פתרון אינפי 1, תשנ"ט, מועד ב,

1) היה בתרגול (אוהד פתר), אך לא מופיע במערכי התרגול. לכן אעתיק את הפתרון לכאן:

א) נניח ש$\sum^{\infty } b_n$ מתכנס. נפעיל את מבחן העיבוי -לכן $\sum^{\infty } 2^nb_{2^n}$ מתכנס, ולפי התנאי ההכרחי זה גורר ש $2^nb_{2^n}\rightarrow 0$.

לכל n קיים k כך ש- $2^k\leq n <2^{k+1}$ (טענה אלגברית, אין צורך להוכיח - אבל נדמה לי שישירות אפשר לקחת עיבוד הנוסחה נכשל (שגיאת תחביר): k=\lfloor log_2{n} \right \rfloor ).

הסדרה $\left \{ b_n \right \}$ יורדת ולכן $x<y\rightarrow b_x>b_y$.

נפעיל נימוק זה על התוצאה שקיבלנו, ונקבל ש $b_{2^{k+1}}\leq b_n \leq b_{2^k}$.

נכפיל ב$n$ (חיובי) את אגפי האי-שוויון: $nb_{2^{k+1}}\leq nb_n \leq nb_{2^k}$

נשתמש שוב בתוצאה האלגברית: $0\leftarrow \frac{1}{2}2^{k+1}b_{2^{k+1}}=2^kb_{2^{k+1}}\leq nb_{2^{k+1}}\leq nb_n \leq nb_{2^k}\leq 2^{k+1}b_{2^k}\rightarrow 0$\

ולכן לפי משפט הסנדוויץ' נקבל את הדרוש - $nb_b\rightarrow 0$.

ב) דוגמה נגדית: $b_n=\frac{1}{n\cdot ln(n)}$. ממבחן העיבוי הטור $\sum b_n$ מתבדר, אך בכל זאת $nb_n=\frac{1}{ ln(n)}\rightarrow 0$.

ג) ניקח את הסדרה $b_n=\left\{\begin{matrix} 2^{-k} &\exists k \in \mathbb{N}:n=2^k \\ 0 & else \end{matrix}\right.=1,\frac{1}{2},0,\frac{1}{4},0,0,0,\frac{1}{8}...$.

הטור $\sum b_n$ מתכנס (טור גיאומטרי עם אפסים שלא משפיעים), אבל בכל זאת $nb_n=1,1,0,1,0,0,0,1...$ 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).

2)א) נבדוק התכנסות בהחלט: ברור שהטור $\sum cos(\frac{1}{n})$ מתבדר לפי התנאי ההכרחי, שכן $\lim_{n \to \infty }cos(\frac{1}{n})=cos0=1$ שונה מ0.

הטור מתכנס בתנאי לפי מבחן לייבניץ.

ב)