ולכן לפי [[משפט הסנדוויץ']] נקבל את הדרוש, <math>nb_b\rightarrow 0</math>.
(דרך נוספת):
נוכיח ש <math>2nb_{2n}\to 0</math> וכן <math>(2n+1)b_{2n+1}\to 0</math>
ומכאן נסיק הדרוש.(כי אם תת הסדרה של האיברים במקומות הזוגיים שואפת לאפס וכן תת הסדרה של האיברים במקומות האי זוגיים שואפת לאפס אז כך גם הסדרה ). אם נסמן את סדרת הסכומיים החלקיים של הטור המתכנס <math>\sum^{\infty } b_n</math> ב <math>S_n</math> אז בגלל שהטור מתכנס מתקיים
<math>S_{2n}-S_n\to 0</math> וכן
<math>S_{2n+1}-S_{n}\to 0</math>. מההתכנסות הראשונה נקבל ש <math>b_{n+1}+b_{n+2}+\cdots b_{2n} \to 0</math>. מכיון שהסדרה מונוטונית יורדת נקבל <math>0<nb_{2n}<b_{n+1}+b_{n+2}+\cdots b_{2n} </math>
נכפיל את אי השוויונים ב2 ונשתמש [[משפט הסנדוויץ']] כדי לקבל <math>2nb_{2n}\to 0</math>.
מההתכנסות השניה ומשיקולים דומים נקבל ש <math>(2n+2)b_{2n+1}\to 0</math> אבל
<math>0<(2n+1)b_{2n+1}<(2n+2)b_{2n+1}\to 0</math> ולכן שוב מ[[משפט הסנדוויץ']] נקבל ש <math>(2n+1)b_{2n+1}\to 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>.