\documentclass[a4paper,dvips,12pt]{article}
\usepackage[latin1]{inputenc}
\usepackage[danish]{babel}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage{amsmath,amssymb}
\usepackage[pdftex]{color,graphicx}
\usepackage[pdftex]{graphicx}
\usepackage{fancyhdr}
\pagestyle{empty}
\hyphenation{Taylor-poly-nomie Taylor-poly-nomium Taylor-poly-nomiet}
\begin{document}

\section*{Matintro Ugeopgave 6}
\subsection*{6.1 - Partiel differentation af funktioner af flere variable:}
Jeg er givet tre funktioner $f$, $g$ og $h$ som alle er givet ved to variable $x$ og $y$:
\begin{align}
 f(x,y) &= x^2 \sin{y}   \label{6.1:f} \\
 g(x,y) &= x - y^2       \label{6.1:g} \\
 h(x,y) &= y e^{x^2 - y} \label{6.1:h}
\end{align}
Jeg skal differentiere disse tre funktioner først med hensyn til $x$ og derefter med hensyn til $y$, altså:
\begin{align}
 \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} (x,y) &= \frac{\partial^2}{\partial y \partial x} (x^2 \sin{y})   \label{6.1:fdiff1} \\
 \frac{\partial^2 g}{\partial y \partial x} (x,y) &= \frac{\partial^2}{\partial y \partial x} (x - y^2)       \label{6.1:gdiff1} \\
 \frac{\partial^2 h}{\partial y \partial x} (x,y) &= \frac{\partial^2}{\partial y \partial x} (y e^{x^2 - y}) \label{6.1:hdiff1}
\end{align}
Bagefter skal jeg gøre det omvendte, altså først differentiere funktionerne med hensyn til $y$ og derefter med hensyn til $x$, altså:
\begin{align}
 \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} (x,y) &= \frac{\partial^2}{\partial x \partial y} (x^2 \sin{y})   \label{6.1:fdiff2} \\
 \frac{\partial^2 g}{\partial x \partial y} (x,y) &= \frac{\partial^2}{\partial x \partial y} (x - y^2)       \label{6.1:gdiff2} \\
 \frac{\partial^2 h}{\partial x \partial y} (x,y) &= \frac{\partial^2}{\partial x \partial y} (y e^{x^2 - y}) \label{6.1:hdiff2}
\end{align}
Til sidst skal jeg kommentere om der tegner sig et mønster i de svar jeg får fra mine udregninger. 

\subsubsection*{Differentation af funktionerne}
Jeg skal altså for funktionen $f$ finde et udtryk for \ref{6.1:fdiff1} og \ref{6.1:fdiff2}. For udtryk \ref{6.1:fdiff1} starter jeg ud med at differentiere med hensyn til $x$, hvorefter jeg differentierer det fremkomne udtryk med hensyn til $y$:
\begin{equation*}
 \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{\partial}{\partial x} (x^2 \sin{y}) \right) = 
 \frac{\partial}{\partial y} \left( 2 x \sin{y} \right) =
 2 x \cos{y}
\end{equation*}
Og jeg har altså mit endelige udtryk for \ref{6.1:fdiff1}. Jeg vil nu gøre det samme for \ref{6.1:fdiff2}:
\begin{equation*}
 \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{\partial}{\partial y} (x^2 \sin{y}) \right) = 
 \frac{\partial}{\partial x} \left( x^2 \cos{y} \right) = 
 2 x \cos{y}
\end{equation*}
Nu kan jeg gå videre til at se på udtrykkene \ref{6.1:gdiff1} og \ref{6.1:gdiff2} for funktionen $g$. For disse gør jeg det samme som jeg gjorde for $f$:
\begin{align*}
 \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{\partial}{\partial x} (x - y^2) \right) &= \frac{\partial}{\partial y} \left( 1 \right) = 0  \\
 \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{\partial}{\partial y} (x - y^2) \right) &= \frac{\partial}{\partial x} \left( -2 y \right) = 0
\end{align*}
Og for min funktion $h$ finder jeg udtrykkene \ref{6.1:hdiff1} og \ref{6.1:hdiff2} til at være:
\begin{align*}
 \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{\partial}{\partial x} (y e^{x^2 - y}) \right) 
    &= \frac{\partial}{\partial y} \left( 2 x y e^{x^2 - y} \right) = 2 x e^{x^2 - y} -2 x y e^{x^2 - y} \\
 \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{\partial}{\partial y} (y e^{x^2 - y}) \right) 
    &= \frac{\partial}{\partial x} \left( e^{x^2 - y} - y e^{x^2 - y} \right) = 2 x e^{x^2 - y} - 2 x y e^{x^2 - y}
\end{align*}

\subsubsection*{Vurdering af mønster}
Det er ret tydeligt at se et mønster i funktionerne. Efter mine observationer må der for mine funktioner gælde at:
\begin{align*}
 \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} (x,y) &= \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} (x,y) \\
 \frac{\partial^2 g}{\partial x \partial y} (x,y) &= \frac{\partial^2 g}{\partial y \partial x} (x,y) \\
 \frac{\partial^2 h}{\partial x \partial y} (x,y) &= \frac{\partial^2 h}{\partial y \partial x} (x,y)
\end{align*}
Dette kan udvides til faktisk at gælde for alle differentiable funktioner af flere variable, så for en vilkårlig funktion $p(x,y)$ gælder der altså at:
\begin{equation}
 \frac{\partial^2 p}{\partial x \partial y} (x,y) = \frac{\partial^2 p}{\partial y \partial x} (x,y)
\end{equation}

Jeg har foruden at lave udregningerne ovenfor i hånden også lavet dem i Maple, hvilket jeg har vedlagt til sidst i afleveringen. 




\newpage
\subsection*{6.2 - Grænseværdi for funktion af flere variable:}
Jeg er givet en funktion $h : \mathbb{R} \setminus \left\{ (0,0) \right\} \longrightarrow \mathbb{R}$ ved:
\begin{equation}
 h = \frac{\cos{(x)} - \cos{(y)}}{x^2 + y^2}
 \label{6.2:h}
\end{equation}
For denne skal jeg finde følgende to grænseværdier:
\begin{align}
 \lim_{x \rightarrow 0}{ \left(\lim_{y \rightarrow 0}{ h(x,y) } \right) } &= 
 \lim_{x \rightarrow 0}{ \left(\lim_{y \rightarrow 0}{ \frac{\cos{(x)} - \cos{(y)}}{x^2 + y^2} }\right) }  \label{6.2:hlim1} \\
 \lim_{y \rightarrow 0}{ \left(\lim_{x \rightarrow 0}{ h(x,y) } \right) } &= 
 \lim_{y \rightarrow 0}{ \left(\lim_{x \rightarrow 0}{ \frac{\cos{(x)} - \cos{(y)}}{x^2 + y^2} }\right) }  \label{6.2:hlim2}
\end{align}
Jeg skal altså i \ref{6.2:hlim1} først og fremmest finde grænseværdien for $y \rightarrow 0$ og derefter grænseværdien for det fundne udtryk for $x \rightarrow 0$. I \ref{6.2:hlim2} skal jeg gøre det omvendt, altså først med $x \rightarrow 0$ og derefter med $y \rightarrow 0$. 

For udtrykket i \ref{6.2:hlim1} starter jeg altså ud med at finde
\begin{equation*}
 \lim_{y \rightarrow 0}{ \frac{\cos{(x)} - \cos{(y)}}{x^2 + y^2} }
\end{equation*}
Denne må være lig med
\begin{equation*}
 \frac{\cos{(x)} - \cos{(0)}}{x^2 + 0^2} = \frac{\cos{(x)} - 1}{x^2}
\end{equation*}
Dette udtryk er et $0/0$-udtryk når jeg skal gå videre og se på grænseværdien af denne for $x \rightarrow 0$. Derfor skal jeg bruge L'H$\hat{\text{o}}$pitals regel og differentiere tælleren og nævneren med hensyn til $x$. Disse to er som følger:
\begin{align*}
 \left( \cos{(x)}-1 \right)' &= - \sin{(x)} \\
 \left( x^2 \right)' &= 2x
\end{align*}
Dog ser jeg at også grænseværdien
\begin{equation*}
 \lim_{y \rightarrow 0}{ \frac{- \sin{(x)}}{2 x} }
\end{equation*}
er et $0/0$-udtryk. Derfor bliver jeg nødt til at differentiere tæller og nævner endnu engang, og får:
\begin{align*}
 \left( - \sin{(x)} \right)' &= - \cos{(x)} \\
 \left( 2 x \right)' &= 2
\end{align*}
Grænseværdien bliver altså til sidst
\begin{equation*}
 \lim_{y \rightarrow 0}{ \frac{- \cos{(x)}}{2} } = - \frac{1}{2}
\end{equation*}
Hvorfor min grænseværdi \ref{6.2:hlim1} er givet ved:
\begin{equation}
 \lim_{x \rightarrow 0}{ \left(\lim_{y \rightarrow 0}{ \frac{\cos{(x)} - \cos{(y)}}{x^2 + y^2} }\right) } = - \frac{1}{2}
 \label{6.2:hlim1svar}
\end{equation}

Jeg kan nu gå videre til grænseværdien i \ref{6.2:hlim2}. Jeg starter ud med at finde
\begin{equation*}
 \lim_{x \rightarrow 0}{ \frac{\cos{(x)} - \cos{(y)}}{x^2 + y^2} }
\end{equation*}
som må være lig med
\begin{equation*}
 \frac{\cos{(0)} - \cos{(y)}}{0^2 + y^2} = \frac{1 - \cos{(y)}}{y^2}
\end{equation*}
Når jeg skal gå videre og finde grænseværdien for dette udtryk når $y \rightarrow 0$, ser jeg at dette er et $0/0$-udtryk, hvorfor jeg igen skal bruge L'H$\hat{\text{o}}$pitals regel:
\begin{align*}
 \left( 1-\cos{(y)} \right)' &= \sin{(y)} \\
 \left( y^2 \right)' &= 2y
\end{align*}
Dette er igen et $0/0$-udtryk, og jeg differentierer tæller og nævner endnu engang:
\begin{align*}
 \left( \sin{(y)} \right)' &= \cos{(y)} \\
 \left( 2 y \right)' &= 2
\end{align*}
Denne grænseværdi giver 
\begin{equation*}
 \lim_{y \rightarrow 0}{ \frac{\cos{(y)}}{2} } = \frac{1}{2}
\end{equation*}
Hvorfor min grænseværdi i \ref{6.2:hlim2} må være lig med:
\begin{equation}
 \lim_{y \rightarrow 0}{ \left(\lim_{x \rightarrow 0}{ \frac{\cos{(x)} - \cos{(y)}}{x^2 + y^2} }\right) } = \frac{1}{2}
 \label{6.2:hlim2svar}
\end{equation}

\subsubsection*{Vurdering af resultaterne}
Summerer jeg mine resultater fra \ref{6.2:hlim1svar} og \ref{6.2:hlim2svar} op får jeg at
\begin{align}
 \lim_{x \rightarrow 0}{ \left(\lim_{y \rightarrow 0}{ h(x,y) } \right) } &= - \frac{1}{2}  \\
 \lim_{y \rightarrow 0}{ \left(\lim_{x \rightarrow 0}{ h(x,y) } \right) } &= \frac{1}{2}
\end{align}
Jeg kan altså ud fra mine udregninger se at grænseværdien
\begin{equation*}
 \lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)}{h(x,y)} = L
\end{equation*}
ikke kan eksistere, da den ikke er et entydigt tal $L \in \mathbb{R}$ (hvis den havde skullet være noget skulle det være intervallet $\left[ -\frac{1}{2} , \frac{1}{2} \right]$, hvilket ikke kan lade sig gøre, da det så ikke vil være en funktion mere -- da en funktion er defineret til kun at have én funktionsværdi til hvert punkt i definitionsmængden), hvorfor funktionen derfor ikke kan være kontinuert over hele $\mathbb{R}$. 

Dog er funktionen vel og mærke ikke diskontinuert i punktet $(x,y)=(0,0)$ eftersom dennes definitionsmængde er $D_h = \mathbb{R}^2 \setminus \left\{(0,0)\right\}$, den er bare udefineret i punktet $(0,0)$. I figur \ref{fig:6.2:graf} har jeg vist hvordan grafen for funktionen ser ud, hvor man også kan se at den har et underligt hak når $x$ og $y$ bliver nul -- men når man går mod nul fra $x$-aksen eller $y$-aksen går man mod $-\frac{1}{2}$ og $\frac{1}{2}$, vist ved de tykke linier. 

\begin{figure}[tb]
	\centering
		\includegraphics[scale=0.55]{uge6opgave62graf.pdf}
		\caption{Illustration af funktionen $h$ med niveaukurver samt to konturer der viser hvordan de to grænseværdier går mod henholdsvis $1/2$ og $-1/2$. }
	\label{fig:6.2:graf}
\end{figure}




\newpage
\subsection*{6.3(i) - Taylorpolynomie til tilnærmelse af $\pi$:}
\subsubsection*{Delopgave a}
Jeg skal finde det 10. ordens Taylorpolynomie $T_{10} f(x)$ for $f(x)=\arcsin{x}$ udviklet omkring punktet $a=0$. Dette gør jeg ved hjælp af Maple, og finder Taylorpolynomiet til at være:
\begin{equation}
 T_{10} f(x) = x + \frac{1}{6} x^3 + \frac{3}{40} x^5 + \frac{5}{112} x^7 + \frac{35}{1152} x^9
 \label{6.3:T10f}
\end{equation}
Jeg har vist hvordan jeg brugte Maple til at finde Taylorpolynomiet til sidst i afleveringen. 

\subsubsection*{Delopgave b}
Ved indsættelse af $x=\frac{1}{2}$ i Taylorpolynomiet får jeg en værdi $b$ til at være:
\begin{equation*}
 b = T_{10} f(\textstyle{\frac{1}{2}}) = 0.5235851954
\end{equation*}
Denne værdi har jeg også fundet i Maple, hvilket jeg igen viser til sidst i afleveringen. 

Jeg skal desuden argumentere for hvorfor værdien $6b$ er en tilnærmelse til $\pi$. Dette gør jeg ud fra det faktum at $\sin{\frac{\pi}{6}} = \frac{1}{2}$, hvorfor jeg altså får:
\begin{align*}
 \sin{\frac{\pi}{6}} &= \frac{1}{2}  \quad \Leftrightarrow  \\
 \frac{\pi}{6} &= \arcsin{\frac{1}{2}}   \quad \Leftrightarrow  \\
 \frac{\pi}{6} &\approx T_{10} f(\textstyle{\frac{1}{2}})   \quad \Leftrightarrow  \\
 \frac{\pi}{6} &\approx b      \quad \Leftrightarrow  \\
 \pi &\approx 6 b
\end{align*}
For at finde ud af hvor mange decimaler $6b$ har til fælles med $\pi$ kan jeg trække de to fra hinanden. Dette har jeg også lavet i Maple, og viser altså til sidst i afleveringen. De to trukket fra hinanden giver mig:
\begin{equation*}
 \pi - 6b = 3.141592654 - 3.141511172 = 0.000081482
\end{equation*}
Hvorfor jeg altså kan konkludere at jeg har fundet mig et udtryk for $\pi$ med en sikkerhed på fire decimaler efter kommaet, eftersom de først skiller sig fra hinanden på det femte decimal. 


\subsubsection*{Delopgave c}
Jeg er blevet oplyst at $\arcsin^{(m)}$ er en voksende funktion på intervallet $\left[ 0, \frac{1}{2} \right]$ for alle $m \in \mathbb{N}$, og ud fra dette skal jeg vurdere hvor mange korrekte decimaler af $\pi$ jeg får med metoden med de $6b$. Til dette skal jeg bruge korollar 11.2.2 i TL. Korollaret siger at når $f$ og dens $n+1$ første afledte er kontinuerte i intervallet $\left[a,x\right]$ findes der et $M \in \mathbb{R}$ så 
\begin{equation}
 M \geq |f^{(n+1)(t)}|
 \label{6.3:korollar11.2.2-1}
\end{equation}
for alle $t \in (a,b)$. Så vil restleddet for Taylorpolynomiet være:
\begin{equation}
 |R_n f(x)| \leq \frac{M}{(n+1)!} |x-a|^{n+1}
 \label{6.3:korollar11.2.2-2}
\end{equation}
\\
\indent Jeg ser på intervallet $[0,\frac{1}{2}]$ og vil gerne vide hvor stor $M$ maksimalt kan blive, så altså ifølge \ref{6.3:korollar11.2.2-1} hvor stor $|f^{(n+1)(t)}|$ kan blive. Eftersom $\arcsin^{(m)}$ er voksende i mit interval må den største værdi denne antager være $\arcsin^{(11)}{\left(\frac{1}{2}\right)}$. Ved at indsætte $n=10$ i \ref{6.3:korollar11.2.2-2} får jeg at jeg skal finde $M$ til udtrykket:
\begin{equation}
 |R_{10} \arcsin{(x)}| \leq \frac{M}{11!} |\textstyle{\frac{1}{2}}-0|^{11}
 \label{6.1:c1}
\end{equation}
Denne $M$ finder jeg ved at udregne den i Maple. Dette har jeg vist til sidst i afleveringen, da det ellers ville blive et ret langt udtryk at skrive op her. Jeg finder at:
\begin{equation*}
 M = 6.505615553 \cdot 10^8
\end{equation*}
som jeg runder op til $M=6.51 \cdot 10^8$ -- dette kan jeg gøre da jeg ud fra \ref{6.3:korollar11.2.2-1} ved at $M$ skal være lidt større eller lig med det på højresiden (så det duer ikke at jeg runder en værdi for $M$ ned!). Jeg kan nu udregne mit udtryk i \ref{6.1:c1}:
\begin{equation*}
 |R_{10} \arcsin{(x)}| \leq \frac{6.51 \cdot 10^8}{11!} |\textstyle{\frac{1}{2}}-0|^{11} = 0.007963341094
\end{equation*}
Og for at finde usikkerheden på $\pi$ skal jeg gange denne med $6$, da jeg jo ganger $b$ med $6$, og derfor også dennes fejl:
\begin{equation*}
 0.007963341094 \cdot 6 = 0.04778004656
\end{equation*}
Ud fra dette resultat kan jeg se flere ting. Først og fremmest er usikkerheden jeg her har udregnet en del større end den jeg fandt ved at se på den egentlige forskel mellem $\pi$ og min værdi for $6b$. Dette betyder bare at den usikkerhed jeg her har fundet er et estimat der fortæller mig hvor stor fejlen rent faktisk på nogen som helst måde kan blive -- den egentlige fejl kan sagtens være mindre -- hvilket jeg altså har vist.

Ud over dette kan jeg også se at efter korollar 11.2.2 kan jeg faktisk kun stole på et af de decimaler jeg har fundet efter kommaet for min værdi af $\pi$, hvilket er svaret på delopgaven. 


\subsubsection*{Sidste lille delopgave}
Jeg skulle også forsøge at argumentere for om det med denne metode var muligt at finde $\pi$ med en sikkerhed på 50 decimaler. Jeg skal altså endnu engang bruge mine udtryk i \ref{6.3:korollar11.2.2-2} og \ref{6.3:korollar11.2.2-1}. Disse sat sammen giver mig at
\begin{equation}
 |R_n f(x)| \geq \frac{|f^{(n+1)(t)}|}{(n+1)!} |x-a|^{n+1}
 \label{6.3:d}
\end{equation}
Eftersom min fejl skal være så lille at min værdi for $\pi$ er på 51. decimal skal denne være mindre end $6 \cdot 10^{-51}$. Jeg har ganget med $6$ fordi jeg jo ganger min værdi for $b$ med $6$ for at denne skal udtrykke $\pi$, men generelt skal fejlen altså bare være af størrelsesordenen $10^{-51}$. Jeg har altså følgende ud fra \ref{6.3:d}:
\begin{equation}
 6 \cdot 10^{-51} \geq \frac{|f^{(n+1)(t)}|}{(n+1)!} |x-a|^{n+1}
\end{equation}
I Maple har jeg forsøgt at udregne hvilken fejl $R_n f(x)$ jeg får når jeg laver et Taylorpolynomium af 12000. orden, og det viser sig at jeg her kun får en sikkerhed på 10 decimaler efter kommaet (og så tog det desuden virkelig lang tid at udregne), hvorfor jeg roligt kan konkludere at det nok er muligt at komme op på 50 decimalers sikkerhed (jeg har dog ikke lyst til at prøve) men det er så absolut ikke praktisk! 
\\ \\
\indent Jeg vil lige til sidst kommentere min graf i figur \ref{fig:6.3:graf} for mit Taylorpolynomium af 10. orden for min $\arcsin{x}$ funktion. Læg mærke til at det virkelig ser ud som om at de to funktioner er ens i $x=\frac{1}{2}$, men når man udregner $\pi$ ud fra dette punkt i Taylorpolynomiet får man alligevel en ret stor usikkerhed!

\begin{figure}[tb]
	\centering
		\includegraphics[scale=0.45]{uge6opgave63graf.pdf}
		\caption{Graf over funktionen $\arcsin{x}$ og dennes Taylorpolynomium af 10. orden. Med rødt er $\arcsin{x}$, mens den tyndere sorte linie er Taylorpolynomiet.}
	\label{fig:6.3:graf}
\end{figure}





\end{document}