\documentclass{article}
\usepackage{graphicx} % Required for inserting images

\usepackage{enumitem}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amsmath}

\title{Examen Analyse 2025}
\author{$\in$ Wina}
\date{25 Juni 2025, 8:00-11:00}
\setcounter{secnumdepth}{0}
\def\R{\mathbb{R}}
\def\N{\mathbb{N}}
\def\Q{\mathbb{Q}}

\begin{document}

\maketitle
\section{Vragen}
Alle vragen telden voor evenveel punten mee in het totaal. Hiervoor hadden we 3 uur de tijd.
\subsection{Vraag 1}
\begin{enumerate}[label=\alph*)]
    \item Bepaal de convergentiestaal van de machtsreeks $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1+2^n}{5^{n-1}}z^n$ en evalueer deze reeks in $z \in \left\{1, 2, 3\right\}$ indien ze convergeert voor deze waarden van $z$.
    \item Zij $p > 1$ een reëel getal. Bewijs dat $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$ convergeert. Beargumenteer nauwkeurig.
    
    Hint: 
    \[
    \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p} = 1 + \left(\frac{1}{2^p} + \frac{1}{3^p}\right) + \left(\frac{1}{4^p} + \frac{1}{5^p} + \frac{1}{6^p} + \frac{1}{7^p}\right) + ...
    \]
\end{enumerate}

\subsection{Vraag 2}
Zij $f: \R \to \R$ een continue en periodieke functie. Met periodiek bedoelen we dat er een $p > 0$ bestaat zodat $f\left(x + p\right) = f\left(x\right)$ voor alle $x \in \R$.
\begin{enumerate}[label=\alph*)]
    \item Bewijs dat $f$ uniform continu is.
    \item Bewijs dat $f\left(\R\right) = \left[ a, b \right]$ voor $a \le b \in \R$.
    \item Bewijs dat de vergelijking $f\left(x\right) = 1 + 2x^2-\frac{\pi}{2}x^3+5x^5$ minstens één oplossing heeft in $\R$.
\end{enumerate}

\subsection{Vraag 3}
Zij $\left(K_n\right)_{n \ge 1}$ een dalende rij van niet-lege, gesloten deelverzamelingen van een metrische ruimte $\left(X, d\right)$. Stel $K = \bigcap_{n \ge 1} K_n$.
\begin{enumerate}[label=\alph*)]
    \item Stel dat $X$ compact is. Leg uit waarom $K \ne \emptyset$.
    \item Stel nog steeds dat $X$ compact is. Zij $V \subseteq X$ een open verzameling zodat $K \subseteq V$. Toon aan dat er een $n \in \N_0$ zodat $K_n \subseteq V$.
    \item Geldt b) nog steeds als we niet veronderstellen dat $X$ compact is? Bewijs of geef een tegenvoorbeeld.
\end{enumerate}

\newpage
\section{Oplossingen}
Deze oplossingen zijn van een student en dus zonder garantie op foutloosheid.
\subsection{Vraag 1}
\begin{enumerate}[label=\alph*)]
    \item We herschrijven de gegeven machtsreeks als $5\left( \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{5}z \right)^n - 1 + \sum_{n=0}^{\infty}  \left(\frac{2}{5}z \right)^n-1\right)$. De $-1$ komt hier door het aanpassen van de index $n$. Hierin herkennen we twee meetkundige reeksen met reden $q_1 = \frac{1}{5}z$ en $q_2 = \frac{2}{5}z$. We weten dat deze convergeren als en slechts als $\left|q_1\right| < 1$ en $\left|q_2\right| < 1$, of dus resp. $\left|z\right| < 5$ en $\left|z\right| < \frac{5}{2}$. Omdat de convergentiestraal van de som gelijk is aan het minimum van de convergentiestralen, volgt dus dat $R = \frac{5}{2}$.
    
    Daar $\left|1\right|, \left|2\right| < R$, convergeert de reeks voor $z=1, 2$ en daar $\left|3\right| > R$ divergeert de reeks voor $z=3$. We kennen de limiet van een meetkundige reeks, dus volgt dat 
    \[
    \begin{split}
    5\left( \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{5}z \right)^n - 1 + \sum_{n=0}^{\infty}  \left(\frac{2}{5}z \right)^n-1\right) = 5\left(\frac{1}{1-\frac{1}{5}z} + \frac{1}{1-\frac{2}{5}z}\right) - 10 = \\  25\left(\frac{1}{5-z} + \frac{1}{5-2z}\right) - 10 = 25\frac{10-3z}{\left(5-z\right)\left(5-2z\right)} - 10.
    \end{split}
    \]
    Als we hier $z=1, 2$ invullen, krijgen we het volgende:
    \[
    25\frac{10-3\cdot1}{\left(5-1\right)\left(5-2\cdot1\right)} - 10 = \frac{55}{12},
    \]
    \[
    25\frac{10-3\cdot2}{\left(5-2\right)\left(5-2\cdot2\right)} - 10 = \frac{70}{3},
    \]
    \item We herschikken de reeks volgens machten van $2$, zoals in de hint aangegeven staat. Daar alle termen van de reeks positief zijn, kan dit geen problemen geven.
    \[
    \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p} = \sum_{n=0}^{\infty} \sum_{k=0}^{2^n-1} \frac{1}{\left(2^n+k\right)^p}
    \]
    Nu is $2^n \le 2^n+k$ en daar $p>1$, is dan ook $\left(2^n\right)^p \le \left(2^n+k\right)^p$ en dus $\frac{1}{\left(2^n+k\right)^p} \le \frac{1}{\left(2^n\right)^p}$. Dus nu volgt dat 
    \[
    \begin{split}
        \sum_{n=0}^{\infty} \sum_{k=0}^{2^n-1} \frac{1}{\left(2^n+k\right)^p} & \le  \sum_{n=0}^{\infty} \sum_{k=0}^{2^n-1} \frac{1}{\left(2^n\right)^p} \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^n}{2^{np}} \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2^{p-1}}\right)^n.
    \end{split}
    \]
    Hier herkennen we een meetkundige reeks met reden $\frac{1}{2^{p-1}}$. Omdat $p-1>0$, is $2^{p-1} > 1$ en dus is $\frac{1}{2^{p-1}} <1$. Bijgevolg is deze meetkundige reeks convergent. Nu volgt uit de vergelijkingstest dat $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$ ook convergent is.
    
\end{enumerate}

\subsection{Vraag 2}
\begin{enumerate}[label=\alph*)]
    \item Omdat $f$ continu is en $\left[ -p, 2p\right]$ een gesloten en begrensd interval is, volgt dat $f$ ook uniform continu is op dit interval. 

    Neem nu $\epsilon >0$ willekeurig. Nu bestaat er een $\delta_1>0$ zodat voor alle $x, y \in \left[ -p, 2p\right]$  met $\left|x-y\right| < \delta_1$ geldt dat $\left|f(x)-f(y)\right| < \epsilon$. Neem nu $\delta < \min\left\{p, \delta_1\right\}$. Neem $x, y \in \R$ zodat $\left|x-y\right| < \delta$ willekeurig. Omdat elk reëel getal begrepen ligt tussen twee gehele veelvouden van een willekeurig strikt positief reëel getal, bestaat een $k \in \mathbb{Z}$ en $0 \le r <p$ zodat $x = kp+r$. Dus dan is $y = kp+r'$ met $-p \le r' \le 2p$, daar $\left|x-y\right| < p$. Nu volgt uit de periodiciteit van $f$ dat $f(x) = f(r)$ en $f(y) = f(r')$ Omdat $r, r' \in \left[ -p, 2p\right]$ en $\left| r - r' \right| = \left|x-y\right| < \delta_1$, volgt dat $\left|f(x)-f(y)\right| = \left|f(r)-f(r')\right| < \epsilon$.

    Omdat $x, y, \epsilon$ willekeurig gekozen waren, volgt dat $f$ uniform continu is op heel $\R$.

    \item Omdat $f$ continu is en $\left[ 0, p\right]$ een gesloten en begrensd interval is, volgt uit de extremewaardestelling van Weierstrass dat $f$ zijn maximum $b$ op $x_1 \in \left[ 0, p\right]$ en zijn minimum $a$ op $x_2 \in \left[ 0, p\right]$ bereikt.

    Nu volgt voor elke $x \in \R$ opnieuw dat $x = kp+r$ voor $k \in \mathbb{Z}$ en $0 \le r <p$. Dus nu is $a \le f(r) = f(x) \le b$ en dus is $f(\R) \subseteq \left[ a, b\right]$.

    Omdat $f$ een continue functie gedefinieerd op heel $\R$ en dus ook op het interval $\left[ x_1, x_2\right]$, volgt uit de tussenwaardestelling dat voor elke $y \in \left[ a, b\right]$ er een $x \in \left[ x_1, x_2\right]$ bestaat zodat $f(x) = y$. Dus volgt dat $\left[ a, b\right] \subseteq f\left(\left[ x_1, x_2\right]\right) \subseteq f(\R)$.

    Daar beide inclusies gelden, volgt dat $f(\R) = \left[ a, b\right]$.

    \item Zij $g: \R \to \R: x \to 1 + 2x^2-\frac{\pi}{2}x^3+5x^5$. Dan is $g$ een lineaire combinaite van continue machtsfuncties en dus zelf ook continu. Nu is 
    \[
    \begin{split}
    \lim_{x \to \infty} g(x) &= \lim_{x \to \infty} 1 + 2x^2-\frac{\pi}{2}x^3+5x^5 \\
        &= \lim_{x \to \infty} x^5\cdot \left( \frac{1}{x^5} + \frac{2}{x^3}-\frac{\pi}{2x^2}+5\right), \\
    \lim_{x \to -\infty} g(x) &= \lim_{x \to -\infty} 1 + 2x^2-\frac{\pi}{2}x^3+5x^5 \\
        &= \lim_{x \to -\infty} x^5\cdot \left( \frac{1}{x^5} + \frac{2}{x^3}-\frac{\pi}{2x^2}+5\right). \\
    \end{split}
    \]
    Omdat het tweede deel telkens begrensd is op elk interval $[M, +\infty[$ of $]-\infty, -M]$ voor $M>0$, kunnen we besluiten dat $\lim_{x \to \infty} g(x) = +\infty$ en $\lim_{x \to -\infty} g(x) = -\infty$. Dus nu bestaan er een $m, M \in \R$ zodat $g(x) < a$ voor alle $x < m$ en $g(x) > b$ voor alle $x > M$.

    Zij nu $h:\R \to \R: x \to f(x) - g(x)$ ook continu, want $g$ en $f$ zijn beide continu. Bovendien is $h$ gedefinieerd op het interval $[m-1, M+1]$. Ook is $h(m-1) = f(m-1) - g(m-1) > a - a = 0$ en $h(M+1) = f(M+1) - g(M+1) < b - b = 0$. Dus ligt $0$ strikt tussen $h(m-1)$ en $h(M+1)$. Nu volgt uit de tussenwaardestelling dat er een $x \in [m-1, M+1]$ moet bestaan zodat $h(x) = 0$ en dus $f(x) = 1 + 2x^2-\frac{\pi}{2}x^3+5x^5$.
\end{enumerate}

\subsection{Vraag 3}
\begin{enumerate}[label=\alph*)]
    \item Omdat $K_n$ niet leeg is voor elke $n \ge 1$, kunnen we een rij $(x_n)_{n\ge 1}$ nemen zodat $x_n \in K_n$ voor elke $n \ge 1$. Omdat $X$ compact is en dus ook rijcompact, heeft $x_n$ een convergente deelrij $x_{n_k}$ met $\lim_{k\to\infty} x_{n_k} = x$. Omdat $K_n$ een dalende rij van verzamelingen is, is dan $\left(x_{n_k}\right)_{k\ge n}$ een convergente rij in $K_n$ met dezelfde limiet, daar $x_{n_k} \in K_{n_k} \subseteq K_{k} \subseteq K_{n}$. Omdat $K_n$ telkens gesloten is, is dan $x = \lim_{k\to\infty} x_{n_k} \in K_n$. Omdat $x \in K_n$ voor alle $n \ge 1$, volgt dat $x \in \bigcap_{n \ge 1} K_n = K$. Dus is $K \ne \emptyset$.

    \item Stel dat er geen zulke $n \in \N_0$ bestaat. Dan volgt dat voor elke $n \in \N_0$ $K_n \backslash V$ niet leeg is en we dus een rij $\left(x_n\right)_{n\ge 1}$ in $X$ kunnen nemen zodat $x_n \in K_n \backslash V$ voor elke $n \in \N_0$. Omdat $X$ compact en dus ook rijcompact is, volgt dat deze rij een convergente deelrij $\left(x_{n_k}\right)_{k\ge 1}$ heeft met $x = \lim_{k\to\infty} x_{n_k}$. Zoals hierboven bewezen, volgt, daar elke $x_n \in K_n$, dat $x \in K$. Omdat $V$ open is, is $V^{\mathsf{c}}$ gesloten. Omdat elke $x_{n_k} \in V^{\mathsf{c}}$, volgt dat $x = \lim_{k\to\infty} x_{n_k} \in V^{\mathsf{c}}$.

    Nu is $x \in K$ zonder dat $x \in V$. Omdat $K \subseteq V$, is dit onmogelijk. Tegenspraak, dus een zulke $n \in \N_0$ moet wel bestaan.

    \item Neen, de veronderstelling dat $X$ compact is, is wel degelijk nodig. Als $X$ niet compact hoeft te zijn, hoeft $X$ ook niet volledig te zijn en dus kunnen we $X = \Q$ met de standaardmetriek nemen. Neem nu $K_n = \left[ \sqrt{2} - \frac{1}{n}, \sqrt{2} + \frac{1}{n}\right] \cap \Q$. Dan is $K_n$ telkens evident gesloten en niet-leeg.

    We bewijzen nu dat $K = \emptyset$. Neem $x \in \Q$ willekeurig. Daar $\sqrt{2} \notin \Q$, is dan $x \ne \sqrt{2}$ en dus is $\left|x - \sqrt{2}\right| > 0$. Dus bestaat er een $n \in \N_0$ zodat $ \frac{1}{n} < \left|x - \sqrt{2}\right|$. Dus dan volgt dat $x \notin \left[ \sqrt{2} - \frac{1}{n}, \sqrt{2} + \frac{1}{n}\right] \cap \Q = K_n$ en dus ook $x \notin \bigcap_{n \ge 1} K_n = K$. Omdat $x$ willekeurig gekozen was, bestaat er geen enkele $ x \in K$ en dus is $K=\emptyset$.

    Daar $K=\emptyset$, geldt voor elke open verzameling $V \subseteq \Q$ dat $K \subseteq V$, ook voor $V$ die geen omgeving van $\sqrt{2}$ bevatten. In het bijzonder kunnen we dus de open verzameling $V = \left]-2, -1\right[$ nemen. Daar $\sqrt{2} -1 \ge \sqrt{1}-1=0>-1$, volgt dat $V \cap \left[ \sqrt{2} - 1, \sqrt{2} + 1\right] = V\cap K_1 = \emptyset$. Omdat $K_n$ een dalende rij van niet-lege verzamelingen is, kan het dus niet dat $K_n \subseteq V$ voor een $n \ge 1$. Dus voldoet $K_n$ niet aan deze eigenschap.
\end{enumerate}

\end{document}
