חזור לתיקייה: תרגול

5 - טורים

חיפוש בתיקיה
Ctrl K
לחץ כאן או הקש Ctrl K כדי לחפש בכל התיקיה
  • כללי

5 - טורים

01040032

חשבון אינפיניטסימלי 2מ'

רשימות תרגול לקריאה בשבת

טורים

הופק מתוך תקיית התואר של שקד

uni-folder.vercel.app

הגדרה 1 (טור)

∑n=1∞an=lim⁡M→∞∑n=1Man\sum_{n=1}^\infty a_{n}=\lim_{ M \to \infty } \sum_{n=1}^M a_{n}n=1∑∞​an​=M→∞lim​n=1∑M​an​

טור הוא הגבול של סדרת הסכומים החלקיים.

תרגיל

חשבו את הטור ∑n=1∞1n(n+2)\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+2)}n=1∑∞​n(n+2)1​.

נבצע זאת לפי ההגדרה כי כרגע זה כל מה שיש לנו.
לכל n∈Nn \in \mathbb{N}n∈N מתקיים: Sn=∑k=1n1k(k+2)\displaystyle S_{n}=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+2)}Sn​=k=1∑n​k(k+2)1​. נחשב את SnS_{n}Sn​ כמשהו שאפשר להתמודד איתו:

Ak+Bk+2=A(k+2)+Bkk(k+2)=1k(k+2)  ⟹  {2A=1  ⟹  A=12A+B=0  ⟹  B=−A=−12\frac{A}{k}+\frac{B}{k+2}=\frac{A(k+2)+Bk}{k(k+2)}=\frac{1}{k(k+2)} \implies \begin{cases} 2A=1 \implies A=\frac{1}{2} \\ A+B=0\implies B=-A=-\frac{1}{2} \end{cases}kA​+k+2B​=k(k+2)A(k+2)+Bk​=k(k+2)1​⟹{2A=1⟹A=21​A+B=0⟹B=−A=−21​​ Sn=∑k=1n12k−∑k=1n12k+4=12(∑k=1n1k−∑k=1n1k+2)=12(∑k=1n1k−∑k=3n+21k)=S_{n}=\sum_{k=1}^n \frac{1}{2k}-\sum_{k=1}^n \frac{1}{2k+4}=\frac{1}{2}\left( \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}-\sum_{k=1}^n \frac{1}{k+2} \right)=\frac{1}{2}\left( \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}-\sum_{k=3}^{n+2} \frac{1}{k} \right)=Sn​=k=1∑n​2k1​−k=1∑n​2k+41​=21​(k=1∑n​k1​−k=1∑n​k+21​)=21​(k=1∑n​k1​−k=3∑n+2​k1​)= =12(11+12−1n+1−1n+2)=\frac{1}{2}\left( \frac{1}{1}+\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2} \right)=21​(11​+21​−n+11​−n+21​)

כעת נוכל לחשב את הגבול ללא בעיה:

∑n=1∞1n(n+2)=lim⁡n→∞Sn=lim⁡n→∞12(1.5−1n+1−1n+2)=1.52=34\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+2)}=\lim_{ n \to \infty } S_{n}=\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{2}\left( 1.5-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2} \right)=\frac{1.5}{2}=\frac{3}{4}n=1∑∞​n(n+2)1​=n→∞lim​Sn​=n→∞lim​21​(1.5−n+11​−n+21​)=21.5​=43​

לכן, הטור הזה מתכנס ל-34\frac{3}{4}43​.

תרגיל

תהי ana_{n}an​ סדרה מונוטונית יורדת.
א. הוכיחו או הפריכו: אם הטור ∑an\sum a_{n}∑an​ מתכנס אזי lim⁡n→∞nan=0\lim_{ n \to \infty }na_{n}=0limn→∞​nan​=0.
ב. הוכיחו או הפריכו: אם lim⁡n→∞nan=0\lim_{ n \to \infty }na_{n}=0limn→∞​nan​=0 אז ∑an\sum a_{n}∑an​ מתכנס.

הוכחה (א):
ראשית, נשים לב כי an≥0a_{n}\geq 0an​≥0 שכן ∑an\sum a_{n}∑an​ מתכנס ולכן, לפי משפט, lim⁡n→∞an=0\lim_{ n \to \infty }a_{n}=0limn→∞​an​=0 ובנוסף היא מונוטונית יורדת ולכן, מתכנסת לאינפימום שלה שהוא 000 ולכן לכל n∈Nn \in \mathbb{N}n∈N מתקיים an≥0a_{n}\geq 0an​≥0.
יהי ε>0\epsilon>0ε>0.
לפי קריטריון קושי לטורים, קיים N1N_{1}N1​ כך שלכל n,m>N1n,m>N_{1}n,m>N1​ מתקיים ∣Sn−Sm∣<ε|S_{n}-S_{m}|<\epsilon∣Sn​−Sm​∣<ε. זה מתקיים בפרט לכל m>N1m>N_{1}m>N1​ ו-n>2mn>2mn>2m ואז:

∑k=m+1nak=∣∑k=1nak−∑k=1mak∣=∣Sn−Sm∣<ε\sum_{k=m+1}^n a_{k}=\left| \sum_{k=1}^n a_{k}-\sum_{k=1}^m a_{k} \right|=|S_{n}-S_{m}|<\epsilon k=m+1∑n​ak​=​k=1∑n​ak​−k=1∑m​ak​​=∣Sn​−Sm​∣<ε

בסכום שקיבלנו בצד שמאל יש n−mn-mn−m מחוברים כאשר ana_{n}an​ הוא הקטן ביותר לאור היותה של הסדרה מונוטונית יורדת ואז:

∑k=m+1nak=am+1+am+2+⋯+an≥(n−m)an>(n−n2)an=n2an\sum_{k=m+1}^n a_{k}=a_{m+1}+a_{m+2}+\dots+a_{n } \geq (n-m)a_{n}>\left( n-\frac{n}{2} \right)a_{n}=\frac{n}{2}a_{n}k=m+1∑n​ak​=am+1​+am+2​+⋯+an​≥(n−m)an​>(n−2n​)an​=2n​an​

קיבלנו כי n2an<ε\frac{n}{2}a_{n}<\epsilon2n​an​<ε וזה נכון לכל n>2m>N1n>2m>N_{1}n>2m>N1​. קיבלנו שלכל n>2(N1+1)n>2(N_{1}+1)n>2(N1​+1) מתקיים: 12nan<ε2\frac{1}{2}na_{n}< \frac{\epsilon}{2}21​nan​<2ε​ ולכן nan<εna_{n}<\epsilonnan​<ε.
כלומר, ∣nan−0∣=nan<ε|na_{n}-0|=na_{n}<\epsilon∣nan​−0∣=nan​<ε ולכן, לפי הגדרת הגבול lim⁡n→∞an=0\lim_{ n \to \infty }a_{n}=0limn→∞​an​=0 לפי הגדרה.
∎

תשובה ל-ב' בהמשך היום

תרגיל

בדקו את התכנסות הטורים הבאים:

1.  ∑n=1∞(1−1n)n2.  ∑n=1∞1n−ln⁡n3.  ∑n=2∞1ln⁡nn4.  ∑n=1∞sin⁡1nn−ln⁡n5.  ∑n=1∞1n1+1n\begin{align*} 1.\; & \sum_{n=1}^\infty\left( 1-\frac{1}{n} \right)^n \\ 2.\; & \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n-\ln n} \\ 3.\; & \sum_{n=2}^\infty \frac{1}{\ln^nn} \\ 4.\; & \sum_{n=1}^\infty \frac{\sin \frac{1}{n}}{n-\ln n} \\ 5.\; & \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}} \end{align*}1.2.3.4.5.​n=1∑∞​(1−n1​)nn=1∑∞​n−lnn1​n=2∑∞​lnnn1​n=1∑∞​n−lnnsinn1​​n=1∑∞​n1+n1​1​​

פתרון (1):

lim⁡n→∞(1−1n)n=1e\lim_{ n \to \infty } \left( 1-\frac{1}{n} \right)^n=\frac{1}{e}n→∞lim​(1−n1​)n=e1​

נשים לב כי האיבר הכללי לא שואף ל-000 ולכן, לפי שלילת משפט, הטור אינו מתכנס.

פתרון (2):
הטורים ∑1n−ln⁡n,∑1n\sum \frac{1}{n-\ln n},\sum \frac{1}{n}∑n−lnn1​,∑n1​ אי שליליים ובנוסף מתקיים 1n−ln⁡n≥1n\frac{1}{n-\ln n}\geq \frac{1}{n}n−lnn1​≥n1​ ולכן, לפי מבחן ההשוואה לטורים אי שליליים, ∑1n−ln⁡n\sum \frac{1}{n-\ln n}∑n−lnn1​ מתבדר!

פתרון (3):
נוכל להראות שהחל ממקום מסויים מתקיים 1ln⁡nn≤1en\frac{1}{\ln^nn}\leq \frac{1}{e^n}lnnn1​≤en1​ ואז להראות כי ∑(1e)n\sum \left( \frac{1}{e} \right)^n∑(e1​)n מתכנס. (זו סדרה הנדסית אז הכל אחלה - ויייייייי)
נוכל גם להגיד שהטור אי-שלילי והלעזר במבחן השורש:

lim⁡n→∞(1ln⁡n)nn=lim⁡n→∞1ln⁡n=0<1\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ \left( \frac{1}{\ln n} \right)^n }=\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{\ln n}=0< 1n→∞lim​n(lnn1​)n​=n→∞lim​lnn1​=0<1

לכן, לפי מבחן השורש, הטור מתכנס.

פתרון (4):
נשים לב כי הטור אי-שלילי שכן 0<1n≤10< \frac{1}{n}\leq 10<n1​≤1 ובערכים אלו sin⁡1n\sin \frac{1}{n}sinn1​ אי-שלילי.
נשתמש במבחן ההשוואה הגבולי עם הסדרה bn=1n2b_{n}=\frac{1}{n^2}bn​=n21​ (אינטואיציה: sin⁡1n≈1n\sin \frac{1}{n} \approx \frac{1}{n}sinn1​≈n1​ ו-1n−ln⁡n≈1n\frac{1}{n-\ln n} \approx \frac{1}{n}n−lnn1​≈n1​)

lim⁡n→∞1n2sin⁡1nn−ln⁡n=lim⁡n→∞1nsin⁡1nn−ln⁡nn=1⋅1=1\lim_{ n \to \infty } \frac{\frac{1}{n^2}}{\frac{\sin \frac{1}{n}}{n-\ln n}}=\lim_{ n \to \infty } \frac{\frac{1}{n}}{\sin \frac{1}{n}} \frac{n-\ln n}{n}=1\cdot1=1n→∞lim​n−lnnsinn1​​n21​​=n→∞lim​sinn1​n1​​nn−lnn​=1⋅1=1

לכן הטור מתכנס.

פתרון (5):
הטור הזה גם כן הוא חיובי. השאלה היא האם הדבר הזה הולך להתכנס או לא. נשתמש במבחן ההשוואה הגבולי עם 1n\frac{1}{n}n1​ ונקבל:

lim⁡n→∞1n1n1+1n=lim⁡n→∞1n1nnn=lim⁡n→∞nn=1≠0\lim_{ n \to \infty } \frac{\frac{1}{n}}{\frac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}}}=\lim_{ n \to \infty } \frac{\frac{1}{n}}{\frac{1}{n\sqrt[n]{ n }}}=\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ n }=1 \neq 0n→∞lim​n1+n1​1​n1​​=n→∞lim​nnn​1​n1​​=n→∞lim​nn​=1=0

הטור ∑1n\sum \frac{1}{n}∑n1​ מתבדר ולכן הטור מתבדר!

תרגיל

מצאו את כל הערכים של 0≤ϕ≤2π0\leq \phi\leq 2\pi0≤ϕ≤2π עבורם הטור ∑n=1∞sin⁡nϕn\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin^n\phi}{\sqrt{ n }}n=1∑∞​n​sinnϕ​ מתכנס בהחלט/מתכנס בתנאי/מתבדר.

נדרש עכשיו להתחיל לעבור על מקרים.
נתחיל מלבדוק התכנסות בהחלט. כלומר, נתבונן בטור ∑∣sin⁡nϕ∣n\displaystyle \sum \frac{|\sin^n\phi|}{\sqrt{ n }}∑n​∣sinnϕ∣​. כעת, נוכל להשתמש במבחן השורש:

lim⁡n→∞∣sin⁡ϕ∣nnn=lim⁡n→∞∣sin⁡ϕ∣nn=∣sin⁡ϕ∣\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ \frac{|\sin\phi|^n}{\sqrt{ n }} }=\lim_{ n \to \infty } \frac{|\sin\phi|}{\sqrt{ \sqrt[n]{ n } }} =|\sin \phi| n→∞lim​nn​∣sinϕ∣n​​=n→∞lim​nn​​∣sinϕ∣​=∣sinϕ∣

עבור π2,3π2≠ϕ∈[0,2π]\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\neq \phi \in[0,2\pi]2π​,23π​=ϕ∈[0,2π] מתקיים ∣sin⁡ϕ∣<1|\sin \phi|<1∣sinϕ∣<1.
כלומר, לכל ϕ≠π2,3π2\phi \neq \frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}ϕ=2π​,23π​ הטור מתכנס בהחלט.

כעת, נותרנו עם שני חישובים יחידים לבצע, שזה מאוד פשוט :)
עבור ϕ=π2\phi=\frac{\pi}{2}ϕ=2π​ מתקבל הטור ∑1n\sum \frac{1}{\sqrt{ n }}∑n​1​ והוא מתבדר לפי משפט.
עבור ϕ=3π2\phi=\frac{3\pi}{2}ϕ=23π​ מתקבל הטור ∑(−1)nn\sum \frac{(-1)^n}{\sqrt{ n }}∑n​(−1)n​ שהוא טור לייבניץ ולכן מתכנס. ⇐ עבור ϕ=3π2\phi=\frac{3\pi}{2}ϕ=23π​ הטור מתכנס בתנאי.

תרגיל

האם הטור הבא מתכנס בהחלט/בתנאי/מתבדר?

∑n=1∞(−1)n⋅2nln⁡(n+1)\begin{align*} \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n\cdot2}{n\ln(n+1)} \end{align*}n=1∑∞​nln(n+1)(−1)n⋅2​​

פתרון (1):
קל לראות שהוא מתכנס שכן הוא טור לייבניץ, שכן כל החלק שלא מתחלף הוא חיובי, מונוטוני יורד ושואף ל-000.
נבדוק האם הוא מתכנס בהחלט. כלומר, נבדוק האם הטור ∑n=1∞2nln⁡(n+1)\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{2}{n\ln(n+1)}n=1∑∞​nln(n+1)2​ מתכנס.
הטור מתכנס   ⟺  \iff⟺ הטור ∑n=21nln⁡n\sum_{n=2} \frac{1}{n\ln n}∑n=2​nlnn1​ מתכנס לפי מבחן ההשוואה הגבולי.
נבדוק זאת לפי מבחן האינטגרל:

∫2∞1xln⁡xdx=lim⁡M→∞∫2M1xln⁡xdx=↓שיטת ההצבה(t=ln⁡xdt=1xdx)lim⁡M→∞∫ln⁡2ln⁡M1tdt=lim⁡M→∞(ln⁡ln⁡M−ln⁡ln⁡2)=∞\int_{2}^\infty \frac{1}{x\ln x}dx=\lim_{ M \to \infty } \int_{2}^M \frac{1}{x\ln x}dx \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{שיטת ההצבה}} \\ \begin{pmatrix} t=\ln x \\ dt=\frac{1}{x}dx \end{pmatrix} \end{matrix}}{=}\lim_{ M \to \infty } \int_{\ln2}^{\ln M} \frac{1}{t}dt=\lim_{ M \to \infty } (\ln \ln M-\ln \ln2)=\infty2∫∞​xlnx1​dx=M→∞lim​2∫M​xlnx1​dx↓שיטת ההצבה(t=lnxdt=x1​dx​)​=​M→∞lim​ln2∫lnM​t1​dt=M→∞lim​(lnlnM−lnln2)=∞

לכן, הטור ∑n=21nln⁡n\sum_{n=2} \frac{1}{n\ln n}∑n=2​nlnn1​ ולכן, הטור ∑n=1∞2nln⁡(n+1)\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{2}{n\ln(n+1)}n=1∑∞​nln(n+1)2​ מתבדר.

לכן, הטור המקורי שלנו מתכנס בתנאי.