א) נניח ש<math>\sum^{\infty } b_n</math> מתכנס. נפעיל את מבחן העיבוי -לכן <math>\sum^{\infty } 2^nb_{2^n}</math> מתכנס, ולפי התנאי ההכרחי זה גורר ש <math>2^nb_{2^n}\rightarrow 0</math>.
לכל n קיים k כך ש- <math>2^k\leq n <2^{k+1} </math> (טענה אלגברית, אין צורך להוכיח - אבל נדמה לי שישירות אפשר לקחת <math>k=\left \lfloor log_2{n} \right \rfloor</math>).
הסדרה <math>\left \{ b_n \right \}</math> יורדת ולכן <math>x<y\rightarrow b_x>b_y</math>.
נשתמש שוב בתוצאה האלגברית: <math>0\leftarrow \frac{1}{2}2^{k+1}b_{2^{k+1}}=2^kb_{2^{k+1}}\leq nb_{2^{k+1}}\leq nb_n \leq nb_{2^k}\leq 2^{k+1}b_{2^k}\rightarrow 0</math>\
ולכן לפי משפט הסנדוויץ' נקבל את הדרוש - , <math>nb_b\rightarrow 0</math>.
ב) דוגמה נגדית: <math>b_n=\frac{1}{n\cdot ln(n)}</math>. ממבחן העיבוי הטור <math>\sum b_n</math> מתבדר, אך בכל זאת <math>nb_n=\frac{1}{ ln(n)}\rightarrow 0</math>.
2)א) נבדוק התכנסות בהחלט: ברור שהטור <math>\sum cos(\frac{1}{n})</math> מתבדר לפי התנאי ההכרחי, שכן <math>\lim_{n \to \infty }cos(\frac{1}{n})=cos0=1</math> שונה מ0.
הטור מתכנס בתנאי מתבדר לפי מבחן לייבניץהתנאי ההכרחי.(כי <math>\lim_{n \to \infty }a_n=0\leftrightarrow \lim_{n \to \infty }(-1)^na_n=0</math>)
ב)נבדוק התכנסות בהחלט: <math>\sum \begin{pmatrix}2n\\ n\end{pmatrix}\frac{1}{2^{3n}}=:\sum a_n</math>. נוכיח התכנסות בהחלט ע"י שימוש במבחן המנה: <math>\frac{a_{n+1}}{a_n}= \begin{pmatrix}2n+2\\ n+1\end{pmatrix}\frac{1}{2^{3n+3}}\cdot \frac{2^{3n}}{\begin{pmatrix}2n\\ n\end{pmatrix}}=</math> <math>=\frac{(2n+2)!}{(n+1)!^2}\cdot \frac{n!^2}{(2n)!\cdot 2^3}=\frac{(2n+2)!}{(n+1)^2}\cdot \frac{1}{8(2n)!}=\frac{(2n+1)(2n+2)}{8(n+1)^2}=\frac{2n+1}{4n+4}</math> נעבור לגבול: <math>\lim_{n \to \infty }\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n \to \infty }\frac{2n+1}{4n+4}=\frac{1}{2}<1</math>, לכן הטור מתכנס בהחלט, ובפרט מתכנס.