ECON6003/6703 Mathematical Methods for Economics Problem Set 2 (Solutions)

1  Limits of  Sequences of Real numbers

Exercise  1.  Use the definition of the limit of a sequence directly to show that limn!1 an = 2, where

an   = That is, explicitly exhibit an integer N"

Solution. Consider

6 n ¡ 1

such that if n N" , jan ¡ 2j < ".

6n ¡ 1

3n+ 2

=    ¡3n(1)2(4)  = :

Now pick any " > 0. Whenver n is such that 5/(3 n + 2) < " or n >  , then

jan  ¡ 2j < ".  Now choose N"  to be the smallest positive   greater than  .

,

jan ¡ 2j  <  "       8n N" :

Exercise 2. Use the Sandwich Theorem to show that limn!1 an =0 where

an =pn2 + 2 ¡ n

Hint: You may verify an  0 for all n. Next, find a sequence cn  by creating a suit- able upper bound for each an , so that an  cn  and limn!1cn = 0. Then apply the Sandwich Theorem .

Solution. We will first show that 0an   .

an   =  pn2 + 2 ¡ n

   rn2 + 2 +  ¡ n

=  p(n+1/n)2 ¡ n

=  (n+1/n) ¡ n=1/n:

Also, note that an > pn2  ¡ n = 0. Thus, we have shown that 0  an   . By the

Exercise 3. Fix positive integers k and ` and let

an =nk /(1+n`)

Calculate limn!1 an for different cases when k >`, k =` and k <`.

Solution.  First consider xn = np  where p is an integer. I leave it to you to con- vince yourself that if p > 0, then xn ! 1 and xn ! 0 if p < 0. When p = 0, np = 1 and hence xn ! 1.

First write

nk    

1 + n`

nk              

=

=                   

where p=(k ¡ `) and q = ¡`.

Since q < 0,  the denominator nq  + 1 ! 1.  So the limit of an  is the limit of the numerator divided by 1. For the limit of the numerator, we have three cases.

Case 1: k =`.  Now, p=0 and hence limn!1np = 1. Therefore limn!1an = 1    Case 2: k <`. Now, p < 0 and hence limn!1np =0. Therefore  limn!1an =0.   Case 3: k >`.  Now, p > 0 and hence limn!1np = 1. Therefore limn!1an = 1.

Exercise 4. In Economic models, typically the sequences under consideration are generated endogenously  for example you may choose the capital stock in period one, and the production as well as the consumption determines the capital stock in the next period and so one. In other words, the next element of the sequence is defined recursively  using the previous elements. In this problem, the sequence is defineed recursively and you are asked to find its limiting properties.

Assume x1 2 (0; 1). For n  1, let xn+1 =1 ¡ p1 ¡ xn . Show that xn ! 0.      Hint: Use induction to show that xn is a monotonically decreasing sequence.

Solution.  By assumption 0 < x1  < 1.  Now let us make the hypothesis that we

have shown that 0 < xn  < 1    for an arbitrarily chosen integer n.   Then 0 < (1 ¡

than the number itself. Therefore,

(1 ¡ xn)  <  p1 ¡  xn  < 1      )       1 ¡ (1 ¡ xn)  >  1 ¡ p1 ¡ xn  > 0

i:e:        xn    >  xn+1 > 0

(1)

Thus, it follows from (1) that 0 < xn+1 < 1. By induction this is true for all n.

Note that  (1) also tells us that xn  is a monotone decreasing sequence bounded below. It must therefore converge, i.e. xn ! L for some L. How do we know L = 0? We take limits across the identity that defines xn :

lim xn+1   =   lim (1 ¡ p1 ¡ xn )

or                L  =   (1  ¡ p1 ¡ L):

or        (1 ¡ L)  =   p(1 ¡ L):                                                  (2)

There are two solutions to the above equation, L = 0 or L = 1 in general. How-

ever, if L = 1 it taken to be the solution, we get a contradiction  since 1 ¡ xn >

L=0.

Exercise 5. Let an ! a. Consider the infinite set

S   =  fa ; a1 ; :::; an ; :::; g:

Is this set closed? Is it also compact?

Solution.  Assume that a is finite.  (If a = 1, the set S does not make sense). Take any infinite sequence (xn) such that xn 2 S for all n. I will leave it to you to to show that xn  ! a since an  ! a.  Since the limit a 2 S, S is closed.  It is also bounded, since an  converges and every convergent sequence is bounded. Hence, S is also bounded. Therefore, it is compact.

Exercise 6.  Let xn  be an infinite sequence in S  Rn  such that limn!1 _xn = x. Show that if S is closed, then x 2 S.

Solution. Assume, by way of contradiction, that x  S even though xn 2 S for all S and S is closed. That is x 2 Sc , and Sc  is an open set. Therefore, x must be an interior point of Sc , i.e. there exists an " > 0 such that B" (x)  Sc , i.e.  every y such that d(x ; y) < " must lie in Sc . Therefore, we cannot find infinitely many ele- ments  of xn  that are of distance less than " from x, since by assumption all xn 2 S. That contradicts that fact that limn!1xn = x.

Exercise  7.  Let  S    R be closed and bounded set, i.e.  compact and  c  = supremum(S). Show that c 2 S.

Solution.  By the definition of a supremum, for each integer n  1, there exists

xn 2 S such that  c ¡  < xn  c. Applying the Sandwich Theorem , we conclude

2  Continuity

Exercise 8.  Consider the function f(x) = x/jxj if x  0 and f(0) = A. Examine the continuity of f at 0. Is there are value of A such that f can be made contin- uous?

Solution.  Note that jxj = x whenever x > 0 and jxj = ¡x when x < 0. Therefore

8 1     if x > 0

f(x)  =   : ¡A

Take any sequence xn ! 0 such that xn < 0. Then f(xn) = ¡ 1 and hence f(xn) !

limn!1f(xn)=limn!1f(yn).

Note  1.  For  the  following  problems,  it  is  useful to  note that  for every  real number x0 , it is possible to find two sequences an  and bn  such that an  ! x0  and bn ! x0 but for every n,  an is a rational number while bn is an irrational number.

Exercise 9.  In each case, give examples of two functions f and g such that nei- ther f is continuous nor g is continuous but a). f + g is continuous and b). f  g is continuous.

Solution.  For part (a), take f and g as in Question 12. Let h = f + g , that is for any x, h(x) = f(x) + g(x).   If x is rational, then h(x) = 1 + 2 = 3 and otherwise h(x) = 2 + 1 = 3. Since h is  constant, it is continuous.    However, neither f nor g is continuous on its own.

For part (b), h(x) = f(x)  g(x). If x is rational, then h(x) = 1  2 = 2 and if x is not rational, then h(x) = 2  1 = 2.

Exercise 10. Consider the two functions:

f(x)  =   

g(x)  =   

1. Is f a continuous function? What about g?