\documentclass{article}
%\usepackage[dutch]{babel}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{enumitem}

\title{Examen Analyse 2024 }

\author{Neem $\epsilon>0$ willekeurig}
\date{26 juni 2024}

\setcounter{secnumdepth}{0}
\def\R{\mathbb{R}}
\def\N{\mathbb{N}}
\def\Q{\mathbb{Q}}

\begin{document}
\maketitle

\section{Vragen}
\subsection{Vraag 1}
\begin{enumerate}[label=\alph*)]
\item Zij $a<b \in \R$. Zij $f:[a, b] \to [a, b]$ een continue functie. Toon aan dat er een  $ x \in [a, b]$ bestaat zodat $ f(x)=x$.
\end{enumerate}
Geldt deze uitspraak nog steeds voor de volgende gevallen? Bewijs of geef een tegenvoorbeeld.
\begin{enumerate}[resume*]
\item Als $f:[a, b] \to [a, b]$ niet continu?
\item Als $f: \left] 0,1\right[ \to \left] 0,1\right[$  continu?
\item Als $f: \left[0,+\infty \right[ \to \left[0,+\infty \right[$ continu?
\end{enumerate}

\subsection{Vraag 2}
\begin{enumerate}[label=\alph*)]
\item Zij $R \in \R_{0}^{+}$. Zij $f: \left]-R, R\right[ \to \R$ een functie die minstens $k \geq 1$ keer afleidbaar is. Stel dat er getallen $-R<a_{1}<...<a_{k+1}<R$ zijn zodat $f\left(a_{i}\right)=0$ voor alle $i \in \{1, ..., k+1\}$. Toon aan dat er een $b \in \left] a_{1}, a_{k+1}\right[$ bestaat zodat $f^{(k)}(b)=0$.
\item Zij $f$ een machtreeks gedefinieerd door $f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} c_{n} x^{n}$ met als convergentiestraal $R \in \R_{0}^{+}$ en stel dat er een rij $\left(a_{n}\right)_{n}$ in $\left]-R, R\right[ \backslash \{0\}$ is die convergeert naar $0$ en waarvoor geldt dat $f\left(a_{n}\right)=0$ voor alle $n \in \N$. Toon aan dat $f=0$.
\end{enumerate}

\subsection{Vraag 3}
Zij $C([0,1])$ de verzameling continue functies van $[0,1]$ naar $\R$ uitgerust met de supremummetriek $d_{\infty}$. Zij $\rho_{x}: C([0,1]) \to \R: f \mapsto \rho_{x}(f)=f(x)$ voor $x \in[0,1]$. Zij $A \subseteq C([0,1])$. Bewijs  of geef een tegenvoorbeeld voor de volgende uitspraken.
\begin{enumerate}[label=\alph*)]
\item Stel dat $A$ compact is. Dan is $\rho_{x}(A)$ compact voor alle $x \in[0,1]$.
\item Stel dat $A$ open is. Dan is $\rho_{x}(A)$ open voor alle $x \in[0,1]$.
\end{enumerate}

\section{Oplossingen}
Zoals gewoonlijk zijn dit de oplossingen van een student.

\subsection*{Vraag 1}
\begin{enumerate}[label=\alph*)]
\item Neem aan dat $f(a) \neq a$ en $f(b) \neq b$, want in deze gevallen is de uitspraak triviaal. Dus moet $f(a)>a$ en $f(b)<b$. Zij nu $g(x)=f(x)-x$. Dan is $g$ continu, want $f$ en $I_\R$ zijn beide continu. Nu is $g(a)=f(a)-a>0$ en is $g(b)=f(b)-b<0$. Omdat $g$ gedefinieerd is op een interval, volgt uit de tussenwaardestelling dat er een $x \in \left] a, b \right[$ zodat $g(x)=0$ en dus $f(x)=x$.
\item Deze uitspraak is niet waar. Zij $a=0$, $b=1$ en
\[
f:[a, b] \to [a, b]: x \mapsto f(x)=\left\{\begin{array}{c l}\frac{1}{2} &\text{ als } x \in\left[0, \frac{1}{2} \right[ \\ 0 &\text{ als } x \in\left[\frac{1}{2}, 1\right]\end{array}\right.
\]
Dan is het meteen duidelijk dat $f$ een tegenvoorbeeld is, want de enige twee waarden die $f$ kan aannemen zijn $\frac{1}{2}$ en $0$, maar $f\left(\frac{1}{2}\right) = 0$ en $f(0) = \frac{1}{2}$.
\item Neem $f: \left] 0,1\right[ \to \left] 0,1\right[: x \mapsto f(x) = x^2$. Dan volgt dat als $f(x) = x$, dan $x^2-x=0$ en dus $x \cdot(x-1)=0$. Dus is $x=0$ of $x=1$. Dit kan niet, want zowel $0$ als $1$ behoort niet tot $\left] 0,1\right[$.
\item Neem $f: \left[0,+\infty \right[ \to \left[0,+\infty \right[: x \mapsto f(x)=x+1$. Dan volgt dat als $f(x) = x$, dat $x = x+1$ en dus $0=1$. Per definitie van $\R$ is dit niet zo en dus bestaat een zulke $x$ niet.
\end{enumerate}

\subsection{Vraag 2}
\begin{enumerate}[label=\alph*)]
\item

We bewijzen dit via inductie op $k$.
\begin{itemize}
\item Basisgeval: $k=1$

Als $k=1$ hebben we $-R<a_{1}<a_{2}<R$ zodat $f\left(a_{1}\right)=f\left(a_{2}\right)=0$. Gezien $f$ afleidbaar is op $\left]-R, R\right[$ is $f$ ook afleidbaar en continu op $\left[a_{1}, a_{2}\right]$. Nu volgt uit de middelwaardestelling van Rolle dat er een $b \in \left] a_{1}, a_{2}\right[$ bestaat zodat $f^{\prime}(b)=0$.

\item Inductiestap: Stel dat er voor $k-1$, met $k \ge2$ willekeurig, en elke zulke $f$ en $a_i$ een $b \in \left] a_1, a_k \right[$ bestaat zodat $f^{(k-1)}(b)=0$.

Neem nu een strikt stijgende rij $\left(a_{n}\right)_{n \in\{1, ..., k+1\}}$ zodat $f\left(a_{i}\right)=0$ voor alle $i \le k+1$. Omdat $f$ afleidbaar is op het interval $\left[a_{i}, a_{i+1}\right]$, volgt uit de middelwaardestelling van Rolle dat er telkens een $b_i \in \left]a_{i}, a_{i+1}\right[$ bestaat zodat $f'(b_i) = 0$ voor elke $i \le k$. Nu is $a_{1} < b_1 <...<b_k <a_{k+1}$ en is $f'$ nog $k-1$ keer afleidbaar. Dus nu volgt uit de inductiehypothese dat er een $b \in \left] a_1, a_k \right[$ bestaat zodat $\left(f'\right)^{(k-1)}(b) =f^{(k)}(b)=0$.
\end{itemize}

\item Omdat $f$ gedefinieerd is als een machtsreeks, is $f$ onbeperkt afleidbaar en dus is elke afgeleide van $f$ ook continu. We tonen aan dat $f^{(n)}(0) =0$ voor alle $n \in \N$. Neem een rij $\left(b_{k}\right)_{k} \in \left]a_k, a_{k+n+1}\right[$ zodat $f^{(n)}\left(b_{k}\right)=0$ voor alle $k \in \N$. Uit deel a) volgt dat kan. Omdat $a_k$ convergeert naar $0$, volgt uit de insluitstelling dat $b_k$ ook convergeert naar $0$. Omdat de $n$-de afgeleide van $f$ steeds continu is,  is $0=\lim _{k \to \infty} f^{(n)}\left(b_{k}\right)=f^{(n)}(\lim _{k \to \infty} b_k) = f^{(n)}(0)$ voor alle $n \in \N$. Aangezien $f^{(n)}(0)=k!c_{n}$ moet nu $c_{n}=0$ voor alle $n$ en dus volgt dat $f=0$.
\end{enumerate}

\subsection{Vraag 3}

\begin{enumerate}[label=\alph*)]

\item Neem aan dat $A$ compact is. We tonen aan dat $\rho_{x}(A)$ rijcompact is voor alle $x \in[0,1]$. Neem $x \in[0,1]$ willekeurig. Zij $\left(a_{n}\right)_{n}$ een willekeurige rij in $\rho_{x}(A)$. Er is dan een rij van functies $\left(f_{n}\right)_{n}$ in $A$ zodat $f_{n}(x)=a_{n}$ voor alle $n$. Omdat $A$ compact en dus rijcompact is, heeft $\left(f_{n}\right)_{n}$ een convergente deelrij $\left(f_{n_{k}}\right)_{k}$ met limiet $f \in A$. Dan is er voor elke $\epsilon>0$ een $n_{0} \in \N$ zodat voor alle $n \geq n_{0}$ en $x \in [0,1]$ geldt dat $\left|f_{n_{k}}(x)-f(x)\right|<\epsilon$. Dus is $\left(a_{n_{k}}\right)_{k}$ een convergente deelrij van $\left(a_{n}\right)_{n}$ met limiet $f(x) \in \rho_{x}(A)$. Omdat $x, \epsilon$ en $\left(a_{n}\right)_{n}$ willekeurig gekozen waren, volgt dat $\rho_{x}(A)$ rijcompact en dus compact is voor elke $x \in [0,1]$.


\item Neem aan dat $A$ open is. Neem $a \in \rho_{x}(A)$ willekeurig. Er is dan een $f \in A$ zodat $f(x)=a$. Omdat $A$ open is, is er een $\epsilon>0$ zodat $B(f, \epsilon) \subseteq A$. We tonen aan dat $\left]a- \epsilon, a+\epsilon\right[ \subseteq \rho_{x}(A)$. Neem $b \in \left]a- \epsilon, a+\epsilon\right[$ willekeurig. Zij $g=f-a+b$. Dan is $d_{\infty}(f, g) = |b-a|<\epsilon$ en dus is $g \in A$. Nu is $g(x)=f(x)-a+b=b$. Dus is $b \in \rho_{x}(A)$. Dus zal ook $B(a, \epsilon) \subseteq \rho_{x}(A)$, want $b$ was willekeurig gekozen. Aangezien $a$ willekeurig genomen was, is $\rho_{x}(A)$ open.
\end{enumerate}

\end{document}