%------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------%
\typeout{<----------- PREAMBLE OG EKSTRA KOMMANDOER ----------->}
\input{preamble.tex}
%\usepackage[notref,notcite]{showkeys}   %Hvis aktiv vises labels i margin - bør kun anvendes i draft
\newcommand{\theaflnr}{1}                %Definition af afleveringsnummer, til sektionsnummerering, forside og sidehoved
\newcommand{\Ov}{\text{\slshape{\O}}}    %Definerer det store Ø der skal bruges når man laver oversummer
\linespread{1.2}
%------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------%
\typeout{<----------- START PÅ DOKUMENT MED FORSIDE ----------->}
\begin{document}                         % Starter dokumentet efter preamble
\pagestyle{empty}                        % Sidehoved og sidefod for forsiden
\input{forside.tex}                      % Input af forsiden, der ligger i forside.tex
%------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------%
\typeout{<---------- START PÅ AFLEVERINGSOPGAVEN SELV ---------->}
\newpage                                 % Ny side efter forsiden er indsat
\pagestyle{fancy}                        % Sidehoved og sidefod for resten af dokumentet
\setcounter{page}{2}                     % Resten af afleveringen har sidenummer 2 og frem
\setcounter{section}{\theaflnr}          % reset tælleren til at nummerere sections (ugeopgavenummer)

%------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------%
\typeout{<---------------------- OPGAVE 1 ---------------------->}
\subsection{Opgave 1}
\ramme{ Lad funktionen $f:[0,1]\rightarrow\mathbb{R}$ være givet ved
         \begin{equation}
          f(x) = \frac{1}{n} \qquad \text{hvis } \frac{1}{n+1} < x \leq \frac{1}{n} 
          \label{eq:1:deffunk}
         \end{equation}
        for hvert $n\in\mathbb{N}$, samt $f(0)=0$. }

\subsubsection{Delopgave a}
\ramme{ Tegn grafen for $f$ i intervallet $[1/10,1]$. }
Grafen laves ved at se på hvordan funktionen arter sig for forskellige $x$. Jeg har i tabel \vref{tab:opg1tab} vist hvilke værdier af $n$ der hører til hvilke intervaller af $x$, og har i figur \vref{fig:opg1graf} vist punkterne sammensat med linier der viser hvordan funktionen går.

\begin{figure}[htb]
 \centering
 \includegraphics[width=1.00\textwidth]{afl1img/opg1graf.png}
 \caption{Graf over funktionen $f(x)$ for $x\in[1/10,1]$. De udfyldte cirkler er punkter der er med i grafen, mens de ikke-udfyldte cirkler
          er punkter der ikke er med. De stiplede linier er bare for illustration, og altså heller ikke en del af grafen -- derimod viser de
          diskontinuitetspunkter.}
 \label{fig:opg1graf}
\end{figure}

\begin{table}[htb]
 \centering
 \begin{tabular}{ll c ll}
	\hline\hline
	Værdi af $n$ &   Interval for $x$ &    $\qquad$&   Værdi af $n$ &   Interval for $x$\\
	\hline
	\addlinespace[5pt]
	$n=10:$      &   $x\in\left] \frac{1}{11},\frac{1}{10} \right]$ &  $\qquad$&    $n=5:$    &   $x\in\left] \frac{1}{6},\frac{1}{5} \right]$ \\
	\addlinespace[5pt]
	$n=9:$       &   $x\in\left] \frac{1}{10},\frac{1}{9} \right]$ &   $\qquad$&    $n=4:$    &   $x\in\left] \frac{1}{5},\frac{1}{4} \right]$ \\
	\addlinespace[5pt]
	$n=8:$       &   $x\in\left] \frac{1}{9},\frac{1}{8} \right]$ &    $\qquad$&    $n=3:$    &   $x\in\left] \frac{1}{4},\frac{1}{3} \right]$ \\
	\addlinespace[5pt]
	$n=7:$       &   $x\in\left] \frac{1}{8},\frac{1}{7} \right]$ &    $\qquad$&    $n=2:$    &   $x\in\left] \frac{1}{3},\frac{1}{2} \right]$ \\
	\addlinespace[5pt]
	$n=6:$       &   $x\in\left] \frac{1}{7},\frac{1}{6} \right]$ &    $\qquad$&    $n=1:$    &   $x\in\left] \frac{1}{2},\frac{1}{1} \right]$ \\
	\addlinespace[5pt]
	\hline\hline
 \end{tabular}
 \caption{Værdier for $n$ og de tilsvarende intervaller for $x$ hvor funktionen antager værdien $1/n$. Læg mærke til at den mindste af værdierne
          for intervallerne for $x$ aldrig er med i intervallet -- hvilket er grunden til at jeg også har taget intervallet $x\in]1/11,1/10]$ med, selv
          om grafen kun skal tegnes for $1/10 \leq x \leq 1$.}
 \label{tab:opg1tab}
\end{table}



\subsubsection{Delopgave b}
\ramme{ Giv en begrundelse for at $f$ er integrabel. }
Ifølge sætning 8.2.3 er enhver monoton funktion integrabel, og da $f$ er monotont voksende (dog ikke \emph{strengt} monotont voksende) vil den derfor også være integrabel. 

Dette kan simpelt ses, da det må være muligt at vælge en inddeling $\Pi_n=\{ 0, 1/n, 1/(n-1), \cdots, 1/2, 1 \}$ med et tilhørende udvalg $U_n=\{ 1/n, 1/(n-1), \cdots, 1/2, 1 \}$ der således passer til hvordan funktionen går i de store hop man kan se på figur \vref{fig:opg1graf}. En Riemannsum $R_f(\Pi_n,U_n)$ vil da for $n\rightarrow\infty$ logisk nok gå mod arealet under kurven: For et endeligt $n$ vil Riemann-summen være en smule for stor, da delen af funktionen tættest på $x=0$ vil gå under højden $1/n$ -- men når $n\rightarrow\infty$ vil denne højde blive mindre og til sidst konvergere til nul lige som funktionen.



\subsubsection{Delopgave c}
\ramme{ Vis at der for ethvert helt tal $N \geq 2$ gælder at
        \begin{equation}
         \sum_{n=1}^{N-1}{\frac{1}{n^2(n+1)}} \leq \int_0^1{f(x)\,\di x} \leq \sum_{n=1}^{N-1}{\frac{1}{n^2(n+1)} + \frac{1}{N^2}} .
         \label{eq:1:eftvissum}
        \end{equation} }
Jeg starter med at udregne oversummen $\Ov(\Pi_N)$ tilhørende inddelingen
\begin{align*}
 \Pi_N &= \{ x_0,x_1,x_2,x_3,\cdots,x_{N-1},x_N \} \\
       &= \left\{  0,\frac{1}{N},\frac{1}{N-1},\frac{1}{N-2}, \cdots, \frac{1}{2}, 1   \right\},
\end{align*}
som også var den inddeling jeg argumenterede ud fra i delopgave a. Oversummen vil være givet ved
\begin{align*}
 \Ov(\Pi_N) &= \sum_{n=1}^{N}{\sup{\left\{  f(x) \middle| x \in [x_{n-1},x_n]  \right\}} (x_n-x_{n-1})} \\
            &= \sum_{n=1}^{N}{x_n (x_n-x_{n-1})} .
\end{align*}
Jeg ser nu på hvordan rektanglerne under kurven faktisk vil blive når de udregnes, og udskriver da summen ved
\begin{equation}
 \Ov(\Pi_N) = \sum_{n=1}^{N-1}{\frac{1}{n} \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}  \right)} + \frac{1}{N^2} 
            = \sum_{n=1}^{N-1}{ \frac{1}{n^2(n+1)} } + \frac{1}{N^2} .
 \label{eq:1:oversum}
\end{equation}
Denne sum er lidt baglæns i forhold til hvordan man plejer at se på en oversum. Det første led, med $n=1$, er således arealet af rektanglet under kurven i intervallet $[1/2,1]$, hvor højden er 1. Det andet led, med $n=2$, er arealet af rektanglet i intervallet $[1/3,1/2]$ med højden $1/2$, et cetera. Jeg har kunnet tage leddet for $n=N$ uden for summen, da dette simpelthen bare bliver $1/N^2$ eftersom $x_0=0$. Dette led er praktisk at sammenligne med senere, hvilket er grunden til at jeg har taget det ud.

Nu vil jeg så udregne undersummen $N(\Pi^{\delta}_N)$ for inddelingen
\begin{align*}
 \Pi^{\delta}_N &= \{ y_0,y_1,y_2,y_3,\cdots,y_{N-1},y_N \} \\
                &= \{ x_0,x_1+\delta,x_2+\delta,x_3+\delta,\cdots,x_{N-1}+\delta,x_N \} \\
                &= \left\{  0,\frac{1}{N}+\delta,\frac{1}{N-1}+\delta,\frac{1}{N-2}+\delta, \cdots, \frac{1}{2}+\delta, 1   \right\},
\end{align*}
hvor undersummen da bliver
\begin{align*}
 N(\Pi^{\delta}_N) &= \sum_{n=1}^{N}{\inf{\left\{  f(y) \middle| y \in [y_{n-1},y_n]  \right\}} (y_n-y_{n-1})} \\
                   &= 1\cdot\left( 1-\frac{1}{2}+\delta \right) + \sum_{n=2}^{N-1}{x_n (x_n+\delta-x_{n-1}-\delta)} + 0\cdot\frac{1}{N}.
\end{align*}
Det første af leddene her stammer fra summen for $n=1$, hvor der jo ikke er et $\delta$ på $y_N=1$. Det sidste af leddene kommer fra summen hvor $n=N$, hvor infimum er lig nul, da $f$ jo netop er defineret til at være lig nul i $x=0$. For resten af summen i midten er det vigtigt at bemærke at det faktisk \emph{er} $x_n$ der er infimum på intervallet $[x_{n-1}+\delta,x_n+\delta]$, netop fordi der er lagt et endeligt $\delta>0$ til den venstre værdi. Hvis ikke dette $\delta$ var blevet lagt til, da havde infimum været værdien i $x_{n-1}$. Videre bliver så 
\begin{align*}
 N(\Pi^{\delta}_N) &= 1\cdot\left( 1-\frac{1}{2}+\delta \right) + \sum_{n=2}^{N-1}{x_n (x_n-x_{n-1})}, 
\shortintertext{der for $\delta\rightarrow0$ igen kan forkortes sammen til en samlet sum:} 
 N(\Pi^{\delta}_N) &= \sum_{n=1}^{N-1}{x_n (x_n-x_{n-1})},
\end{align*}
og jeg kan nu igen videreskrive summen på samme måde som jeg gjorde med min oversum
\begin{equation}
 N(\Pi^{\delta}_N) = \sum_{n=1}^{N-1}{\frac{1}{n} \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}  \right)} 
                   = \sum_{n=1}^{N-1}{ \frac{1}{n^2(n+1)} }  .
 \label{eq:1:undersum}
\end{equation}

Jeg har nu en oversum i \eqref{eq:1:oversum} og en undersum i \eqref{eq:1:undersum}, og vi har tidligere i opgave 8.2.14c fra bogen vist at enhver oversum for $f$ er større end eller lig med enhver undersum for $f$, så der må altså gælde at
\begin{equation*}
 \Ov(\Pi_N) \geq N(\Pi^{\delta}_N) \qquad\Leftrightarrow\qquad    
 \sum_{n=1}^{N-1}{ \frac{1}{n^2(n+1)} } + \frac{1}{N^2}  \geq \sum_{n=1}^{N-1}{ \frac{1}{n^2(n+1)} }.
\end{equation*}
Når $N\rightarrow\infty$ vil disse to komme tættere på hinanden, da $1/N^2\rightarrow0$. Summerne vil hver for sig konvergere mod over- og underintegralet:
\begin{align*}
 \lim_{N\rightarrow\infty}{\Ov(\Pi_N)} &= \overline{\int_0^1}{f(x)\,\di x} \\
 \lim_{N\rightarrow\infty}{N(\Pi^{\delta}_N)} &= \underline{\int_0^1}{f(x)\,\di x} ,
\end{align*}
og eftersom det vides at $f$ er integrabel fra delopgave b, så må de to integraler ifølge definition 8.2.1 være lig hinanden og integralet for $f$, altså
\begin{equation*}
 \overline{\int_0^1}{f(x)\,\di x} = \underline{\int_0^1}{f(x)\,\di x} = \int_0^1{f(x)\,\di x}.
\end{equation*}
Men når $N$ er endelig vil der gælde at integralet er ``klemt'' ind imellem de to summer, hvorfor
\begin{align*}
 \Ov(\Pi_N) \geq \int_0^1{f(x)\,\di x} \geq N(\Pi^{\delta}_N) \qquad\Leftrightarrow \\
 \sum_{n=1}^{N-1}{ \frac{1}{n^2(n+1)} } + \frac{1}{N^2} \geq \int_0^1{f(x)\,\di x} \geq \sum_{n=1}^{N-1}{ \frac{1}{n^2(n+1)} },
\end{align*}
hvilket var det der skulle vises fra formel \eqref{eq:1:eftvissum}.




%------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------%
\typeout{<---------------------- OPGAVE 2 ---------------------->}
\clearpage
\subsection{Opgave 2}
\ramme{ Lad funktionen $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$ være givet. For $r\in\mathbb{R}$ og for $s>0$ defineres funktionerne
        $g:[a-r,b-r]\rightarrow\mathbb{R}$ og $h:[a/s,b/s]\rightarrow\mathbb{R}$ ved
        \begin{align}
         g(x) &= f(x+r), \qquad a-r\leq x\leq b-r \label{eq:2:deffunkg} , \\
         h(x) &= f(sx),  \qquad a/s\leq x\leq b/s \label{eq:2:deffunkh} .
        \end{align} }
Jeg skal i denne opgave to gange bruge at $f$ er integrabel. Dette medfører at for en inddeling $\Pi_n^f$ med tilhørende udvalg $U_n^f$
\begin{align}
 \Pi_n^f &= \left\{ x_0=a, x_1, \cdots, x_n=b  \right\}  , \label{eq:2:inddf} \\
 U_n^f   &= \left\{ \alpha_1=x_1, \alpha_2=x_2, \cdots, \alpha_n=x_n=b  \right\} , \label{eq:2:udvlf}
\end{align}
hvor der for $\Pi_n^f$ gælder at maskevidden $|\Pi_n^f|\rightarrow0$ for $n\rightarrow\infty$, så vil Riemannsummen ifølge korollar 8.5.4 konvergere mod integralet som følger:
\begin{equation}
 \lim_{n\rightarrow\infty}{R_f(\Pi_n^f,U_n^f)} = \lim_{n\rightarrow\infty}{\sum_{i=1}^{N_n}{f(\alpha_i)(x_i-x_{i-1})}} = \int_a^b{f(x)\,\di x} ,
 \label{eq:2:riemannf}
\end{equation}
hvor $N_n$ her er antallet af delintervaller i indelingen $\Pi_n^f$.



\subsubsection{Delopgave a}
\ramme{ Vis at hvis $f$ er integrabel, da er også $g$ integrabel, og
        \begin{equation}
         \int_{a-r}^{b-r}{g(x)\,\di x} = \int_a^b{f(x)\,\di x} .
         \label{eq:2:eftvisint1}
        \end{equation} }
Jeg vælger for $g$ en inddeling $\Pi_n^g$ med tilhørende udvalg $U_n^g$ der svarer til inddelingen og udvalget for $f$ i \eqref{eq:2:inddf} og \eqref{eq:2:udvlf}, bare med alle værdier ``skubbet'' $r$ i negativ retning ad $x$-aksen:
\begin{align}
 \Pi_n^g &= \left\{ y_0=x_0-r=a-r, y_1=x_1-r, \cdots, y_n=x_n-r=b-r  \right\}  , \label{eq:2:inddg} \\
 U_n^g   &= \{ \beta_1=\alpha_1-r=x_1-r, \beta_2=\alpha_2-r=x_2-r, \cdots    \nonumber\\ & \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad
            , \beta_n=\alpha_n-r=x_n-r=b-r  \} . \label{eq:2:udvlg}
\end{align}
Eftersom inddelingen $\Pi_n^g$ for $g$ har egenskaben at den faktisk bare er inddelingen for $f$ med værdierne flyttet lidt, vil også denne have egenskaben at $|\Pi_n^g|\rightarrow0$ for $n\rightarrow\infty$. Derudover vil $g$ grundet dennes definition kun have det samme antal eventuelle diskontinuitetspunkter som $f$ -- da det eneste der gøres til forskel mellem $f$ og $g$ er at flytte værdierne på $x$-aksen. Af denne grund vil også $g$ være integrabel. 

Riemannsummen for $g$ tilhørende inddelingen og udvalget i \eqref{eq:2:inddg} og \eqref{eq:2:udvlg} er da ifølge definition 8.5.1 givet ved
{\allowdisplaybreaks\begin{align*}
 R_g(\Pi_n^g,U_n^g) &= \sum_{i=1}^n{g(\beta_i)(y_i-y_{i-1})} \\
                    &= \sum_{i=1}^n{g(\alpha_i-r)(x_i-r-x_{i-1}+r)} \\
                    &= \sum_{i=1}^n{g(x_i-r)(x_i-x_{i-1})} \\
                    &= \sum_{i=1}^n{f(x_i-r+r)(x_i-x_{i-1})} \\
                    &= \sum_{i=1}^n{f(x_i)(x_i-x_{i-1})} \\
                    &= R_f(\Pi_n^f,U_n^f),
\end{align*}}%
hvilket altså var den i \eqref{eq:2:riemannf} fundne Riemannsum for $f$. Og da $g$ som tidligere argumenteret for vil være integrabel må derfor
\begin{equation*}
 \lim_{n\rightarrow\infty}{R_g(\Pi_n^g,U_n^g)} = \int_{a-r}^{b-r}{g(x)\,\di x},
\end{equation*}
ifølge korollar 8.5.4. Dette medfører at når der gælder for Riemannsummerne at $R_g(\Pi_n^g,U_n^g) = R_f(\Pi_n^f,U_n^f)$, så er også integralerne de samme, altså
\begin{equation*}
 \int_{a-r}^{b-r}{g(x)\,\di x} = \int_a^b{f(x)\,\di x},
\end{equation*}
hvilket var udtrykket i \eqref{eq:2:eftvisint1} som der skulle eftervises.



\subsubsection{Delopgave b}
\ramme{ Vis at hvis $f$ er integrabel, da er også $h$ integrabel, og
        \begin{equation}
         \int_{a/s}^{b/s}{h(x)\,\di x} = \frac{1}{s} \int_a^b{f(x)\,\di x} .
         \label{eq:2:eftvisint2}
        \end{equation} }
Jeg vælger for $h$ en inddeling $\Pi_n^h$ med tilhørende udvalg $U_n^h$ der svarer til inddelingen og udvalget for $f$ i \eqref{eq:2:inddf} og \eqref{eq:2:udvlf}, bare med alle værdier delt med $s$, altså:
\begin{align}
 \Pi_n^h &= \left\{ z_0=\frac{x_0}{s}=\frac{a}{s}, z_1=\frac{x_1}{s}, \cdots, z_n=\frac{x_n}{s}=\frac{b}{s}  \right\}, \label{eq:2:inddh}\\
 U_n^h   &= \left\{ \gamma_1=z_1=\frac{x_1}{s}, \gamma_2=z_2=\frac{x_2}{s}, \cdots, \gamma_n=z_n=\frac{x_n}{s}=\frac{b}{s}  \right\} \label{eq:2:udvlh}
\end{align}
Her er det, lige som i delopgave a, tydeligt at se at inddelingen $\Pi_n^h$ vil have egenskaben at $|\Pi_n^h|\rightarrow0$ for $n\rightarrow\infty$. Derudover vil funktionen $h$ -- lige som $g$ i delopgave a -- heller ikke have flere diskontinuitetspunkter end $f$, da det endnu engang bare er $x$-aksen der egentlig bliver ændret på. Af denne grund vil også $h$ være integrabel.

Riemannsummen for $h$ tilhørende inddelingen og udvalget vist i \eqref{eq:2:inddh} og \eqref{eq:2:udvlh} er da ifølge definition 8.5.1 givet ved
{\allowdisplaybreaks\begin{align*}
 R_h(\Pi_n^h,U_n^h) &= \sum_{i=1}^n{h(\gamma_i)(z_i-z_{i-1})} \\
                    &= \sum_{i=1}^n{h\left(\frac{x_i}{s}\right)\left(\frac{x_i}{s}-\frac{x_{i-1}}{s}\right)} \\
                    &= \sum_{i=1}^n{f\left(\frac{x_i}{s}s\right)\left(\frac{x_i}{s}-\frac{x_{i-1}}{s}\right)} \\
                    &= \frac{1}{s} \sum_{i=1}^n{f(x_i)(x_i-x_{i-1})} \\
                    &= \frac{1}{s} R_f(\Pi_n^f,U_n^f) ,
\end{align*}}%
hvilket altså var den i \eqref{eq:2:riemannf} fundne Riemannsum for $f$. Og da $h$ som tidligere argumenteret for vil være integrabel må derfor
\begin{equation*}
 \lim_{n\rightarrow\infty}{R_h(\Pi_n^h,U_n^h)} = \int_{a/s}^{b/s}{h(x)\,\di x},
\end{equation*}
ifølge korollar 8.5.4. Dette medfører at når $R_h(\Pi_n^h,U_n^h) = \frac{1}{s} R_f(\Pi_n^f,U_n^f)$, så er
\begin{equation*}
 \int_{a/s}^{b/s}{h(x)\,\di x} = \frac{1}{s} \int_a^b{f(x)\,\di x} .
\end{equation*}
hvilket var udtrykket i \eqref{eq:2:eftvisint2} som der skulle eftervises.



%------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------%
\typeout{<---------------------- OPGAVE 3 ---------------------->}
\clearpage
\subsection{Opgave 3}
\ramme{ Lad funktionen $f:\,]0,\infty[\,\rightarrow\mathbb{R}$ være givet ved
        \begin{equation}
         f(x) = \frac{1+\cos{\frac{1}{x}}}{x^2} \qquad ,x>0 .
         \label{eq:3:deffunk}
        \end{equation} }
En vigtig observation som jeg vil bruge flere gange i de nedenstående delopgaver er at $f$ er kontinuert på hele dens definitionsmængde $]0,\infty[$. Dette er den da den består af de kontinuerte funktioner $1/x$, $1$ og $\cos$ vha. addition, multiplikation og sammensætning, hvilket følger af sætningerne 5.1.5 (addition og multiplikation), 5.1.7 (sammensætning) og 5.1.11 (definition af en kontinuert funktion). --Det eneste punkt $f$ bliver diskontinuert er når $x=0$, men eftersom $x=0$ ikke er med i definitionsintervallet er $f$ altså kontinuert over alt på definitionsmængden.


\subsubsection{Delopgave a}
\ramme{ Gør rede for at $f$ er integrabel på ethvert interval $[a,b]$ hvor $0<a<b<\infty$. }
Ifølge analysens fundamentalteorem i 8.3.3 er $f$ integrabel hvis den er kontinuert og defineret på et lukket interval. Jeg har ovenfor argumenteret for at $f$ er kontinuert i definitionsintervallet, og eftersom jeg ser på et interval $[a,b]$ inden for intervallet $]0,\infty[$ arbejder jeg altså også med $f$ på et lukket interval. Derfor er $f$ integrabel ifølge sætning 8.3.3.



\subsubsection{Delopgave b}
\ramme{ Vis at det uegentlige integral $\int_1^{\infty}{f(x)\,\di x}$ er konvergent og bestem integralets værdi. }
Jeg ser først og fremmest at det uegentlige integral kan opdeles i de to uegentlige integraler $a$ og $b$ som følger
\begin{equation}
 \int_1^{\infty}{ \frac{1+\cos{\frac{1}{x}}}{x^2} \,\di x } = \underbrace{\int_1^{\infty}{ \frac{1}{x^2} \,\di x }}_{a} 
                                                            + \underbrace{\int_1^{\infty}{ \frac{\cos{\frac{1}{x}}}{x^2} \,\di x }}_{b}  .
 \label{eq:3:uegtint1}
\end{equation}
Dette kan gøres ifølge den første del af definition 9.5.9, der også siger at venstresiden er konvergent hvis og kun hvis begge integraler på højresiden er det. Ifølge sætning 9.5.4 er integral $a$ konvergent, da eksponenten er større end 1. Integral $b$ skal dog lige vurderes lidt videre. Da $\cos{(1/x)} \leq 1$ for alle $x\neq 0$, er også
\begin{equation}
 \frac{\cos{\frac{1}{x}}}{x^2} \leq \frac{1}{x^2}
 \label{eq:3:storlillecos}
\end{equation}
for alle $x\neq0$. Men denne $1/x^2$ er jo integranten i integral $a$, der blev fundet til at være konvergent. Derfor vil også integral $b$, ifølge sammenhængen i \eqref{eq:3:storlillecos} og sammenligningskriteriet i sætning 9.5.11 (der kan bruges eftersom både højre- og venstresiden i \eqref{eq:3:storlillecos} er positive og kontinuerte i det interval der arbejdes med), konvergere. Af denne grund er det uegentlige integral på venstresiden i \eqref{eq:3:uegtint1}, der er en sum af de to konvergente integraler $a$ og $b$, altså også konvergent. 

Integralets værdi findes ud fra definition 9.5.1 ved at udregne et endeligt integrale og se på dennes grænseværdi for den øvre grænse gående mod uendeligt\footnote{Hvilket også er et ekstra tjek for om integralet nu virkelig også konvergerer -- for eksisterer grænseværdien ikke, så er integralet jo divergent!}. Denne definition kan bruges da $f$ er kontinuert på intervallet der integreres over, altså $[1,\infty[$.
{\allowdisplaybreaks\begin{align*}
 \int_1^{\infty}{ \frac{1+\cos{\frac{1}{x}}}{x^2} \,\di x } &= \lim_{b\rightarrow\infty}{\int_1^{b}{ \frac{1+\cos{\frac{1}{x}}}{x^2} \,\di x }} \\
                                                            &= \lim_{b\rightarrow\infty}{\left[ -\frac{1}{x}-\sin{\frac{1}{x}} \right]_1^{b}} \\
                                                            &= \lim_{b\rightarrow\infty}{\left( -\frac{1}{b}-\sin{\frac{1}{b}} +1+\sin{(1)} \right) } \\
                                                            &= 1 + \sin{(1)}.
\end{align*}}%
Her er det sidste trin fundet ud fra at når $b\rightarrow\infty$ så vil $1/b\rightarrow0$ og $\sin{(1/b)}\rightarrow0$. Her ses altså at det uegentlige integral konvergerer mod en endelig værdi $1 + \sin{(1)}$, som det også var vist at det skulle gøre.



\subsubsection{Delopgave c}
\ramme{ Vis at det uegentlige integral $\int_0^{\infty}{f(x)\,\di x}$ er divergent. }
Jeg starter igen ud med at opdele det uegentlige integral i to uegentlige integraler $a$ og $b$ som følger
\begin{equation}
 \int_0^{\infty}{ \frac{1+\cos{\frac{1}{x}}}{x^2} \,\di x} = \underbrace{\int_0^1{ \frac{1+\cos{\frac{1}{x}}}{x^2} \,\di x}}_{a}
                                                           + \underbrace{\int_1^{\infty}{ \frac{1+\cos{\frac{1}{x}}}{x^2} \,\di x}}_{b} ,
 \label{eq:3:intbevisdiv}
\end{equation}
hvilket kan gøres ifølge den første del af definition 9.5.9. Jeg ved fra delopgave b at integral $b$ er konvergent, men for at venstresiden skal være konvergent er det nødvendigt at både $a$ og $b$ er konvergente. Så for at vise at det givne uegentlige integral virkelig \emph{er} divergent skal jeg bare vise at $a$ er divergent. 

For at gøre dette vil jeg indføre et $\epsilon>0$, og integrere fra denne i stedet for 0 -- for derefter at se hvad der sker med integralets værdi når $\epsilon\rightarrow0$. Jeg ser altså på
{\allowdisplaybreaks \begin{align*}
 \lim_{\epsilon\rightarrow0}{\int_{\epsilon}^1{ \frac{1+\cos{\frac{1}{x}}}{x^2} \,\di x}} 
                             &= \lim_{\epsilon\rightarrow0}{\left[ -\frac{1}{x} - \sin{\frac{1}{x}} \right]_{\epsilon}^1} \\
                             &= \lim_{\epsilon\rightarrow0}{\left(-1-\sin{(1)+\frac{1}{\epsilon}+\sin{\frac{1}{\epsilon}}} \right)} .
\end{align*}}%
Det ses her tydeligt at integralet divergerer, da $1/\epsilon\rightarrow\infty$ for $\epsilon\rightarrow0$ mens det sidste af de to sinusled oscillerer mellem -1 og 1. Ifølge definition 9.5.6 er integral $a$ derfor divergent, hvilket betyder at venstresiden i \eqref{eq:3:intbevisdiv} virkelig også er divergent.



\subsubsection{Delopgave d}
\ramme{ Vis at det uegentlige integral 
        \begin{equation}
         \int_0^1{\frac{1+\cos{\frac{1}{x}}}{\sin^2{x}} \,\di x} .
         \label{eq:3:eftvisint3}
        \end{equation}
        er divergent. }
Jeg ved at der gælder om $\sin{x}$ at den altid er mindre end eller lig med $x$ for alle $x$. Ud fra dette kan udledes at
\begin{align*}
 \sin{x} &\leq x \qquad\Leftrightarrow\\
 \sin^2{x} &\leq x^2 \qquad\Leftrightarrow\\
 \frac{1}{\sin^2{x}} &\geq \frac{1}{x^2} \qquad\Leftrightarrow\\
 \frac{1+\cos{\frac{1}{x}}}{\sin^2{x}} &\geq \frac{1+\cos{\frac{1}{x}}}{x^2} ,
\end{align*}
og eftersom højresiden af denne er integranten i det uegentlige integral $a$ i \eqref{eq:3:intbevisdiv} i delopgave c, som jeg fandt til at være divergent, så må det uegentlige integral i \eqref{eq:3:eftvisint3} også være divergent ifølge sammenligningskriteriet i sætning 9.5.11.

Jeg vil dog lige argumentere for hvorfor det er lovligt at bruge sammenligningskriteriet i 9.5.11 her, da denne jo faktisk kun nævner uegentlige integraler der har med grænser i det uendelige at gøre. Beviset her er fuldkommen sideløbende med beviset for det i sætning 9.5.11 postulerede. Jeg antager at to funktioner $f,g:\,]0,a]\rightarrow\mathbb{R}$ er kontinuerte og positive, og at $g(x)\geq f(x)$ for alle $x\in\,]0,a]$. Påstanden er at hvis $\int_0^a{f(x)\,\di x}$ divergerer, da gør $\int_0^a{g(x)\,\di x}$ det også. Jeg indfører et $\epsilon>0$, og ser nu at ifølge definition 9.5.6 må der gælde at
\begin{equation*}
 \lim_{\epsilon\rightarrow0}{\int_{\epsilon}^a{f(x)\,\di x}} = \infty.
\end{equation*}
Men eftersom $g(x)\geq f(x)$ vil der også gælde at
\begin{equation*}
 \int_{\epsilon}^a{g(x)\,\di x} \geq \int_{\epsilon}^a{f(x)\,\di x},
\end{equation*}
og samlet fås altså at for $\epsilon\rightarrow\infty$
\begin{equation*}
 \int_{\epsilon}^a{g(x)\,\di x} \geq \int_{\epsilon}^a{f(x)\,\di x} \rightarrow \infty  \qquad \Rightarrow \qquad
                                     \int_{\epsilon}^a{g(x)\,\di x} \rightarrow \infty  ,
\end{equation*}
hvorfor $\int_0^a{g(x)\,\di x}$ også divergerer. 






\label{lastpage}
\end{document}

