נוספו 2,313 בתים,
07:15, 2 בפברואר 2012 1) היה בתרגול (אוהד פתר), אך לא מופיע במערכי התרגול. לכן אעתיק את הפתרון לכאן:
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=\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>.
נפעיל נימוק זה על התוצאה שקיבלנו, ונקבל ש <math>b_{2^{k+1}}\leq b_n \leq b_{2^k}</math>.
נכפיל ב<math>n</math> (חיובי) את אגפי האי-שוויון: <math>nb_{2^{k+1}}\leq nb_n \leq nb_{2^k}</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>.
ג) ניקח את הסדרה <math>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}...</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).
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 לפי מבחן לייבניץ.
ב)