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这是一篇英国作业为真实分析的限时测试
5CCM221a Analysis I BSc and MSci Examination
A节
1.（15分）令（an）n2N为R和2 R中的序列。
（i）（5分）De ne收敛的概念，lim n！1an = a。
解决方案：（在演讲中介绍）我们说（an）n2N收敛到a并写
limn！1 an = a当且仅当
8“ 2 R> 0 9N 2 N 8n 2 N N：jan aj <”： （ii）（5分）使用收敛的定义，证明lim n！1 1个 nn = 0。 解决方案：（类似于讲座和练习） 令“ 2 R> 0。根据阿基米德原理，存在N 2 N，使得
N> 1
。因此，
8n 2 N N：
1个
nn 0
= 1
nn 1

1个
N <“ 显示断言。 （iii）（5分）计算lim n！1 arctan（n）n2 cos（n） n2 + 4罪（n） 。 解决方案：（类似于讲课和练习中的示例）首先，我们观察到 服务 lim n！1 arctan（n）n2 cos（n） n2 + 4罪（n） = lim n！1 arctan（n）cos（n） 22 1 + 4s（n） 22 ： 由于jsinj和jcosj的边界为1，我们得到sin（n） n2！ 0和cos（n） n2！ 0， 即使用代数规则来限制 lim n！1 arctan（n）n2 cos（n） n2 + 4罪（n） = lim n！1 arctan（n）cos（n） 22 1 + 4s（n） 22 = limn！1 arctan（n） 1个 = 2个 ： 2.（20分）令（an）n2N为R和2 R中的序列。 （i）（5分） 1 X n = 1 和 1 X n = 1 an = a。 解：（在演讲中介绍）对于k 2 N，令sk：= Pk n = 1个然后我们 说 P1 当且仅当（sk）k2N收敛时，n = 1收敛。在那里面 案例，我们写 P1 n = 1 an = a当且仅当sk！ a（k！1）。 （ii）（5分）表明 1 X n = 1 1个 n（n + 1） 是收敛的并计算其极限。 解决方案：（类似于练习）自1 n（n + 1） = n + 1 n n（n + 1） = 1 11 n + 1 观察到部分和sk满足 sk = X n = 1 1个 1个 n + 1 = 1 1 k + 1 ！ 1（k！1）： 因此，该级数收敛， P1 n = 1 1个 n（n + 1） = 1。 （iii）（10分）求所有x 2 R使得 1 X n = 1 n 收敛。 解决方案：（类似于讲座和练习中的示例）使用根 测试 lim n！1 x = lim n！1 X PN = x 我们得到 P1 n = 1 n n对所有x 2 B（0; 1）收敛，对 jxj> 1。
对于x = 1，级数变为
P1
n = 1
（1）n
n是交替的，并且
1个
n＆0，该级数收敛。
对于x = 1，该序列因积分比较而发散，因为
P1
n = 1
1个
n <1 当且仅当limR！1 R 1个 dx x <1但 R 1个 dx X = lnR！ 1： 因此， P1 n = 1 n 当且仅当x 2 [1; n 1）。 Section A 1. (15 points) Let (an)n2N be a sequence in R and a 2 R. (i) (5 points) Dene the notion of convergence and lim n!1an = a. Solution: (covered in lecture) We say (an)n2N converges to a and write limn!1 an = a if and only if 8″ 2 R>0 9N 2 N 8n 2 NN : jan aj < “: (ii) (5 points) Using the denition of convergence, show that lim n!1 1 nn = 0. Solution: (similar to lecture and exercises) Let ” 2 R>0. By the Archimedean Principle, there exists N 2 N such that
N > ” 1
. Hence,
8n 2 NN :
1
nn 0
= 1
nn 1
n
1
N < ” shows the assertion. (iii) (5 points) Compute lim n!1 arctan(n)n2 cos(n) n2 + 4 sin(n) . Solution: (similar to examples in lecture and exercises) First, we ob- serve lim n!1 arctan(n)n2 cos(n) n2 + 4 sin(n) = lim n!1 arctan(n) cos(n) n2 1 + 4sin(n) n2 : Since jsinj and jcosj are bounded by 1, we obtain sin(n) n2 ! 0 and cos(n) n2 ! 0, i.e., using the algebraic rules for limits lim n!1 arctan(n)n2 cos(n) n2 + 4 sin(n) = lim n!1 arctan(n) cos(n) n2 1 + 4sin(n) n2 =limn!1 arctan(n) 1 = 2 : 2. (20 points) Let (an)n2N be a sequence in R and a 2 R. (i) (5 points) Dene the notion of convergence of 1 X n=1 an and 1 X n=1 an = a. Solution: (covered in lecture) For k 2 N, let sk := Pk n=1 an. Then, we say P1 n=1 an is convergent if and only if (sk)k2N is convergent. In that case, we write P1 n=1 an = a if and only if sk ! a (k ! 1). (ii) (5 points) Show that 1 X n=1 1 n(n + 1) is convergent and compute its limit. Solution: (similar to exercises) Since 1 n(n+1) = n+1 n n(n+1) = 1 n 1 n+1 , we observe that the partial sums sk satisfy sk = k X n=1 1 n 1 n + 1 = 1 1 k + 1 ! 1 (k ! 1): Hence, the series converges and P1 n=1 1 n(n+1) = 1. (iii) (10 points) Find all x 2 R such that 1 X n=1 xn n converges. Solution: (similar to examples in lecture and exercises) Using the root test lim n!1 n rxn n = lim n!1 x n pn = x we obtain that P1 n=1 xn n converges for all x 2 B(0; 1) and diverges for jxj > 1.
For x = 1, the series becomes
P1
n=1
( 1)n
n which is alternating and, since
1
n & 0, the series converges.
For x = 1, the series diverges by integral comparison since
P1
n=1
1
n < 1 if and only if limR!1 R R 1 dx x < 1 but Z R 1 dx x = lnR ! 1: Thus, P1 n=1 xn n converges if and only if x 2 [ 1; 1).