%------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------%
\typeout{<----------- PREAMBLE OG EKSTRA KOMMANDOER ----------->}
\input{preamble.tex}
%\usepackage[notref,notcite]{showkeys}   %Hvis aktiv vises labels i margin - bør kun anvendes i draft
\hyphenation{grænse-funktion-en differen-tiabel}
\newcommand{\theaflnr}{3}                %Definition af afleveringsnummer, til sektionsnummerering, forside og sidehoved
\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)

%------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------%
\subsubsection*{Generel indledende kommentar til hele opgaven}
{\small Jeg vil i denne prøve, hver gang jeg henviser til en sætning, definition eller lignende, henvise til Tom Lindstrøms bog Kalkulus, 3. udgave, med mindre andet er specifikt forklaret. Mine henvisninger 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}
\ramme{ Lad, for $n\in\mathbb{N}$, funktionen $f_n:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ være givet ved
        \begin{equation}
         f_n(x) = \frac{x^{2n}}{1+x^{2n}} , \quad x\in\mathbb{R}.
         \label{eq:1a:funktionfn}
        \end{equation}  }

\subsubsection{Delopgave a}
\ramme{ Vis at funktionsfølgen $(f_n)_{n\in\mathbb{N}}$ er punktvis konvergent på $\mathbb{R}$, og bestem grænsefunktionen. }
For at vise den punktvise konvergens for følgen $(f_n)_{n\in\mathbb{N}}$ vil jeg først se på følgen $(x^{2n})_{n\in\mathbb{N}}$, der er konvergent for alle $|x|<1$ og divergent for alle $|x|\geq 1$. %eftersom denne er en kvotientrække med $a_0=1$ og $r=x^2$ efter formen i sætning \henv{12.1.1} -- der siger at der er konvergens for $|r|<1$ (hvilket altså svarer til $|x^2|<1$, og altså $|x|<1$) og divergens for $|r|\geq1$ (hvilket altså svarer til $|x^2|\geq1$, og altså $|x|\geq1$). 
For $|x|<1$ vil følgen gå mod nul, hvilket betyder at følgen $(f_n)_{n\in\mathbb{N}}$ også vil gå mod nul ifølge grænseværdiregnereglerne i sætning \henv{4.3.3}. Jeg har altså at %\fixme{Bevis for at $x^{2n}\rightarrow0$ for $n\rightarrow\infty$ når $|x|<1$?}
\begin{equation*}
 \lim_{n\rightarrow\infty}{x^{2n}} = 0 \quad\Rightarrow\quad \lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{x^{2n}}{1+x^{2n}}} = 0, \qquad\forall\, |x|<1.
\end{equation*}

For $|x|> 1$, hvor følgen $(x^{2n})_{n\in\mathbb{N}}$ jo er divergent, bliver jeg nødt til at se på hvordan brøken 
\begin{equation}
 \frac{x^{2y}}{1+x^{2y}} ,
 \label{eq:1a:originalbroek}
\end{equation}
hvor $y\in\mathbb{R}$, går for $y\rightarrow\infty$. Dette er et ``$\infty/\infty$''-problem (eftersom de to $x^{2y}$-udtryk jo går mod $\infty$ når $y\rightarrow\infty$ ifølge divergensen), hvorfor jeg vil undersøge hvordan den samlede brøk dannet af den mht. $y$ differentierede tæller og nævner går for $y\rightarrow\infty$:
\begin{equation}
 \frac{\di}{\di y} \left( x^{2y} \right) = 2 x^{2y} \ln{x}  ,\quad  \frac{\di}{\di y} \left( 1 + x^{2y} \right) = 2 x^{2y} \ln{x},
 \label{eq:1a:diff}
\end{equation} 
altså %\fixme{Måske problem med $\ln{x}$ når $x\leq0$...}
\begin{equation*}
 \frac{2 x^{2y} \ln{x}}{2 x^{2y} \ln{x}} = 1 \rightarrow 1 \qquad \text{for } y\rightarrow\infty \text{ og } \forall\, |x|>1.
\end{equation*}
Og eftersom denne grænseværdi eksisterer, siger L'H$\hat{\text{o}}$pitals regel i sætning \henv{6.3.7} at grænseværdien for $y\rightarrow\infty$ eksisterer for den originale brøk i \eqref{eq:1a:originalbroek}, og at
\begin{equation*}
 \lim_{y\rightarrow\infty}{\frac{x^{2y}}{1+x^{2y}}} = 1 \qquad \forall\, |x|>1.
\end{equation*}
I specialtilfældet hvor $y=n\in\mathbb{N}$ i stedet for $y\in\mathbb{R}$ vil denne grænseværdi stadig eksistere og være samme værdi, hvorfor altså $f_n(x)\rightarrow 1$ for $|x|> 1$ og $n\rightarrow\infty$ (jeg så simpelt hen bare først på det generelle tilfælde med et reelt tal $y$, i stedet for det mere specifikke tilfælde med det naturlige tal $n$, for at måtte differentiere i \eqref{eq:1a:diff}).

Til sidst skal jeg se på specialtilfældet hvor $|x|=1$. Her bliver alle leddene af formen $x^{2n}=1$, eftersom $x^{2n}=\left( x^2 \right)^n$ og $( \pm 1 )^2=1$. Så her bliver altså
\begin{equation*}
 f_n(x) = \frac{x^{2n}}{1+x^{2n}} = \frac{1}{2} \qquad \text{for } |x|=1 \text{ og } \forall n .
\end{equation*}

Sammenstykket kan jeg altså se at $f_n(x)\rightarrow f(x)$ for $n\rightarrow\infty$ og alle $x\in\mathbb{R}$, hvor funktionen $f$ er defineret som
\begin{equation}
 f(x) = \left\{{ \begin{tabular}{lcl}
                  0            & $\,\,$& for $|x|<1$\\ %$x\in\, ]-1,1[$ \\
                  $\frac{1}{2}$& $\,\,$& for $|x|=1$\\ %$x\in\, \{-1,1\}$ \\
                  1            & $\,\,$& for $|x|>1$ ,   %$x\in\, ]-\infty,1[\cup]1,+\infty[$ ,
                 \end{tabular}
        }\right. 
 \label{eq:1a:funktion}
\end{equation}
hvorfor følgen $(f_n)_{n\in\mathbb{N}}$ altså ifølge definition \henv{11.3.1} er punktvis konvergent på hele $\mathbb{R}$ med grænsefunktion $f$.



\begin{figure}
\begin{center}
  \psset{unit=30mm}
  %\psset{yunit=20mm,
  %       xunit=60mm}
  \begin{pspicture}(-2,-0.2)(2,1.2)
    \psset{linewidth=1pt}
    \psset{arrowsize=5pt}
%KOORDINATSYSTEM MED LABELS:
    \psline[linewidth=0.5pt]{<->}(0,1.2)(0,-0.2)(0,0)(-2,0)(2,0)
    \rput[t](2,-0.1){$x$}
    \rput[tr](-0.05,1.2){$y$}
    \psline[linewidth=0.5pt](0,1)(-0.05,1)     \rput[c](-0.1,1){$1$}
    \psline[linewidth=0.5pt](0,0.5)(-0.05,0.5) \rput[c](-0.1,0.5){$\tfrac{1}{2}$}
    \psline[linewidth=0.5pt](1,0)(1,-0.08)     \rput[c](1,-0.15){$1$}
    \psline[linewidth=0.5pt](-1,0)(-1,-0.08)   \rput[c](-1,-0.15){$1$}
%GRAFER OVER FUNKTIONER:
    \pscurve[linewidth=0.3pt,linestyle=dashed]{c-c}(-2,0.8000000)(-1.9,0.7830803)(-1.8,0.7641509)(-1.7,0.7429306)(-1.6,0.7191011)(-1.5,0.6923077)
      (-1.4,0.6621622)(-1.3,0.6282528)(-1.2,0.5901639)(-1.1,0.5475113)(-1,0.5000000)(-0.9,0.4475138)(-0.8,0.3902439)(-0.7,0.3288591)(-0.6,0.2647059)
      (-0.5,0.2000000)(-0.4,0.1379310)(-0.3,0.0825688)(-0.2,0.0384615)(-0.1,0.0099010)(0,0.0000000)(0.1,0.0099010)(0.2,0.0384615)(0.3,0.0825688)
      (0.4,0.1379310)(0.5,0.2000000)(0.6,0.2647059)(0.7,0.3288591)(0.8,0.3902439)(0.9,0.4475138)(1,0.5000000)(1.1,0.5475113)(1.2,0.5901639)
      (1.3,0.6282528)(1.4,0.6621622)(1.5,0.6923077)(1.6,0.7191011)(1.7,0.7429306)(1.8,0.7641509)(1.9,0.7830803)(2,0.8000000)
    \pscurve[linewidth=0.3pt,linestyle=dashed]{c-c}(-2,0.9846154)(-1.9,0.9791866)(-1.8,0.9714385)(-1.7,0.9602189)(-1.6,0.9437482)(-1.5,0.9192938)
      (-1.4,0.8827603)(-1.3,0.8283795)(-1.2,0.7491209)(-1.1,0.6391925)(-1,0.5000000)(-0.9,0.3470202)(-0.8,0.2076974)(-0.7,0.1052647)(-0.6,0.0445763)
      (-0.5,0.0153846)(-0.4,0.0040793)(-0.3,0.0007285)(-0.2,0.0000640)(-0.1,0.0000010)(0,0.0000000)(0.1,0.0000010)(0.2,0.0000640)(0.3,0.0007285)
      (0.4,0.0040793)(0.5,0.0153846)(0.6,0.0445763)(0.7,0.1052647)(0.8,0.2076974)(0.9,0.3470202)(1,0.5000000)(1.1,0.6391925)(1.2,0.7491209)
      (1.3,0.8283795)(1.4,0.8827603)(1.5,0.9192938)(1.6,0.9437482)(1.7,0.9602189)(1.8,0.9714385)(1.9,0.9791866)(2,0.9846154)
    \pscurve[linewidth=0.3pt,linestyle=dashed]{c-c}(-2,0.9999990)(-1.9,0.9999973)(-1.8,0.9999922)(-1.7,0.9999754)(-1.6,0.9999173)(-1.5,0.9996994)
      (-1.4,0.9988062)(-1.3,0.9947658)(-1.2,0.9745790)(-1.1,0.8705920)(-1,0.5000000)(-0.9,0.1083980)(-0.8,0.0113978)(-0.7,0.0007973)(-0.6,0.0000366)
      (-0.5,0.0000010)(-0.4,0.0000000)(-0.3,0.0000000)(-0.2,0.0000000)(-0.1,0.0000000)(0,0.0000000)(0.1,0.0000000)(0.2,0.0000000)(0.3,0.0000000)
      (0.4,0.0000000)(0.5,0.0000010)(0.6,0.0000366)(0.7,0.0007973)(0.8,0.0113978)(0.9,0.1083980)(1,0.5000000)(1.1,0.8705920)(1.2,0.9745790)
      (1.3,0.9947658)(1.4,0.9988062)(1.5,0.9996994)(1.6,0.9999173)(1.7,0.9999754)(1.8,0.9999922)(1.9,0.9999973)(2,0.9999990)
    \psline[linewidth=1.5pt,linecolor=MyGray2]{-o}(-2,1)(-1,1)
    \psline[linewidth=1.5pt,linecolor=MyGray2]{*-*}(-1,0.5)(-1,0.5)
    \psline[linewidth=1.5pt,linecolor=MyGray2]{o-o}(-1,0)(1,0)
    \psline[linewidth=1.5pt,linecolor=MyGray2]{*-*}(1,0.5)(1,0.5)
    \psline[linewidth=1.5pt,linecolor=MyGray2]{o-}(1,1)(2,1)
%LABELS:
    \rput[l](1,0.2){$f_n(x)$ for $n=10$}
    \rput[l](1.2,0.5){$f_n(x)$ for $n=1$}
    \rput[l](-0.9,1){$f(x)$}
  \end{pspicture}
\caption{}
\label{fig:opg1graf}
\end{center}
\end{figure}




\subsubsection{Delopgave b}
\ramme{ Afgør om $(f_n)_{n\in\mathbb{N}}$ er uniformt konvergent på $\mathbb{R}$. }
Funktionen $f$, defineret i \eqref{eq:1a:funktion} og afbildet i figur \vref{fig:opg1graf}, er diskontinuert i punkterne $x=-1$ og $x=1$. 
Ifølge teorem \henv{11.3.8} vil der, når en følge bestående af kontinuerte led konvergerer uniformt mod en funktion $f$, gælde at $f$ er kontinuert. Følgen $(f_n)_{n\in\mathbb{N}}$ består netop af kontinuerte led, eftersom den består af simple kontinuerte altid positive potenser. At selve funktionen i \eqref{eq:1a:funktionfn} så er kontinuert for alle $n$ følger af sætning \henv{5.1.5}. Så eftersom min funktion $f$ jo ganske tydeligt er diskontinuert over $\mathbb{R}$, eftersom den ikke går imod sin rigtige værdi hverken fra højre eller venstre i $|x|=1$, kan der derfor ikke være uniform konvergens på hele $\mathbb{R}$.



\subsubsection{Delopgave c}
\ramme{ Afgør om $(f_n)_{n\in\mathbb{N}}$ er uniformt konvergent på det åbne interval $]-1,1[$. }
Jeg definerer først intervallet $I=\,]-1,1[$. Jeg ved at $f(x)=0$ for alle $x\in I$ ud fra definitionen i \eqref{eq:1a:funktion}, hvorfor jeg altså skal finde afstanden givet ved
\begin{equation}
 d_I(f_n,f) = d_I\left( \frac{x^{2n}}{1+x^{2n}} ,0 \right) 
           %= \max{\left\{ \left| \frac{x^{2n}}{1+x^{2n}} \right| : x \in I \right\}} ,
            = \sup{\left\{  \left| \frac{x^{2n}}{1+x^{2n}} - 0 \right| : x \in I  \right\}} ,
 \label{eq:1c:afstand}
\end{equation}
ud fra definition \henv{11.3.5}. For at finde dette supremum skal jeg altså undersøge suprema til den positive funktion
\begin{equation*}
 g_n(x) = \frac{x^{2n}}{1+x^{2n}}
\end{equation*}
inden for intervallet $I$. Jeg undersøger først om der er ekstrema på den sædvanlige måde: Jeg differentierer,
\begin{equation*}
 g_n'(x) = \frac{2nx^{2n-1}}{\left(1+x^{2n}\right)^2} ,
\end{equation*}
og sætter den differentierede lig nul:
\begin{align*}
 0 = \frac{2nx^{2n-1}}{\left(1+x^{2n}\right)^2}  \quad\Leftrightarrow\quad x = 0 \quad\forall n .
\end{align*}
Der er altså ekstremumspunkt i $x=0$, hvor funktionsværdien er $g_n(0)=0$ for alle $n$. Dette er dog et minimum for $g_n$, da denne jo er positiv for alle $x$. 

Jeg skal også undersøge funktionsværdien i endepunkterne af $I$. Eftersom $I$ er et åbent interval vil jeg i stedet se på det lukkede interval $[-1+\epsilon,1-\epsilon]$ for alle $\epsilon>0$ (hvor jeg vil fokusere på $\epsilon$ meget tæt på 0 -- hvorfor jeg også lige vil lægge restriktionen at $\epsilon<1$). I endepunkterne for dette interval er funktionsværdien altså
\begin{align*}
 x=-1+\epsilon :&\qquad g_n(x)=\frac{(-1+\epsilon)^{2n}}{1+(-1+\epsilon)^{2n}} \\
 x=1-\epsilon  :&\qquad g_n(x)=\frac{(1-\epsilon)^{2n}}{1+(1-\epsilon)^{2n}} ,
\end{align*}
og eftersom både $|-1+\epsilon| < 1$ og $|1-\epsilon|<1$ for alle $1 < \epsilon < 0$ vil både $(-1+\epsilon)^{2n}$ og $(-1+\epsilon)^{2n}$ konvergere mod nul for $n\rightarrow\infty$. 
\\ \\
\noindent Summeret betyder dette at både i ekstremalpunktet i $x=0$ og i yderpunkterne af det åbne interval $I$, uanset hvor tæt jeg kommer på yderpunkterne for det lukkede interval, vil funktionen $g_n$ gå mod nul for $n\rightarrow\infty$. Og eftersom $g_n$ var funktionen der gav afstanden i \eqref{eq:1c:afstand}, vil følgen $(f_n)_{n\in\mathbb{N}}$ altså konvergere uniformt i intervallet $I=\,]-1,1[$ ifølge definition \henv{11.3.6}.






\clearpage
\subsection{Opgave 2}
\subsubsection{Delopgave a}
\ramme{ Vis at funktionsrækken
        \begin{equation}
         \sum_{n=1}^{\infty}{  \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} \ln{\left( 1+\frac{x}{n} \right)} }
         \label{eq:2a:raekke}
        \end{equation}
        er punktvis konvergent på $]-1,+\infty[$. Betegn sumfunktionen med $f$. }
Jeg definerer først funktionen $f_n : D \rightarrow \mathbb{R}$, hvor $D=\,]-1,+\infty[$, ved
\begin{equation}
 f_n(x) = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} \ln{\left( 1+\frac{x}{n} \right)},
 \label{eq:2a:fn}
\end{equation}
hvor $n\geq1$. Jeg ved at $|\ln{( 1 + x/n )}|$ aftager for voksende $n$. Dette skyldes at den naturlige logaritme er strengt voksende og at brøken $x/n$ aftager numerisk for voksende $n$ uanset værdien af $x$ -- hvilket betyder at indholdet af logaritmen nærmer sig 1 (fra højre eller venstre afhængigt af fortegnet på $x$), hvorfor værdien af logaritmen selv nærmer sig 0. Jeg må dog tage højde for at hvis $x\leq -1$ bliver logaritmen taget for en værdi $q\leq0$ (i hvert fald når $n=1$), hvor logaritmefunktionen ikke er defineret. Derfor gælder ovenstående argument kun for alle $x>-1$. Samlet har jeg altså at
\begin{equation*}
 \lim_{n\rightarrow\infty}{\ln{\left( 1+ \frac{x}{n} \right)}} = 0 \qquad \forall\,x\in D.
\end{equation*}
Jeg ved også at $1/\sqrt{n}$ er aftagende og går mod nul for voksende $n$, så sammenfattet kan jeg altså se at størrelsen af funktionen $f_n$ defineret i \eqref{eq:2a:fn} er aftagende, og at
\begin{equation*}
 \lim_{n\rightarrow\infty}{\left| f_n(x) \right|} 
   = \lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{\ln{\left( 1+ \frac{x}{n} \right)}}{\sqrt{n}}} 
   = 0 \qquad \forall\,x\in D,
\end{equation*}
der ifølge sætning \henv{12.3.1} er argument nok for at give at den alternerende række $\sum_{n=1}^{\infty}{f_n(x)}$ er konvergent for alle $x\in D$, hvor $D=\,]-1,+\infty[$. Da jeg har vist det for alle $x$ i dette interval er konvergensen punktvis, og jeg har altså at sumfunktionen $f$ er defineret ved
\begin{equation*}
 f(x) = \sum_{n=1}^{\infty}{  \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} \ln{\left( 1+\frac{x}{n} \right)} } \qquad \forall\, x\in D,
\end{equation*}
hvilket var hvad der skulle vises.


\clearpage
\subsubsection{Delopgave b}
\ramme{ Bestem den ledvis differentierede række, og find for hvert $a>-1$ en konvergent majorantrække for denne på intervallet $[a,+\infty[$. }
Den ledvis differentierede række er $\sum_{n=1}^{\infty}{f_n'(x)}$, hvor $f_n$ er defineret i \eqref{eq:2a:fn}, altså
\begin{equation}
 \sum_{n=1}^{\infty}{f_n'(x)} %= \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(-1)^n}{n^{3/2} \left( 1+\frac{x}{n} \right)}} 
                               = \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(-1)^n}{\sqrt{n} \,( n + x )}} .
 \label{eq:2b:ledvistdiff}
\end{equation}
Jeg ved at $\sqrt{n}\,(n+x)$ vokser for alle $x>-1$ for voksende $n$ (hvor $n\geq1$), hvorfor jeg kan se at en majorantrække over intervallet $[a,+\infty[$ vil være
\begin{equation}
 \sum_{n=1}^{\infty}{M_n} = \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{\sqrt{n} \,( n + a )}} ,
 \label{eq:2b:majorantraekke}
\end{equation}
eftersom
\begin{equation*}
 \left| \frac{(-1)^n}{\sqrt{n} \,( n + x )} \right| = \frac{1}{\sqrt{n} \,( n + x )} \leq \frac{1}{\sqrt{n} \,( n + a )} \qquad 
 \forall\,\, x \geq a > -1 \text{ og } n \geq 1 .
\end{equation*}
For at vise at denne majorantrække konvergerer vil jeg sammenligne med rækken %der fremkommer af ovenstående når $n$ bliver meget stor, hvor $a$ derfor bliver negligerbar inden i parentesen
\begin{equation}
 \sum_{n=1}^{\infty}{K_n} = \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n \sqrt{n}}} 
                          = \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n^{3/2}}} ,
 \label{eq:2b:majormajor}
\end{equation}
som jeg ved er konvergent ifølge sætning \henv{12.2.4}, eftersom potensen for $n$ er større end 1. Da både rækken i \eqref{eq:2b:majorantraekke} og \eqref{eq:2b:majormajor} er positive for alle $n\geq1$ og alle $a>-1$ kan jeg bruge grænsesammenligningstesten i sætning \henv{12.2.8} til at undersøge om majorantrækken i \eqref{eq:2b:majorantraekke} er konvergent. Jeg skal altså se på brøken
\begin{equation*}
 \frac{M_n}{K_n} = \frac{\left(  \dfrac{1}{\sqrt{n} \,( n + a )}  \right)}{\left(  \dfrac{1}{n^{3/2}}  \right)} 
                 = \frac{n^{3/2}}{\sqrt{n} \,( n + a )}
                 = \frac{n}{n+a} ,
\end{equation*}
der vil gå mod 1 for $n\rightarrow\infty$ for alle $a$. Eftersom 1 er mindre end uendeligt og jeg sammenlignede med den konvergente række i \eqref{eq:2b:majormajor}, vil min majorantrække i \eqref{eq:2b:majorantraekke} derfor ifølge grænsesammenligningstesten i sætning \henv{12.2.8} konvergere for alle $a>-1$. 


\clearpage
\subsubsection{Delopgave c}
\ramme{ Gør rede for at funktionen $f$ er differentiabel i intervallet $]-1,+\infty[$ og at
        \begin{equation}
         f'(0) = \sum_{n=1}^{\infty}{  \frac{(-1)^n}{n^{3/2}} }
        \end{equation} }
Hvert $f_n$, defineret i \eqref{eq:2a:fn}, er kontinuert differentiabel på intervallet $D=]-1,+\infty[$, eftersom den differentierede, $f_n'$ fundet i delopgave b til at være
\begin{equation*}
 f_n' = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n} (n+x)} ,
\end{equation*}
er kontinuert. Den ledvist differentierede række i \eqref{eq:2b:ledvistdiff} blev i delopgave b vist til at have den konvergente majorantrække i \eqref{eq:2b:majorantraekke} for ethvert $a>-1$ i intervallet $[a,+\infty[$, hvilket ifølge majorantkriteriet i sætning \henv{12.5.1} betyder at denne ledvist differentierede række er uniformt konvergent på intervallet $D$.

Eftersom der findes et $c\in D$ så talrækken $\sum_{n=1}^{\infty}{f_n(c)}$ er konvergent (da jeg fandt at talrækken var konvergent på hele $D$ i delopgave a gælder dette faktisk for alle $c\in D$), er funktionsrækken $\sum_{n=1}^{\infty}{f_n}$ uniformt konvergent på intervallet $D$ med kontinuert differentiabel sumfunktion ifølge sætning \henv{C} under \henv{note 8} i tillægsnoterne, og der gælder desuden at
\begin{equation*}
 f'(x) = \frac{\di}{\di x} \left( \sum_{n=1}^{\infty}{f_n(x)} \right) 
       = \sum_{n=1}^{\infty}{ f_n'(x) }  \qquad \forall \, x \in D,  
\end{equation*}
der netop er min ledvist differentierede række. Derfor kan jeg bare indsætte $x=0$ i min ledvist differentierede række i \eqref{eq:2b:ledvistdiff} og derved få at
\begin{equation*}
 f'(0) = \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(-1)^n}{\sqrt{n} \,( n + 0 )}}
       = \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(-1)^n}{n^{3/2}}} .
\end{equation*} 




\clearpage
\subsection{Opgave 3}
\ramme{ Lad funktionen $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ være defineret ved
        \begin{equation}
         f(x) = \left\{{ \begin{tabular}{lcl}
                          $\dfrac{\exp{x^2} - 1}{x^2}$& $\,\,$& hvis $x\neq 0$ \\
                          1                           & $\,\,$& hvis $x = 0$ .
                         \end{tabular}
                }\right.
         \label{eqx:3:funktion}
        \end{equation} }

\subsubsection{Delopgave a}
\ramme{ Gør rede for at $f$ er sumfunktion for en potensrække og bestem en sådan potensrække. }
Jeg kender Taylorrækken til eksponentialfunktionen omkring punktet $x=0$ fra sætning \henv{12.8.2 i} til at være givet ved
\begin{equation}
 \exp{x} = \sum_{n=0}^{\infty}{\frac{x^n}{n!}}
 \label{eqx:3a:taylor1}
\end{equation}
for alle $x\in\mathbb{R}$. Hvis jeg substituerer med $x^2$ i stedet for $x$ får jeg altså at
\begin{equation*}
 \exp{x^2} = \sum_{n=0}^{\infty}{\frac{\left(x^2\right)^n}{n!}} = \sum_{n=0}^{\infty}{\frac{x^{2n}}{n!}} ,
\end{equation*}
også for alle $x\in\mathbb{R}$. Leddet i denne række svarende til $n=0$ er lig 1, hvorfor jeg kan flytte indekset fra $n=0$ til $n=1$ og få at
\begin{equation*}
 \exp{x^2} - 1 = \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{x^{2n}}{n!}}.
\end{equation*}
Dividerer jeg nu med $x^2$ (hvor $x\neq 0$) %\fixme{$x\neq0$ eller hvad?} 
på begge sider får jeg at
\begin{equation*}
 \frac{\exp{x^2} - 1}{x^2} = \frac{1}{x^2} \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{x^{2n}}{n!}} .
\end{equation*}
Jeg kan nu trække konstanten $1/x^2$ (der er en konstant i den forstand at den ikke har en afhængighed af $n$) inden for summen ifølge regneregelen i \henv{12.1.7 iii}, og eftersom $x^{2n}/x^2 = x^{2(n-1)}$ 
%\begin{equation*}
% \frac{x^{2n}}{x^2} = \left(\frac{x^n}{x}\right)^2 = \left( x^{n-1} \right)^2 = x^{2(n-1)},
%\end{equation*}
får jeg altså at
\begin{equation}
 \frac{\exp{x^2} - 1}{x^2} = \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{x^{2(n-1)}}{n!}}
                           = \sum_{n=0}^{\infty}{\frac{x^{2n}}{(n+1)!}}  ,
 \label{eqx:3a:taylor2}
\end{equation}
hvor jeg har omskrevet til et andet indeks for at få rækken til at være på formen af en potensrække; jeg mangler dog stadig lige at komme af med 2-tallet før $n$'et i potensen for at rækken er på den helt korrekt potensrækkeform, hvorfor jeg omskriver til
\begin{equation}
 \frac{\exp{x^2} - 1}{x^2} = \sum_{k=0}^{\infty}{\frac{1+(-1)^k}{2} \frac{x^{k}}{\left(k/2+1\right)!}}  .
 \label{eqx:3a:taylor3}
\end{equation}
Her sørger den første brøk for at det kun er udtrykkene med et lige $k$ der ikke bliver nul, hvorfor denne række er præcis den samme som rækken i \eqref{eqx:3a:taylor2}, bare med nogle ekstra led der alle er nul. 

Jeg ved fra sætning \henv{12.8.2 i} at Taylorpolynomiet i \eqref{eqx:3a:taylor1} konvergerede for alle $x\in\mathbb{R}$, %\fixme{Er det argument nok?}
hvilket medfører at også \eqref{eqx:3a:taylor2}, og dermed også \eqref{eqx:3a:taylor3}, må konvergere mod funktionen på venstresiden i \eqref{eqx:3a:taylor3} for alle $x\in\mathbb{R}\setminus\{0\}$. Jeg bliver dog nødt til at undersøge tilfældet hvor $x=0$ for sig selv. 
\\ \\
\noindent Jeg ser at rækken i \eqref{eqx:3a:taylor1} antager at $0^0=1$, ellers ville den ikke definere eksponentialfunktionen for hele $\mathbb{R}$. Dette kan vises ved at se på
\begin{multline*}
 \left. \exp{x} \right|_{x=0} = \left. \sum_{n=0}^{\infty}{\frac{x^n}{n!}} \right|_{x=0} 
                              = \left. \frac{x^0}{0!} + \frac{x^1}{1!} + \frac{x^2}{2!} + \cdots \right|_{x=0} 
                              = 0^0 + 0 + 0 + \cdots  = 0^0 .
\end{multline*}
Eftersom der skal gælde at $\exp{(0)}=1$ følger der direkte at $0^0=1$. Med denne definition kan jeg nu se på min potensrække i \eqref{eqx:3a:taylor2} (jeg vælger at se på dette lidt simplere udtryk for potensrækken i stedet for udtrykket i \eqref{eqx:3a:taylor3}, da det jo er samme række, bare et pænere udtryk at regne på), der udskrevet for $x=0$ bliver
\begin{multline*}
 \left. \frac{\exp{x^2} - 1}{x^2} \right|_{x=0} = \left. \sum_{n=0}^{\infty}{\frac{x^{2n}}{(n+1)!}}  \right|_{x=0} \\
                                                = \left. \frac{x^0}{1!} + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{3!} + \cdots \right|_{x=0}
                                                = 0^0 + 0 + 0 + \cdots = 0^0  ,
\end{multline*}
der altså også vil være lig 1.

Sammenfattet har jeg altså nu fundet en potensrække 
\begin{equation}
 f(x) = \sum_{k=0}^{\infty}{\frac{1+(-1)^k}{2} \frac{x^{k}}{\left(k/2+1\right)!}}  ,
 \label{eqx:3a:potensraekke}
\end{equation}
som har sumfunktionen $f$ givet i \eqref{eqx:3:funktion} for hele $\mathbb{R}$, og jeg har specielt vist at den faktisk også giver $1$ for $x=0$. 


%\clearpage
\subsubsection{Delopgave b}
\ramme{ Gør rede for at $f$ har en stamfunktion på $\mathbb{R}$ og find en potensrække, hvis sumfunktion er den stamfunktion $F$ til $f$, for 
        hvilken $F(0)=0$. }
Potensrækken for $f$, givet i \eqref{eqx:3a:potensraekke}, er vist konvergent for alle $x\in\mathbb{R}$ i delopgave a. Da siger sætning \henv{12.7.1} at stamfunktionen $F(x)=\int_a^x{f(t)\,\di t}$ er defineret for alle $x\in\mathbb{R}$ og givet ved
\begin{equation}
 F(x) = \sum_{n=1}^{\infty}{ \frac{1+(-1)^{n-1}}{2n \left( (n-1)/2 + 1 \right)!} x^n }
      = \sum_{n=1}^{\infty}{ \frac{1+(-1)^{n-1}}{2n \left( n/2 + 1/2 \right)!} x^n } .
 \label{eqx:3b:stamfunk}
\end{equation}
Eftersom alle led i denne række afhænger af $x$ i en potens $p\neq0$ for alle $n\geq1$ vil rækken for $x=0$ være nulrækken, og altså vil der gælde at $F(0)=0$, hvilket der blev ønsket.


\subsubsection{Delopgave c}
\ramme{ Gør rede for at $F$ er vilkårligt ofte differentiabel i $\mathbb{R}$, og bestem $F^{(5)}(0)$ samt $F''(1)$. }
Jeg ved at funktionen $F$ er sumfunktion af en potensrække, defineret i \eqref{eqx:3b:stamfunk}, der er konvergent for alle $x\in\mathbb{R}$ (hvilket betyder at den har konvergensradius $r=\infty$). Derfor følger der af sætning \henv{12.7.3} at $F$ er differentiabel, og at differentialkvotienten er givet ved en ny potensrække % (her faktisk potensrækken for $f$ givet i \eqref{eqx:3a:potensraekke}, eftersom $F$ er stamfunktion til denne), 
der også er konvergent for alle $x\in\mathbb{R}$. %Men denne nye potensrække er jo derfor også ifølge sætning \henv{12.7.3} differentiabel med en differentialkvotient givet ved en potensrække der er kontinuert på hele $\mathbb{R}$. 
Ved gentagen anvendelse af sætning \henv{12.7.3} fås da at $F$ er vilkårligt ofte differentiabel i $\mathbb{R}$. 
\\ \\
\noindent For at finde $F^{(5)}(0)$ kan jeg bruge det faktum at jeg ved at $F$ er stamfunktion til $f$, altså $F'=f$, hvorfor jeg videre har at $F^{(5)} = f^{(4)}$ og specielt at $F^{(5)}(0) = f^{(4)}(0)$. Jeg ved at rækken for $f$ i \eqref{eqx:3a:potensraekke} faktisk er Taylorrækken for $f$ %ud fra delopgave a, og mere specifikt følger det også af sætning \henv{12.8.3}.
ifølge sætning \henv{12.8.3}. Dette betyder at koefficienterne $a_n$, når man ser rækken på formen $\sum_{n=0}^{\infty}{a_n x^n}$ hvor 
\begin{equation*}
 a_n = \frac{1+(-1)^n}{2} \frac{1}{\left(n/2+1\right)!} ,
\end{equation*} 
er givet ved udtrykket
\begin{equation*}
 a_n = \frac{f^{(n)}(a)}{n!} ,
\end{equation*}
hvor $a$ er det punkt som Taylorrækken er udviklet omkring, her nul eftersom der ikke er trukket noget fra $x$ før den opløftes i $n$'te potens. Herfra har jeg altså at
\begin{equation*}
 F^{(5)}(0) = f^{(4)}(0) = 4! \, a_4 = 4! \frac{1+(-1)^4}{2} \frac{1}{\left(4/2+1\right)!} = 4! \frac{1}{6} = 4 . 
\end{equation*}

For at finde $F''(1)$ bruger jeg igen at jeg ved at $F'=f$, og videre at $F''=f'$ og specielt $F''(1)=f'(1)$. Eftersom jeg kender sumfunktionen $f$ både som en normal funktion (udtrykket i \eqref{eqx:3:funktion}) og en række (udtrykket i \eqref{eqx:3a:potensraekke}) kan jeg, da jeg ifølge sætning \henv{12.7.3} ved at $f$ er differentiabel, vælge at differentiere det normale funktionsudtryk for at finde et udtryk for $F''$. Jeg får at
\begin{equation*}
 F''(x) = f'(x) = \frac{\di}{\di x} \left( \frac{\exp{x^2}-1}{x^2} \right) = 2 \left( \frac{\exp{x^2}}{x} - \frac{\exp{x^2}-1}{x^3} \right) .
\end{equation*}
Når jeg indsætter $x=1$ i dette udtryk får jeg
\begin{equation*}
 F''(1) = 2 \left( \frac{\exp{\left(1^2\right)}}{1} - \frac{\exp{\left(1^2\right)}-1}{1^3} \right) = 2 \left( e - (e-1) \right) = 2 .
\end{equation*}






\label{lastpage}

%\clearpage
%\listoffixmes

\end{document}
