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>.
\end{matrix}\right.=1,\frac{1}{2},0,\frac{1}{4},0,0,0,\frac{1}{8}...</math>.
הטור <math>\sum b_n</math> מתכנס ([[טור גיאומטרי ]] עם אפסים שלא משפיעים), אבל בכל זאת <math>nb_n=1,1,0,1,0,0,0,1...</math> אינו מתכנס שכן יש לו תת סדרה ששווה 1 ובפרט שואפת לאחת (וידוע שאם סדרה מתכנסת לגבול אז גם כל תת סדרה שלה מתכנסת אליו).
==שאלה 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 מתבדר לפי התנאי ההכרחי. (כי <math>\lim_{n \to \infty }a_n=0\leftrightarrow \lim_{n \to \infty }(-1)^na_n=0</math>)
מתקיים <math>\forall n \in \mathbb{N}: e^n\geq \frac{1}{n}\Rightarrow n\geq log(\frac{1}{n})\Rightarrow \frac{1}{n}\leq \frac{1}{log(\frac{1}{n})}</math>
(שני האגפים חיוביים ולוג היא [[פונקצייה עולה]]. סימַנו כאן ln בתור לוג), ולכן ממבחן מ[[מבחן ההשוואה ]] נובע שהתבדרות הטור ההרמוני גוררת את התבדרות הטור שלנו, ולכן הטור אינו מתכנס בהחלט. (למישהו יש נימוק יותר שגרתי?)
הטור כפול -1 מתכנס בתנאי לפי [[משפט לייבניץ]], ולכן הטור שלנו [[טור מתכנס בתנאי |מתכנס בתנאי]] אף הוא (כפל בקבוע לא משנה להתכנסות). (הכפלתי משום שהטור עולה במקום יורד, ואנחנו ניסחנו את לייבניץ עבור סדרה יורדת)
==שאלה 3==
==שאלה 5==
5)א) [[אקסיומת השלמות]]: תהי <math>A\subset \mathbb{R}</math>. אם <math>A \neq \varnothing </math> וגם <math>A</math> חסומה מלעיל, אזי יש ל<math>A</math> חסם עליון.
ב)הלמה של קנטור - מופיעה ברשימת המשפטים. הניסוח שם: