Hello, dear friend, you can consult us at any time if you have any questions, add WeChat: daixieit


MATH2039W1


SEMESTER 1 EXAMINATION 2020/21

MATH2039 Analysis


 

1.   (a) [6 marks] For the set S defined as S = [2, 3] u {5} u {8}, determine whether it has an infimum and/or a supremum and justify your answers.

(b) [10 marks] Let S = {  ln, m e N}. Determine inf(S) and sup(S), if they

exist. Using the definitions of infimum and supremum, justify your answers.

(c) [9 marks] Prove the following statement: Let S be a set with an infimum inf(S). For every ε > 0 there is a point a e S such that

inf(S) < a < inf(S) + ε.

 

2.   (a) [9 marks] Show that if a sequence of real numbers (an )neN is non-increasing and bounded below, then it converges and

lim an = inf{an , n e N}.

(b) [8 marks] Prove that the sequence (an )neN defined by

an = n2 + 1, n e N

diverges to infinity.

(c) [8 marks] Prove that the sequence (an )neN defined by

an = (-1)n + , n e N

does not converge.

 

3.   (a) Prove, using the appropriate definitions, that the function f (x) = x3 is

(i) [8 marks] continuous at all points of 皿.

(ii) [5 marks] uniformly continuous on the interval [1, 2].

(iii [5 marks] not uniformly continuous on 皿.

(b) [7 marks] Using the mean value theorem, or otherwise, show that the function f (x) = sin x is decreasing on the interval [ , π].

 

4.   (a) [8 marks] Evaluate the following limit if it exists and justify all steps in your

calculation:

(b) [5 marks] Show that the improper integral

diverges, but that

lim

M-o

 

M

 

-M

 

dx = 0. 1 + x4

(c) [12 marks] Determine the radius and interval of convergence for the power series

 

 (3x - 4)n .

n=0

 



Solutions


 

1.   (a) (Similar to exercises) [ m之sdo] Set S is bounded below by 2 (since    [2, 3] = {x e 皿l2 < x < 3}, 2 < 5 and 2 < 8. Therefore, by the

completeness axiom it has an infimum. Since 2 e S and 2 is a lower bound, it follows that 2 = inf(S).

Similarly, S is bounded above by 8 and so it has a supremum. Since 8 is an upper bound and 8 e S, we have 8 = sup(S).

Since S is bounded above and below, it is bounded.

(b) (Similar to exercises) [←尸 m之sdo] Set S = {  ln, m e N} is not bounded above. Taking m = 1 we see that, for example S contains N as a subset, which is not bounded. Therefore S has no supremum.

Since  > 0 for all m, n e N, S is bounded below by 0, and hence by

completeness axiom, it has an infimum. Considering the subset of S in which     n = 1, we have that S contains elements  for all m e N. It is enough to show that 0 is the infimum of this subset. We have already seen that 0 is a lower          bound. Suppose that 1 > 6 > 0 is another lower bound. By the Archimedean     property there exists m0  e N such that

m0  > - log3 6

Now,

3m0   > 3- log3 e = 1

Rearranging the inequality, we get  < 6 contradicting the assumption that 6 is a lower bound. Therefor inf(S) = 0 and since  is never 0, inf(S)  S.

(c) (Similar to exercises) [9 m之sdo] Suppose, for a contradiction, that there is no such   a e S. Then, there is an ε > 0 such that for all a e S either a 2 inf(S) + ε or a < inf(S). The case a < inf(S) contradicts the first property of the infimum.   Hence for all a e S we have a 2 s0 = inf(S) + ε. Thus s0 is a lower bound for S. Hence, by the second property of infimum, inf(S) 2 s0 = inf(S) + ε         implying ε = 0, which gives a contradiction.

 

2.   (a) (Similar to exercises) [9 m之sdo] The set {an , n e N} is bounded below and hence has an infimum. Assume L = inf{an , n e N}.

By the approximation property for infimum, for any given ε > 0 3n0  e N such that

L < an0   < L + ε.

Now, for n > n0 we have

lan - Ll = an - L < an0  - L < ε.

Since ε > 0 was arbitrary, we have proved that

Vε > 0 3n0  e N such that lan - Ll < ε, Vn > n0 .

That is, we have shown that L = limn-o an .

(b) (Similar to exercises) [ m之sdo] Let K >  0 be given. By the Archimedean property

there exists n0  e N such that n0  > ,K. Now, for n > n0 we have n2 + 1 > n0(2) + 1 > n0(2)  > K.

Since K > 0 was arbitrary, we have proved that the sequence (n2 + 1)neN diverges to infinity and we write limn-o (n2 + 1) = o.

(c) (Similar to exercises) [ m之sdo]

We prove that (an ) is a not Cauchy sequence. That is,

3ε > 0  such that Vn0  e N 3p, q e N with p, q > n0 and la - ap l 2 ε.

Taking ε = 1, n0  e N, p = n0 , q = n0 + 1, we get

lan0 +1 - an0 l = l(-1)n0 +1 +  l - (-1)n0  -  l =

l2(-1)n0 +1 +  -  l = l2(-1)n0 +1 -  l.

For n0 even, this becomes

l - 2 -  l = 2 +  > 1

and for n0 odd, it becomes l2 -  l > 1.

Since the sequence (an ) is not a Cauchy sequence, it doesn’t converge.          Alternatively, one can identify the subsequence (a2k)k eN which converges to 1 and the subsequence (a2k -1 )k eN which converges to -1. Since (an )neN has two convergent subsequences which converge to different limits, the sequence (an )neN diverges.

 

3.   (a)  (i) (Similar to exercises) [ m之sdo] To show that f (x) = x3 is a continuous function on 皿, we show that f is continuous at a e 皿.

That is, Vε > 0 3δ > 0 such that for x e S,

lx - al < δ  =÷  lf (x) - f (a)l < ε. Let ε > 0 be given. Consider lx3 - a3 l = lx - allx2 + ax + a2 l and restrict lx - al <  , getting x <  .

Now, lx3 - a3 l = lx - allx2 + ax + a2 l < lx - al( +  + lal2 ) = lx - ala2 = Clx - al, with C = a2 . Choosing δ < min{ , } we get lx3 - a3 l < Clx - al < ε.

Since ε > 0 was arbitrary, we have shown that the function f (x) = x3 is continuous at a e 皿. Since a e was arbitrary, we have proved that the function is continuous on 皿.

(ii) (Similar to exercises) [θ m之sdo] Let ε > 0, choose δ =  . For

x, y e [1, 2],  lx - yl < δ follows

lx3 -y3 l = lx-yllx2 +yx+y2 l < lx-yl3 max{lxl2 , lyl2 } < 12lx-yl < ε. Since ε > 0 was arbitrary, we have shown that the function is uniformly           continuous on [1, 2].

(iii) (Similar to exercises) [θ m之sdo] To see that f is not uniformly continuous on 皿, we argue by contradiction. We start with a bit of algebra, namely

lf (x) - f (a)l = lx3 - a3 l = lx - al lx2 + ax + a2 l. To say that f is NOT uniformly continuous is to say that there exists ε > 0 such that for all δ > 0  there exist x, a in 皿, with lx - al < δ and lf (x) - f (a)l 2 ε .

We will show this for ε = 1 (in fact it works for any ε > 0). Fix δ > 0. We       need to find x, a with lx - al < δ but with lx3 - a3 l 2 ε = 1. To ensure that lx - al < δ let us choose x to be a + . We consider what happens as         a - o. We have

lx3 - a3 l = lx - al lx2 + xa + a2 l =  ((a + )2 + a(a + ) + a2 ) 2 a2 δ . For a 2 1/,δ we have a2 δ 2 ε = 1.

Thus, we see that for any fixed δ, if a is large enough, that is, for a 2 1/,δ we can find a value of x with lx - al < δ, but with lx3 - a3 l 2 1.

(b) (Similar to exercises) [ m之sdo] Since f/ (x) = cos(x) < 0 for x e (  , π) we conclude that f (x) = sin x is decreasing on the interval [ , π].

Alternatively, using the MVT : Let x1 , x2  e [ , π] and x1  < x2 . We want to show that f (x1 ) > f (x2 ). Consider the interval [x1 , x2] and apply the MVT with the   function f and this interval. Since f is differentiable on 皿 it is continues on

[x1 , x2] and differentiable on (x1 , x2 ). By the MVT there exists c e (x1 , x2 ) such

 

that

f (x2 ) - f (x1 )

x2 - x1        .

Since f/ (c) = cos(c) < 0 and x2  > x1 , it must be f (x2 ) < f (x1 ) as required.


 

4.   (a) (Similar to exercises) [ m之sdo]

This is an example of the indeterminate form 1o which, using some algebraic      manipulations, is transformed into the indeterminate form  , where l’Hopital’s rule is used to calculate the limit.

We write

g(l)im-o  ╱ g =g(l)im-o  ╱exp ln( )g =g(l)im-o exp x ln().

Because of continuity of the exponential function, we can write

x - 2                              x - 2

g-o                          x                  g-o                x

Now, the exponent has indeterminate form o . 0. We convert the exponent into the indeterminate form  by writing

exp g(l)im-o x ln() = exp g(l)im-o  .

Finally, applying the l’Hopital’s rule, we get

exp lim ln( ) = exp lim   () = e-2 .

g                                           g2

 

(b) (Similar to exercises) [θ m之sdo] We first need to write   -o(o)   dx as the sum of two improper integrals, for instance

o     x3                        0      x3                       o    x3    

-o 1 + x4                  -o 1 + x4                 0      1 + x4

and then evaluate the two resulting improper integrals separately. So,

   x3                                        M    x3    

0      1 + x4                   M-o    0      1 + x4

   x3    

M-o    0      1 + x4

=  lMim-o  ╱  ln(1 + M4 ) -  ln 1= o,

 

 

and so the original improper integral   -o(o) dx diverges.

However, when we evaluate limM-o   -M(M)   dx, we get

lMim-o    -M(M)  dx  =  lMim-o   ╱ln(1 + M4 ) - ln(1 + (-M)4= 0.

(c) (Similar to exercises) [←… m之sdo] The radius of convergence is  , and interval of convergence is (-7, ) :

Apply the ratio test and calculate:

(3x - 4)n+1/52(n+1) │     1                    3  │       4 │

 

 

Hence, this series converges absolutely for  │x -  │ < 1, that is for

│x -  │ < , and so the radius of convergence is . We now need to check the endpoints of the interval (-7, ).

 


At x = -7, the series becomes     (3(-7) - 4)n /52n = which diverges by the n-th term test for divergence.

At x = , the series becomes     (3(29/3) - 4)n /52n = diverges by the n-th term test for divergence.


(-1)n ,

 

1, which


So, the series converges absolutely for all x in the open interval (-7, ), and diverges elsewhere.