本次英国代写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
ñ
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
ñ
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
ñ
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
ñ
x
ñ
= lim n！1
X
ñPN
= 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) De ne 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 de nition 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) De ne 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).