%------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------%
\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}{2}                %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}
\hyphenation{for-holds-test-ens hvor-for tangens-funk-tion-en inde-hold-ende}
%------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------%
\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)

%------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------%
\subsubsection*{Generel indledende kommentar til hele opgaven}
{\small Jeg vil i denne opgave, hver gang jeg henviser til en sætning, definition eller lignende, henvise til Tom Lindstrøms bog Kalkulus, 3. udgave. Mine henvisninger til denne bog er sat med en anden skrifttype end resten af teksten; et eksempel kan være \henv{12.2.16}.

Specifikt matematisk vil jeg, hver gang jeg henviser til en sætning indeholdende teori omkring rækker, ikke nævne hvad den nedre grænse i sætningen er i forhold til den række jeg bruger sætningen på. Denne kan være alle naturlige tal $0\leq n<\infty$ og stadig gælde i sætningerne, selv om der i disse kun står $n=0$ eller $n=1$, grundet sammenhængen i sætning \henv{12.1.9}. }
 

\typeout{<---------------------- OPGAVE 1 ---------------------->}
\subsection{Opgave 1} 
\subsubsection{Delopgave a}
\ramme{ Bestem de værdier af $a\in\mathbb{R}$ for hvilke rækken
        \begin{equation}
         \sum_{n=1}^{\infty}{\left( e^{\frac{1}{n}} - 1 \right)^a}
         \label{eq:1a:raekke}
        \end{equation}
        er konvergent. }
Hvis jeg ser på Taylorpolynomiet af grad 1 (givet ud fra sætning \henv{11.2.1}) for eksponentialfunktionen omkring punktet $x=0$ ses at
\begin{equation*}
 \exp{x} = 1 + x + R_1 f(x) .
\end{equation*}
Indsættes nu $x=\frac{1}{n}$ fås at
\begin{equation*}
 \exp{\frac{1}{n}} = 1 + \frac{1}{n} + R_1 f\left(\frac{1}{n}\right) ,
\end{equation*}
hvilket medfører at
\begin{equation*}
 \exp{\frac{1}{n}} -1 = \frac{1}{n} + R_1 f\left(\frac{1}{n}\right) .
\end{equation*}
Så for store $n$, hvor $x$ bliver lille og derfor tæt på punktet $x=0$, vil $\exp{\frac{1}{n}}-1$ opføre sig i størrelsesordenen $\frac{1}{n}$. Dette følger af sætning \henv{11.2.1}, da der vil gælde at tæt på punktet der approksimeres omkring vil restleddet gå mod nul. --Dette led er nemlig et integral over intervallet mellem punktet man ser på og punktet der er approksimeret omkring, og hvis disse to punkter går mod hinanden vil integralet gå mod nul ifølge korollar \henv{8.3.4}, da funktionen $\exp{x}-1$ er uendeligt mange gange kontinuert differentiabel. 

Dette betyder at også $\left(\exp{\frac{1}{n}}-1\right)^a$ vil opføre sig i størrelsesordenen $\left( \frac{1}{n} \right)^a = \frac{1}{n^a}$, og af denne grund vil jeg forsøge at sammenligne rækken i \eqref{eq:1a:raekke} med rækken $\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n^a}}$. Jeg ser derfor på hvorvidt grænseværdien $\lim_{n\rightarrow\infty}{b_n/a_n}$ (hvor $a_n$ er leddene i min række jeg kender konvergensen på, mens $b_n$ er leddene i rækken jeg vil teste) eksisterer, og hvad den i så fald er givet ved. Jeg har altså
\begin{equation*}
 \frac{\left( \exp{\frac{1}{n}} - 1 \right)^a}{\frac{1}{n^a}} = \left( \frac{\exp{\frac{1}{n}} - 1}{\frac{1}{n}}\right)^a,
\end{equation*}
og da funktionen $f(x)=x^a$ er kontinuert kan jeg nøjes med at se på grænseværdien inden for potensen. Men denne grænseværdi $\lim_{n\rightarrow\infty}{(\exp{1/n}-1)/(1/n)}$ var netop den grænseværdi der blev fundet i eksempel \henv{12.2.10} til at være 1, hvorfor jeg altså har at
\begin{equation*}
 \lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{\left( \exp{\frac{1}{n}} - 1 \right)^a}{\frac{1}{n^a}}} 
 %= \left( \lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{\exp{\frac{1}{n}} - 1}{\frac{1}{n}}} \right)^a 
 = 1^a.
\end{equation*}
Eftersom denne grænseværdi er over 0 og under $\infty$ for alle $a$, samt at både $1/n^a$ og $(\exp{1/n}-1)^a$ er positive for alle $n>0$ og alle $a$, siger grænsesammenligningstesten i sætning \henv{12.2.8} at det kun afhænger af konvergensen af sammenligningsrækken $\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n^a}}$ hvorvidt rækken jeg tester, $\left(\exp{\frac{1}{n}}-1\right)^a$, konvergerer. Så da jeg ved fra sætning \henv{12.2.4} at $\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n^a}}$ konvergerer netop for $a>1$, vil min række i \eqref{eq:1a:raekke} altså også konvergere for netop $a>1$.



\subsubsection{Delopgave b}
\ramme{ Vis at rækken 
        \begin{equation}
         \sum_{n=1}^{\infty}{ \frac{(2n)!}{5^n (n!)^2} }
         \label{eq:1b:raekke}
        \end{equation}
        er konvergent. }
Jeg definerer først hvert led i rækken som $a_n$, hvor
\begin{equation*}
 a_n = \frac{(2n)!}{5^n (n!)^2} ,
\end{equation*}
så rækken er givet ved $\sum_{n=1}^{\infty}{a_n}$. Da $a_n$ er positiv for alle $n\in[1,\infty[$, eftersom hverken tæller eller nævner bliver negative, kan forholdstesten i sætning \henv{12.2.12} bruges. Jeg skal finde ud af om grænseværdien $\lim_{n\rightarrow\infty} a_{n+1}/a_n$ eksisterer, hvorfor jeg først ser på brøken $a_{n+1}/a_n$ for sig selv:
{\allowdisplaybreaks\begin{align*}
 \frac{a_{n+1}}{a_n} &= \frac{(2(n+1))! \,5^n \,(n!)^2}{5^{n+1} \,((n+1)!)^2 \,(2n)!} \\
                     &= \frac{5^n}{5^{n+1}} \frac{(n!)^2}{((n+1)!)^2} \frac{(2(n+1))!}{(2n)!} \\
                     &= \frac{1}{5} \frac{1}{(n+1)^2} 2(2n+1)(n+1) \\
                     &= \frac{4n^2+6n+2}{5n^2+10n+5} \\
                     &= \frac{4 +6/n+2/n^2}{5+10/n+5/n^2} .
\end{align*}}%
Denne går mod $4/5$ for $n\rightarrow\infty$, da leddene med $n$ og $n^2$ i nævnerne vil gå mod nul for $n\rightarrow\infty$, hvorfor grænseværdien altså eksisterer og er givet ved:
\begin{equation*}
 \lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{a_{n+1}}{a_n}} = \frac{4}{5} < 1,
\end{equation*}
og da den er mindre end 1 vil rækken i \eqref{eq:1b:raekke} være konvergent ifølge forholdstestens \henv{12.2.12i}.




\subsubsection{Delopgave c}
\ramme{ Vis at rækken
        \begin{equation}
         \sum_{n=1}^{\infty}{ \frac{n}{(\ln{(1+n^2)})^2(1+n^2)} }
         \label{eq:1c:raekke}
        \end{equation}
        er konvergent, og at dens sum er større end eller lig med $\frac{1}{2 \ln{2}}$. }
Først definerer jeg et $c_n = n/\left[(\ln{(1+n^2)})^2(1+n^2)\right]$. Jeg definerer nu funktionen $f:[1,\infty[ \rightarrow \mathbb{R}$ ved
\begin{equation*}
 f(x) = \frac{x}{(\ln{(1+x^2)})^2(1+x^2)} ,
\end{equation*}
for hvilken der gælder at $f(n)=c_n$. Denne funktion er positiv på hele sit definitionsinterval, da hverken tæller eller nævner kan blive negative for $x\in[1,\infty[$. Funktionen er også kontinuert på hele sit definitionsinterval eftersom den består af kontinuerte funktioner (hvilket giver at $f$ er kontinuert ifølge sætningerne \henv{5.1.5} og \henv{5.1.7}) og nævneren aldrig bliver nul i definitionsintervallet. %\footnote{Hvor der jo altid er et potentielt diskontinuitetspunkt for funktioner der indeholder brøker.} 
Til sidst, men ikke mindst, er funktionen også aftagende på hele definitionsintervallet, da nævneren vokser hurtigere end tælleren grundet potenserne.

Ifølge integraltesten i sætning \henv{12.2.3} kan $f$ grundet dennes egenskaber bruges til at teste hvorvidt rækken i \eqref{eq:1c:raekke} konvergerer, ved at se om det uegentlige integral $\int_1^{\infty}{f(x)\,\di x}$ konvergerer. Jeg starter derfor med at udregne integralet over et endeligt interval $[1,b]$:
\begin{equation*}
 \int_1^b{ \frac{x}{(\ln{(1+x^2)})^2(1+x^2)}  \,\di x}.
\end{equation*}
For at løse dette integrale finder jeg først stamfunktionen til $f$ ved hjælp af integration ved substitution, hvor jeg vælger et 
\begin{equation*}
 u=\ln{\left( 1+x^2 \right)}  \qquad\Rightarrow\qquad \frac{\di u }{ \di x} = \frac{2x}{1+x^2} ,
\end{equation*} 
hvorfor jeg ifølge bemærkningen efter sætning \henv{9.2.3} (før beviset af sætningen) kan skrive at 
\begin{equation*}
 \di x = \frac{1+x^2}{2x} \di u ,
\end{equation*} 
hvilket kan indsættes i integralet. Min stamfunktion bliver da ifølge sætning \henv{9.2.3} givet ved
\begin{align*}
 \int{ \frac{x}{(\ln{(1+x^2)})^2(1+x^2)}  \,\di x} &= \left. \int{ \frac{x (1+x^2)}{u^2 2x (1+x^2)}  \,\di u} \,\right|_{u=\ln{(1+x^2)}} \\
                                                   &= \left. \int{ \frac{1}{2 u^2}  \,\di u} \,\right|_{u=\ln{(1+x^2)}} \\
                                                   &= \left. - \frac{1}{2u} + k \,\right|_{u=\ln{(1+x^2)}} \\
                                                   &= - \frac{1}{2 \ln{(1+x^2)}} + k ,
\end{align*}
hvor $k$ er en arbitrær konstant. Denne stamfunktion kan nu bruges til at finde integralet
\begin{align*}
 \int_1^b{ \frac{x}{(\ln{(1+x^2)})^2(1+x^2)}  \,\di x} &= - \frac{1}{2 \ln{(1+b^2)}} + k + \frac{1}{2 \ln{(1+1^2)}} - k \\
                                                       &= - \frac{1}{2 \ln{(1+b^2)}} + \frac{1}{2 \ln{2}} .
\end{align*}
Eftersom $\lim_{b\rightarrow\infty}{\ln{(1+b^2)}} = \infty$ vil $\lim_{b\rightarrow\infty}{\frac{1}{\ln{(1+b^2)}}} = 0$, hvorfor integralet konvergerer som
\begin{equation}
 \lim_{b\rightarrow\infty}{\int_1^b{ \frac{x}{(\ln{(1+x^2)})^2(1+x^2)}  \,\di x} } = \frac{1}{2 \ln{2}}.
 \label{eq:1c:integralevigtigt}
\end{equation}
Og derfor vil der ifølge sætning \henv{9.5.1} gælde at
\begin{equation*}
 \int_1^{\infty}{ \frac{x}{(\ln{(1+x^2)})^2(1+x^2)}  \,\di x} = \frac{1}{2 \ln{2}}.
\end{equation*}
Så da dette integral konvergerer er rækken i \eqref{eq:1c:raekke} konvergent ifølge integraltesten i sætning \henv{12.2.3}.
\\ \\
\noindent Jeg skulle ud over dette dog også vise at summen af rækken er større end eller lig med $\frac{1}{2 \ln{2}}$. For at gøre dette vil jeg benytte mig af en sammenhæng der blev fundet under beviset af integraltesten, nemlig at
\begin{equation}
 \int_1^{k+1}{f(x)\,\di x} \leq \sum_{n=1}^{k}{f(n)} = \sum_{n=1}^{k}{c_n}.
\end{equation}
Hvis jeg nu sætter $k=\infty$ får jeg at
\begin{equation}
 \int_1^{\infty}{f(x)\,\di x} \leq \sum_{n=1}^{\infty}{c_n},
\end{equation}
hvor jeg har brugt at $\infty+1\approx\infty$. Men jeg har allerede udregnet det uegentlige integrale på venstresiden i \eqref{eq:1c:integralevigtigt}, hvorfor jeg får at
\begin{equation}
 \frac{1}{2 \ln{2}} \leq \sum_{n=1}^{\infty}{c_n},
\end{equation}
hvilket var det der skulle vises.




%------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------%
\typeout{<---------------------- OPGAVE 2 ---------------------->}
\clearpage
\subsection{Opgave 2}
\subsubsection{Delopgave a}
\ramme{ Vis at rækken 
        \begin{equation}
         \sum_{n=1}^{\infty}{\sin^2{\left( n\frac{\pi}{2} \right)}}
         \label{eq:2a:raekke}
        \end{equation}
        er divergent. }
Ifølge divergenstesten i sætning \henv{12.1.4} er rækken divergent hvis leddene $a_n$ i rækken $\sum_{n=1}^{\infty}{a_n}$ ikke går mod nul for $n\rightarrow\infty$. Hvis jeg sætter $a_n=\sin^2{\left( n\frac{\pi}{2} \right)}$ ser jeg at for en lige værdi af $n$ er $\sin{\left( n\frac{\pi}{2} \right)}$ lig nul (hvilket medfører at dette led i anden potens selvfølgelig også er nul), mens det for en ulige værdi for $n$ er enten $1$ eller $-1$ (hvilket medfører at dette led i anden potens så bare er $1$). %Så hvert andet led i rækken givet ved summen i \eqref{eq:2a:raekke} er altså nul -- hvorfor jeg kan omskrive rækken til at være givet ved summen
%\begin{equation}
% \sum_{n=1}^{\infty}{\sin^2{\left( n\frac{\pi}{2} \right)}} = \sum_{k=1}^{\infty}{\sin^2{\left( (2k+1)\frac{\pi}{2} \right)}}
%\end{equation}
%Det er nu den samme række, men det er nemmere at se hvordan den fungerer. 

Leddene går altså ikke mod nul for $n\rightarrow\infty$, men ``hopper'' derimod frem og tilbage mellem værdierne 0 og 1 -- og derfor siger divergenstesten at rækken i \eqref{eq:2a:raekke} er divergent.



\subsubsection{Delopgave b}
\ramme{ Vis, at hvis rækken $\sum_{n=1}^{\infty}{a_n}$ er absolut konvergent, da er rækken
        \begin{equation}
         \sum_{n=1}^{\infty}{a_n \sin^2{\left( n\frac{\pi}{2} \right)}}
        \end{equation}
        ligeledes absolut konvergent. Afgør også om udsagnet gælder hvis ``absolut'' udelades både i forudsætning og konklusion. }
Jeg ser på de to positive rækker
\begin{equation}
 \sum_{n=1}^{\infty}{\left| a_n \right|}  \qquad\text{og}\qquad  \sum_{n=1}^{\infty}{\left| a_n \sin^2{\left( n\frac{\pi}{2} \right)} \right|}.
 \label{eq:2b:summer}
\end{equation} 
Jeg ved om den første at denne er konvergent, da jeg ved at $\sum_{n=1}^{\infty}{a_n}$ er absolut konvergent, hvilket netop ifølge definition \henv{12.4.1} betyder at $\sum_{n=1}^{\infty}{\left| a_n \right|}$ konvergerer. Jeg ved derudover at der må gælde at
\begin{equation}
 |a_n|  \geq  \left| a_n \sin^2{\left( n\frac{\pi}{2} \right)} \right|
 \label{eq:2b:sammenligning}
\end{equation}
eftersom $0 \leq \sin^2{\left( n\frac{\pi}{2} \right)} \leq 1$ for alle $n$. Men da vil den højre række i \eqref{eq:2b:summer} jo netop konvergere ifølge sammenligningskriteriet i sætning \henv{12.2.6}. Dette betyder at rækken
\begin{equation*}
 \sum_{n=1}^{\infty}{a_n \sin^2{\left( n\frac{\pi}{2} \right)}}
\end{equation*}
vil konvergere absolut ifølge definition \henv{12.4.1}.
\\ \\
\noindent Hvis jeg derimod ikke ved noget om hvorvidt rækken $\sum_{n=1}^{\infty}{a_n}$ konvergerer \emph{absolut}, men bare at den konvergerer, kan jeg ikke bruge mit argument fra før med sammenligningskriteriet, da denne kræver at $\sum_{n=1}^{\infty}{a_n}$ er en positiv række. Før kunne jeg bruge at jeg kendte noget til rækkerne med de numeriske led, men det gør jeg ikke når der ikke er tale om absolut konvergens.

For at kunne underbygge denne påstand vil jeg vise en række $\sum_{n=1}^{\infty}{a_n}$ som konvergerer \emph{betinget}, for hvilken der gælder at $\sum_{n=1}^{\infty}{a_n \sin^2{\left( n\frac{\pi}{2} \right)}}$ er divergent. Rækken
\begin{equation*}
 \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(-1)^{n+1}}{n}}
\end{equation*}
er betinget konvergent ifølge eksempel \henv{12.4.4}, og jeg vil nu vise at rækken 
\begin{equation}
 \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(-1)^{n+1}}{n} \sin^2{\left( n\frac{\pi}{2} \right)} }
 \label{eq:2b:sum2}
\end{equation}
er divergent -- hvilket er en modstrid med påstanden i denne opgave hvis man fjerner ``absolut'' i forudsætning og konklusion. 

Jeg definerer først $c_n=\sin^2{\left( n\frac{\pi}{2} \right)}$, og ser da nemt at for et lige $n$ er $c_n=0$ mens der for et ulige $n$ gælder at $c_n=1$, ligesom jeg så det i delopgave a. Derfor kan rækken i \eqref{eq:2b:sum2} skrives i den forkortede form
\begin{equation}
 \sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{2k-1} } ,
 \label{eq:2b:sum3}
\end{equation}
der altså bare er samme række uden nul-leddene -- hvorfor den vil have de samme egenskaber, vigtigst selvfølgelig den samme sum. Hvis jeg nu definerer funktionen $f:[1,\infty[\rightarrow\mathbb{R}$ som
\begin{equation*}
 f(x) = \frac{1}{2x-1},
\end{equation*}
kan jeg, eftersom $f$ er positiv, kontinuert og aftagende på hele definitionsintervallet (da nævneren altid er over nul og desuden er voksende for voksende $x$), bruge integraltesten fra sætning \henv{12.2.3} for at teste om rækken er konvergent. Jeg skal altså undersøge om det uegentlige integral $\int_1^{\infty}{f(x)\,\di x}$ konvergerer, hvorfor jeg først ser på integralet med endelige grænser fra 1 til $b$:
\begin{equation*}
 \int_1^b{\frac{1}{2x-1}} = \left[ \frac{1}{2}\ln{(2x-1)} \right]_1^b 
                          = \frac{1}{2}\ln{(2b-1)} - \frac{1}{2}\ln{1} 
                          = \frac{1}{2}\ln{(2b-1)} .
\end{equation*}
Da $\frac{1}{2}\ln{(2b-1)}\rightarrow\infty$ for $b\rightarrow\infty$ vil integralet $\int_1^{\infty}{f(x)\,\di x}$ divergere ifølge sætning \henv{9.5.1}, og derfor er rækken i \eqref{eq:2b:sum3}, og dermed også rækken i \eqref{eq:2b:sum2}, divergent ifølge integraltesten i sætning \henv{12.2.3}. 

Dette beviser at hvis jeg fjerner kravet om absolut konvergens i udsagnet i denne opgave, så er det ikke nødvendigvis et korrekt udsagn mere.





\subsubsection{Delopgave c}
\ramme{ Giv et eksempel på en divergent række $\sum_{n=1}^{\infty}{b_n}$ med $b_n>0$ for alle $n\in\mathbb{N}$, således at
        \begin{equation}
         \sum_{n=1}^{\infty}{b_n \sin^2{\left( n\frac{\pi}{2} \right)}}
         \label{eq:2c:eftervis}
        \end{equation}
        er konvergent. }
For at vælge en sådan række er det umiddelbart nemt at vælge en række der minder lidt om rækken i \eqref{eq:2a:raekke}, men som er 1 og 0 i modsatte $n$ af denne, og så til denne lægge en en kendt konvergent funktion. Jeg har valgt et
\begin{equation*}
 b_n = \cos^2{\left( n\frac{\pi}{2} \right)} + \exp{(-n)} .
\end{equation*}
Eftersom $0\leq\cos^2{\left( n\frac{\pi}{2} \right)}\leq1$ og $0<\exp{(-n)}$ for alle $n\in\mathbb{N}$ må der gælde at
\begin{equation}
 b_n = \cos^2{\left( n\frac{\pi}{2} \right)} + \exp{(-n)} > 0 \qquad \forall n\in\mathbb{N} ,
 \label{eq:2c:gaet}
\end{equation}
hvilket var krævet. Jeg ved at rækken $\sum_{n=1}^{\infty}{b_n}$ er divergent, af samme argument som jeg i delopgave a viste at rækken i \eqref{eq:2a:raekke} var divergent; nemlig at leddene ikke går imod nul for $n\rightarrow\infty$, men derimod ``hopper'' imellem værdierne 0 og 1, denne gang dog plus værdien for $\exp{(-n)}$, som går mod nul for $n\rightarrow\infty$ (det er dog nok at vide at $\sum_{n=1}^{\infty}{\cos^2{\left( n\frac{\pi}{2} \right)}}$ er divergent for at vise at hele rækken i \eqref{eq:2c:gaet} er divergent ifølge korollar \henv{12.1.8}).

For ulige $n$ bliver $\cos^2{\left( n\frac{\pi}{2} \right)} = 0$ og $\sin^2{\left( n\frac{\pi}{2} \right)} = 1$, mens der for lige $n$ gælder at $\cos^2{\left( n\frac{\pi}{2} \right)} = 1$ og $\sin^2{\left( n\frac{\pi}{2} \right)} = 0$. Dette betyder at hver gang cosinus-leddet er andet end nul, så er sinus-leddet nul, hvorfor alle led med cosinus går ud fra den samlede række i \eqref{eq:2c:eftervis}. Da har vi kun leddene med ulige $n$ tilbage, hvor sinus-leddet er 1 -- hvorfor rækken
\begin{equation}
 \sum_{n=1}^{\infty}{\left(\cos^2{\left( n\frac{\pi}{2} \right)} + \exp{(-n)} \right) \sin^2{\left( n\frac{\pi}{2} \right)}}
 \label{eq:2c:raekkenaestsidst}
\end{equation}
kan skrives som den forkortede række
\begin{equation}
 \sum_{k=1}^{\infty}{ \exp{(-2k+1)} } ,
 \label{eq:2c:raekkesidst}
\end{equation}
lige som jeg forkortede en række i delopgave b. Denne række indeholder de samme led som rækken i \eqref{eq:2c:raekkenaestsidst}, undtagen alle nul-leddene -- og har derfor også de samme egenskaber som rækken i \eqref{eq:2c:raekkenaestsidst}, specielt samme sum. Hvis jeg nu definerer funktionen $f:[1,\infty[\rightarrow\mathbb{R}$ ved
\begin{equation*}
 f(x) = \exp{(-2x+1)} 
\end{equation*}
vil jeg se hvorvidt det uegentlige integral $\int_1^{\infty}{f(x)\,\di x}$ konvergerer eller ej. For at finde ud af dette ser jeg først på integralet med de endelige grænser 1 og $b$:
\begin{align*}
 \int_1^b{ \exp{(-2x+1)} \,\di x} &= \left[ - \frac{1}{2} \exp{(-2x+1)} \right]_1^b \\
                                  &= \frac{1}{2} \exp{(-1)} - \frac{1}{2} \exp{(-2b+1)} .
\end{align*}
For $b\rightarrow\infty$ vil denne gå mod $\frac{1}{2} \exp{(-1)}$, hvorfor der ifølge definition \henv{9.5.1} gælder at det uegentlige integral konvergerer og er givet ved
\begin{equation*}
 \int_1^{\infty}{ \exp{(-2x+1)} \,\di x} = \frac{1}{2} \exp{(-1)} .
\end{equation*}
Da dette integral konvergerede, og funktionen $f$ er positiv, kontinuert og aftagende på hele sit definitionsinterval, vil rækken i \eqref{eq:2c:raekkesidst}, og dermed også rækken i \eqref{eq:2c:raekkenaestsidst}, ifølge integraltesten i sætning \henv{12.2.3} konvergere. 

Så jeg har altså nu fundet en divergent række $\sum_{n=1}^{\infty}{b_n}$ med $b_n>0$ for alle $n\in\mathbb{N}$, således at \eqref{eq:2c:eftervis} er konvergent.





%------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------%
\typeout{<---------------------- OPGAVE 3 ---------------------->}
\clearpage
\subsection{Opgave 3}
I denne opgave skal jeg flere gange bruge at der gælder $k_1 \theta \leq \tan{\theta} \leq k_2 \theta$ for $0 \leq \theta \leq 1$, hvor $k_1$ og $k_2$ er passende positive konstanter. For at begrunde at dette er sandt, vil jeg først se på Taylorekspansionen af tangensfunktionen omkring $x=0$, der ifølge sætning \henv{11.2.1} er givet til at være: %(jeg har her vist Taylorekspansionen af 7. orden, men jeg kunne lige så godt have taget færre eller flere led med; det vigtige er at $R_n f(x)$ er større end eller lig nul for alle $n$):
\begin{equation*}
 T_3 \tan{x} = x + \frac{1}{3} x^3 + R_3 f(x) ,
 %T_7 \tan{x} = x + \frac{1}{3} x^3 + \frac{2}{15} x^5 + \frac{17}{315} x^7 + R_7 f(x) ,
\end{equation*}
hvor $R_3 f(x)$ er restleddet fra Taylors formel. For små $x$ vil tangensfunktionen altså opføre sig som funktionen $f(x)=x$. %, og eftersom alle de højere ordens led er større end nul, vil der gælde at $\tan{\theta} \geq \theta$ for et $\theta \geq 0$. Jeg kan derfor frit vælge et positivt $k_1 \in\, ]0,1]$ så der gælder at $\tan{\theta} \geq k_1 \theta$ for $0 \leq \theta \leq 1$. 
Jeg kan desuden ud fra de to afledte
\begin{equation*}
 \frac{\di \tan{x}}{\di x} = 1 + \tan^2{x} \qquad\text{og}\qquad  \frac{\di^2 \tan{x}}{\di x^2} = 2 (1 + \tan^2{x}) \tan{x} ,
\end{equation*}
der begge er positive og voksende for stigende $x$, se at tangensfunktionen opfører sig pænt i hvert fald inden for det interessante interval $[0,1]$: Den er monotont voksende og konveks (og desuden selvfølgelig også kontinuert). Grundet dette kan jeg sige at tangensfunktionen, som omkring $x=0$ altså vil opføre sig som funktionen $f(x)=x$, ikke vil komme under linien $y=x$. 

Dette medfører at der vil gælde at $\tan{\theta} \geq \theta$ for et $0 \leq \theta \leq 1$, og jeg kan derfor frit vælge et positivt $k_1 \in\, ]0,1]$ så der gælder at $\tan{\theta} \geq k_1 \theta$ for $0 \leq \theta \leq 1$. 

At tangensfunktionen er konveks betyder ifølge sætning \henv{6.4.6} at hvis jeg vælger punktet $(0,0)$ og punktet $(1,\tan{(1)})$, så vil der ikke være noget af funktionen der ``stikker op over'' den rette linie imellem disse to punkter. Af denne grund kan jeg vælge et $k_2 \geq \tan{(1)}$ så der vil gælde at $\tan{\theta} \leq k_2 \theta$ for $0 \leq \theta \leq 1$.

Jeg har altså nu udledt at jeg kan vælge et $k_1 \in\, ]0,1]$ og et $k_2 \in [\tan{(1)}, \infty[$ så der vil gælde at $k_1 \theta \leq \tan{\theta} \leq k_2 \theta$ for alle $0 \leq \theta \leq 1$. Som en illustration på at dette er korrekt har jeg vist de to grænsetilfælde hvor $k_1=1$ og $k_2=\tan{(1)}$ i figur \vref{fig:opg3graf}. %I delopgaverne a og b herunder vil jeg se på de to tilfælde hvor $k_1=\frac{1}{2}$ og $k_2=2$, mens jeg i delopgave c vil se på et generelt $k_2$. 

%\begin{figure}[htb]
% \centering
% \includegraphics[width=0.9\textwidth]{afl2img/plot.pdf}
% \caption{Graf der illustrerer hvordan tangensfunktionen går for $x\in[0,1]$ (og for lidt større $x$) i forhold til de to rette 
%          linier $y=\tan{(1)} x$ og $y=x$. Man kan tydeligt se hvordan tangensfunktionen for små $x$ er meget tæt på linien $y=x$, og
%          at den ikke kommer op over linien $y=\tan{(1)} x$ før efter $x=1$.}
% \label{fig:opg3graf}
%\end{figure}

\begin{figure}
\begin{center}
% \psset{unit=20mm}
  \psset{yunit=20mm,
         xunit=60mm}
  \begin{pspicture}(-0.3,-0.3)(1.5,2)
    \psset{linewidth=1pt}
    \psset{arrowsize=5pt}
%GRAFER OVER FUNKTIONER:
    \pscurve[linewidth=1.5pt,linecolor=MyGray2]{c-c}(0,0)(0.05,0.050041708)(0.1,0.100334672)(0.15,0.151135218)(0.2,0.202710036)(0.25,0.255341921)
                                                  (0.3,0.30933625)(0.35,0.365028495)(0.4,0.422793219)(0.45,0.483055066)(0.5,0.54630249)
                                                  (0.55,0.613105213)(0.6,0.684136808)(0.65,0.760204399)(0.7,0.84228838)(0.75,0.93159646)
                                                  (0.8,1.029638557)(0.85,1.138332713)(0.9,1.260158218)(0.95,1.398382589)(1,1.557407725)
                                                  (1.05,1.74331531)(1.1,1.964759657)
    \psline[linewidth=0.7pt,linestyle=dashed]{c-c}(0,0)(1.1,1.713148497)
    \psline[linewidth=0.7pt,linestyle=dashed]{c-c}(0,0)(1.1,1.1)
%LABELS TIL DE TRE FUNKTIONER:
    \rput[l](1.15,1.964759657){$y = \tan{x}$}
    \rput[l](1.15,1.713148497){$y = x \tan{(1)}$}
    \rput[l](1.15,1.1){$y = x$}
%KOORDINATSYSTEM MED LABELS OG TO PUNKTER INKL. LINIER TIL DISSE PUNKTER:
    \psline[linewidth=0.5pt]{<->}(0,2)(0,-0.28)(0,0)(-0.2,0)(1.2,0)
    \rput[t](1.2,-0.1){$x$}
    \rput[tr](-0.05,1.9){$y$}
    \psline[linewidth=0.5pt,linestyle=dotted]{c-c}(0,1.5574)(1,1.5574)
    \psline[linewidth=0.5pt,linestyle=dotted]{c-c}(1,0)(1,1.5574)
    \psline[linewidth=0.5pt](1,0)(1,-0.1) \rput[t](1,-0.2){$1$}
    \psline[linewidth=0.5pt](0,1.5574)(-0.03,1.5574) \rput(-0.15,1.5574){$\tan{(1)}$}
  \end{pspicture}
\caption{Graf der illustrerer hvordan tangensfunktionen går for $x\in[0,1]$ (og for lidt større $x$) i forhold til de to rette 
         linier $y = x \tan{(1)}$ og $y = x$. Man kan tydeligt se hvordan tangensfunktionen for små $x$ er meget tæt på linien 
         $y = x$, og at den ikke kommer op over linien $y = x \tan{(1)}$ før efter $x = 1$.}
\label{fig:opg3graf}
\end{center}
\end{figure}




\subsubsection{Delopgave a}
\ramme{ Vis at der for $a\geq 0$ gælder at det uegentlige integral
        \begin{equation}
         \int_{a}^{\infty}{\tan{\left( \frac{1}{1+x^2} \right)} \,\di x}
         \label{eq:3a:integrale}
        \end{equation}
        er konvergent. }
Jeg ved ud fra argumentationen ovenfor at $\tan{x}\leq k_2 x$ for alle $x\in[0,1]$ og alle $k_2 \in [\tan{(1)},\infty[$, hvilket medfører at  
%$\tan{x}\leq 2x$ for alle $x\in[0,1]$, hvilket medfører at 
\begin{equation}
 \tan{\left( \frac{1}{1+x^2} \right)} \leq \frac{k_2}{1+x^2}
 %\tan{\left( \frac{1}{1+x^2} \right)} \leq \frac{2}{1+x^2}
 \label{eq:3a:ulighed}
\end{equation}
for alle $x\in[0,\infty[$. Derudover vil jeg vise at integralet $\int_a^{\infty}{\frac{k_2}{1+x^2} \,\di x}$ %$\int_a^{\infty}{\frac{2}{1+x^2} \,\di x}$ 
konvergerer, hvorfor jeg først ser på integralet med de endelige grænser $a$ og $b$:
\begin{equation*}
 \int_a^b{\frac{k_2}{1+x^2} \,\di x} = \left[ k_2 \arctan{x} \right]_a^b = k_2 \arctan{b} - k_2 \arctan{a} .
 %\int_a^b{\frac{2}{1+x^2} \,\di x} = \left[ 2 \arctan{x} \right]_a^b = 2 \arctan{b} - 2 \arctan{a} .
\end{equation*}
Da $\arctan{b}\rightarrow\frac{\pi}{2}$ for $b\rightarrow\infty$ vil dette altså konvergere, og
\begin{equation}
 \int_a^{\infty}{\frac{k_2}{1+x^2} \,\di x} = k_2 \frac{\pi}{2} - k_2 \arctan{a} 
 %\int_a^{\infty}{\frac{2}{1+x^2} \,\di x} = \pi - 2 \arctan{a} 
 \label{eq:2b:uegtintegrale}
\end{equation}
ifølge sætning \henv{9.5.1}, vel og mærke eftersom $\arctan{a}$ er endelig for alle $a\geq0$. Men da jeg har uligheden i \eqref{eq:3a:ulighed}, og da disse to funktioner vel og mærke begge to er positive og kontinuerte, kan sammenligningskriteriet i \henv{9.5.11i} bruges til at slutte at da må også integralet i \eqref{eq:3a:integrale} konvergere.




\subsubsection{Delopgave b}
\ramme{ Sæt
        \begin{equation}
         a_n = \int_{n}^{\infty}{\tan{\left( \frac{1}{1+x^2} \right)} \,\di x}, \qquad \text{for } n\in\mathbb{N}
         \label{eq:3b:reakkeprimaer}
        \end{equation}
        og vis at rækken $\sum_{n=1}^{\infty}{a_n}$ er divergent. }
Jeg ved at $k_1 x \leq \tan{x}$ for alle $x\in[0,1]$ og alle $k_1\in\,]0,1]$, hvilket medfører at %$\frac{1}{2} x \leq \tan{x}$ for alle $x\in[0,1]$, hvilket medfører at
\begin{equation}
 \frac{k_1}{1+x^2} \leq \tan{\left( \frac{1}{1+x^2} \right)}
 %\frac{1}{2(1+x^2)} \leq \tan{\left( \frac{1}{1+x^2} \right)}
 \label{eq:3b:sammenhaeng}
\end{equation}
for alle $x\in[0,\infty[$. Jeg definerer nu rækken $\sum_{n=1}^{\infty}{b_n}$ ud fra
\begin{equation*}
 b_n = \int_n^{\infty}{\frac{k_1}{1+x^2} \,\di x},
 %b_n = \int_n^{\infty}{\frac{1}{2(1+x^2)} \,\di x},
\end{equation*}
hvorfra jeg kan se at $b_n \leq a_n$ for alle $n$ eftersom integranterne i både $a_n$ og $b_n$ er positive og jeg kender sammenhængen i \eqref{eq:3b:sammenhaeng}. Jeg vil forsøge at udskrive integralet i udtrykket for $b_n$ for at kunne tjekke om rækken $\sum_{n=1}^{\infty}{b_n}$ konvergerer eller divergerer. Jeg ved dog allerede fra delopgave a at integralet $\int_a^{\infty}{k_2\left( \frac{1}{1+x^2} \right) \,\di x}$ konvergerer, men under udregningen af dette tog jeg ikke nogen antagelser om værdien af $k_2$, hvorfor jeg frit kan udbytte denne med $k_1$. Jeg ved altså derfor at %Jeg udregner derfor først integralet med de endelige grænser
%\begin{equation*}
% \int_n^d{\frac{1}{2(1+x^2)} \,\di x} = \left[ \frac{1}{2}\arctan{x} \right]_n^d = \frac{1}{2}\arctan{d} - \frac{1}{2}\arctan{n}.
%\end{equation*}
%For $d\rightarrow\infty$ vil $\arctan{d}\rightarrow\frac{\pi}{2}$, så eftersom der er en grænseværdi vil udtrykket for $b_n$ ifølge sætning \henv{9.5.1} være givet ved
\begin{equation*}
 b_n = \int_n^{\infty}{\frac{k_1}{1+x^2} \,\di x} = k_1\frac{\pi}{2} - k_1\arctan{n}.
 %b_n = \int_n^{\infty}{\frac{1}{2(1+x^2)} \,\di x} = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2}\arctan{n}.
\end{equation*}
Men jeg ved allerede fra eksempel \henv{12.2.11} at rækken $\sum_{n=1}^{\infty}{(\pi/2 - \arctan{n})}$ er divergent, og ifølge sætning \henv{12.1.7iii} er derfor også rækken $\sum_{n=1}^{\infty}{b_n}$ divergent. 
%For at kunne finde ud af hvorvidt denne konvergerer vil jeg definere funktionen $f:[1,\infty[\rightarrow\mathbb{R}$ ved
%\begin{equation*}
% f(x) = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2}\arctan{x}.
%\end{equation*}
%Denne funktion er positiv (da $\arctan{x} \leq \frac{\pi}{2}$ for alle $x$), kontinuert og aftagende for hele sit definitionsinterval. Jeg vil nu %finde ud af om det ubestemte integral $\int_1^{\infty}{f(x)\,\di x}$ konvergerer eller ej, hvorfor jeg først ser på integralet med de endelige grænser
%\begin{multline*}
% \int_1^c{\left( \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2}\arctan{x} \right) \,\di x} 
%       = \left[ \frac{\pi}{4} x - \frac{1}{2} x \arctan{x} + \frac{1}{4}\ln{(1+x^2)} \right]_1^c \\
%       = -\frac{\pi}{8} - \frac{1}{4} \ln{2} + \frac{\pi}{4} c -\frac{1}{2} c \arctan{c} + \frac{1}{4}\ln{(1+c^2)} .
%\end{multline*}
%Denne vil gå mod $\infty$ for $c\rightarrow\infty$, hvorfor integralet $\int_1^{\infty}{f(x)\,\di x}$ divergerer ifølge definition \henv{9.5.1}. Ifølge integraltesten i sætning \henv{12.2.3} vil rækken $\sum_{n=1}^{\infty}{b_n}$ derfor divergere. 
Så eftersom jeg tidligere fastslog at $b_n \leq a_n$ for alle $n$ vil rækken i \eqref{eq:3b:reakkeprimaer} derfor også være divergent ifølge sammenligningskriteriet i sætning \henv{12.2.6}.






\subsubsection{Delopgave c}
\ramme{ Afgør om rækken
        \begin{equation}
         \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{a_n}{n}}
         \label{eq:3c:bevisdette}
        \end{equation}
        er konvergent. }
Jeg kan, med samme argumenter som brugt i delopgave b, se at der må gælde følgende ulighed:
\begin{equation*}
 \int_n^{\infty}{ \tan{\left( \frac{1}{1+x^2} \right)}  \,\di x} \leq \int_n^{\infty}{ \frac{k_2}{1+x^2}  \,\di x},
\end{equation*}
hvorfor der også for et $n>0$ vil gælde at
\begin{equation*}
 \frac{1}{n}   \int_n^{\infty}{ \tan{\left( \frac{1}{1+x^2} \right)}  \,\di x} 
 \leq \frac{1}{n}   \int_n^{\infty}{  \frac{k_2}{1+x^2}  \,\di x} .
\end{equation*}
Og eftersom jeg tidligere i \eqref{eq:2b:uegtintegrale} viste at
\begin{equation*}
 \int_n^{\infty}{  \frac{k_2}{1+x^2}   \,\di x} = k_2 \frac{\pi}{2} - k_2 \arctan{n}
\end{equation*}
ved jeg derfor også at
\begin{equation}
 \frac{1}{n}   \int_n^{\infty}{ \tan{\left( \frac{1}{1+x^2} \right)}  \,\di x} \leq \frac{k_2}{n} \left( \frac{\pi}{2} - \arctan{n} \right).
 \label{eq:3c:vigtig}
\end{equation}
For at se om højresiden af denne ulighed konvergerer vil jeg sammenligne med rækken $\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n^2}}$, som jeg fra sætning \henv{12.2.4} ved er konvergent. Denne sammenligning vil jeg gøre vha. sætning \henv{12.2.8}, grænsesammenligningstesten. %, der siger at hvis rækken $\sum_{n=1}^{\infty}{d_n}$ konvergerer og $\lim_{n\rightarrow\infty}{a_n/d_n} < \infty$, så konvergerer også rækken $\sum_{n=1}^{\infty}{a_n}$. 
Jeg vil derfor undersøge om grænseværdien for $n\rightarrow\infty$ af brøken
\begin{equation}
 \frac{\frac{k_2}{n} \left( \frac{\pi}{2} - \arctan{n} \right)}{1/n^2} =
 \frac{k_2 \left( \frac{\pi}{2} - \arctan{n} \right)}{1/n}  
 \label{eq:3c:graense}
\end{equation}
eksisterer. Dette er et ``$0/0$''-problem, så jeg undersøger om jeg kan bruge L'H$\hat{\text{o}}$pital's regel ved at differentiere tæller og nævner og se på om grænseværdien for brøken af disse eksisterer i stedet for. Det viser sig at det gør den, og at den er givet ved
\begin{equation*}
 \lim_{n\rightarrow\infty}{  \frac{k_2 n^2}{1+n^2}  } = k_2 .
\end{equation*}
Da eksisterer grænseværdien for udtrykket i \eqref{eq:3c:graense}, og er givet ved 
\begin{equation*}
 \lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{k_2 \left( \frac{\pi}{2} - \arctan{n} \right)}{1/n} } = k_2
\end{equation*}
ifølge L'H$\hat{\text{o}}$pital's regel i sætning \henv{6.3.2}. Da denne er mindre end $\infty$ (eftersom $k_2\in[\tan{(1)},\infty[$), siger grænsesammenligningstesten i \henv{12.2.8i} derfor at da udtrykket i \eqref{eq:3c:vigtig} gælder, så er rækken i \eqref{eq:3c:bevisdette} konvergent.




\label{lastpage}
\end{document}


