%------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------%
\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}{4}                %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)

%------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------%
\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 \emph{Kalkulus} (3. udgave) eller Christian Bergs bog \emph{Metriske Rum} (1997 udgaven) med mindre andet er specifikt forklaret. Hvis jeg henviser til \henv{TK} er der tale om Tore A. Kros bog \emph{Funksjoner av flere variable} (2003 udgaven).

Mine henvisninger er sat med en anden skrifttype end resten af teksten; et eksempel fra Tom Lindstrøms bog kan være \tlhenv{12.2.16}, mens et eksempel fra Christian Bergs bog kan være \cbhenv{6.10}.  }


\typeout{<----------------------------- OPGAVE 1 ----------------------------->}
\subsection{Opgave 1}
\ramme{ Vi betragter potensrækken
        \begin{equation}
         \sum_{n=1}^{\infty}{n^3 \ln{\left( 1+n^2 \right)} x^n} .
         \label{eq:1a:potensraekke}
        \end{equation}}

\typeout{<----------------------------- OPGAVE 1a ----------------------------->}
\subsubsection{Delopgave a}
\ramme{ Vis at rækken i \eqref{eq:1a:potensraekke} har konvergensradius 1. Vi betegner dens sumfunktion med $f$. }
Jeg starter med at definere udtrykket
\begin{equation*}
 a_n(x) = n^3 \ln{\left( 1+n^2 \right)} x^n ,
\end{equation*}
så min potensrække nu er givet ved $\sum_{n=1}^{\infty}{a_n (x)}$. For at finde konvergensradius for potensrækken vil jeg bruge kvotientkriteriet for generelle rækker, hvorfor jeg skal se på den numeriske brøk
\begin{align*}
 \left| \frac{a_{n+1}(x)}{a_n(x)} \right| 
   = \left| \frac{(n+1)^3\ln{\left( 1+(1+n)^2 \right)} x^{n+1}}{n^3 \ln{\left( 1 + n^2 \right)} x^n}  \right| 
   = \left| \frac{(n+1)^3\ln{\left( 1+(1+n)^2 \right)}}{n^3 \ln{\left( 1 + n^2 \right)}}  \right| |x| .
\end{align*} 
Jeg vil finde grænseværdien for det store udtryk uden $x$ først, da det er et lidt omfattende regnestykke:
{\allowdisplaybreaks \begin{align*}
     &\left| \frac{(n+1)^3\ln{\left( 1+(1+n)^2 \right)}}{n^3 \ln{\left( 1 + n^2 \right)}}  \right| \\
   &\quad= \left| \left( \frac{n+1}{n} \right)^3  \frac{\ln{\left( 1+(1+n)^2 \right)}}{\ln{\left( 1 + n^2 \right)}}  \right| \\
   %\shortintertext{dividerer igennem med $n$ på den venstre af brøkerne:}
   &\quad= \left| \left( \frac{1+\frac{1}{n}}{1} \right)^3  \frac{\ln{\left( 1+(1+n)^2 \right)}}{\ln{\left( 1 + n^2 \right)}}  \right| \\
   &\quad= \left| \left( 1+\frac{1}{n} \right)^3 
                  \frac{ \ln{\left( (1+n)^2 \right)} + \ln{\left( 1+ \frac{1}{(n+1)^2} \right)} }
                       { \ln{n^2}+\ln{\left( 1+\frac{1}{n^2} \right)} } \right| \\
   &\quad= \left| \left( 1+\frac{1}{n} \right)^3 
                  \frac{ 2\left( \ln{n} + \ln{\left( 1+ \frac{1}{n} \right)} \right) + \ln{\left( 1+ \frac{1}{(n+1)^2} \right)} }
                       { 2\ln{n}+\ln{\left( 1+\frac{1}{n^2} \right)} } \right| \\
   &\quad= \left| \left( 1+\frac{1}{n} \right)^3 
                  \frac{ 2\ln{n} + 2\ln{\left( 1+ \frac{1}{n} \right)} + \ln{\left( 1+ \frac{1}{(n+1)^2} \right)} }
                       { 2\ln{n}+\ln{\left( 1+\frac{1}{n^2} \right)} } \right| \\
   &\quad= \left| \left( 1+\frac{1}{n} \right)^3 
                  \frac{ 2 + \dfrac{2\ln{\left( 1+ \frac{1}{n} \right)}}{\ln{n}} + \dfrac{\ln{\left( 1+ \frac{1}{(n+1)^2} \right)}}{\ln{n}} }
                       { 2+\dfrac{\ln{\left( 1+\frac{1}{n^2} \right)}}{\ln{n}} } \right| 
   \rightarrow \left| 1^3 \cdot \frac{2}{2} \right| = 1 ,
\end{align*}}%
for $n\rightarrow\infty$. Her har jeg brugt omskrivningen 
\begin{equation}
 \ln{(a\ell + b)} = \ln{\ell} + \ln{(a+b/\ell)} ,
 \label{eq:omskrivning}
\end{equation}
%\begin{equation*}
% \ln{(\ell + 1)} = \ln{\ell} + \ln{\left( 1+\frac{1}{\ell} \right)} ,
%\end{equation*}
samt det faktum at både \label{page:konvudtryk} $1/\ln{\ell}$, $\ln{( 1 + 1/\ell )}$, $\ln{( 1 + 1/\ell^2 )}$, $\ln{\left( 1 + 1/(\ell+1)^2 \right)}$ og $1/\ell$ går mod nul for $\ell\rightarrow\infty$. Derudover har jeg kunnet sammensætte disse forskellige grænseværdier ifølge sætning \tlhenv{5.4.3}.%\fixme{og noget med kontinuitet af $\ln$?}. 
%\begin{align*}
% \frac{1}{\ln{\ell}} &\rightarrow 0 \\
% \ln{\left( 1 \pm \frac{1}{\ell} \right)} &\rightarrow 0 \\
% \ln{\left( 1 \pm \frac{1}{\ell^2} \right)} &\rightarrow 0 \\
% \ln{\left( 1 + \frac{1}{(\ell+1)^2} \right)} &\rightarrow 0 \\
%\end{align*}
%
%Så eftersom 
%\begin{equation*}
% \left| \frac{(n+1)^3 \ln{\left( 1 + (1+n)^2 \right)}}{n^3 \ln{\left( 1 + n^2 \right)}}  \right| \rightarrow 1
%\end{equation*}
%for $n\rightarrow\infty$ (dette kan nemt ses da tæller og nævner bliver tættere og tættere på hinanden for store $n$) fås da at
Sammenfattet fås altså at
\begin{equation*}
 \left| \frac{(n+1)^3 \ln{\left( 1 + (1+n)^2 \right)}}{n^3 \ln{\left( 1 + n^2 \right)}}  \right| |x| \rightarrow |x| 
 \quad\text{for }n\rightarrow\infty .
\end{equation*}
Ifølge kvotientkriteriet i sætning \tlhenv{12.4.5} er rækken da absolut konvergent, og specielt bare konvergent ifølge sætning \tlhenv{12.4.2}, for $|x|<1$ og divergent for $|x|>1$. Altså er konvergensradius lig med 1 ifølge sætning \tlhenv{12.6.1}, og da har potensrækken ifølge sætning \tlhenv{12.6.8} en sumfunktion defineret ved
\begin{equation}
 f(x) = \sum_{n=1}^{\infty}{n^3 \ln{\left( 1+n^2 \right)} x^n} \quad\text{for }x\in\,]-1,1[ .
 \label{eq:1a:potensraekkef}
\end{equation}



\typeout{<----------------------------- OPGAVE 1b ----------------------------->}
\subsubsection{Delopgave b}
\ramme{ Bestem to potensrækker, hvis sumfunktioner er funktionerne $f_{\pm} : \, ]-1,1[\,\rightarrow\mathbb{R}$ defineret ved 
        \begin{equation}
         f_+(x) = \frac{1}{2} \left( f(x) + f(-x) \right) \quad\text{og}\quad
         f_-(x) = \frac{1}{2} \left( f(x) - f(-x) \right) ,
         \label{eq:1b:fplusogfminus}
        \end{equation}
        hvor $x\in \,]-1,1[$.}
Jeg vil i det efterfølgende henvise til $f_n$ som værende det $n$'te led i rækken i \eqref{eq:1a:potensraekkef}, som altså med denne notation vil være givet ved $\sum_{n=1}^{\infty}{f_n}$. 

Jeg vil finde de to potensrækker ud fra udtrykkene jeg har fået for $f_+$ og $f_-$, ved simpelthen at indsætte $-x$ i stedet for $x$ i potensrækken jeg fandt for $f$ i \eqref{eq:1a:potensraekkef}, for derefter at addere eller subtrahere de to rækker. Jeg finder først at
{\allowdisplaybreaks \begin{align}
 \frac{1}{2} \left( f(x) + f(-x)\right) 
              &= \frac{1}{2} \left[ \,\sum_{n=1}^{\infty}{n^3\ln{(1+n^2)}x^n} + \sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^nn^3\ln{(1+n^2)}x^n} \right] \nonumber\\
              &= \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty}{\left[ n^3\ln{(1+n^2)}x^n + (-1)^n n^3\ln{(1+n^2)}x^n \right]} \nonumber\\
              &= \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1+ (-1)^n}{2} n^3\ln{(1+n^2)}x^n}  .\label{eq:1b:potensfplusx}  %\nonumber\\
              %&= \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{\infty}{2 (2k)^3\ln{\left( 1+(2k)^2 \right)}x^{2k}} \nonumber\\
              %&= \sum_{k=1}^{\infty}{(2k)^3\ln{\left( 1+(2k)^2 \right)}x^{2k}} .\label{eq:1b:potensfplusx}
\end{align} }%
Hvis jeg ser denne række som $\sum_{n=1}^{\infty}{f_{+,n}}$ ser jeg at $f_{+,n} = 0$ for ulige $n$ og at $f_{+,n} = f_n$ for lige $n$, hvilket medfører at $|f_{+,n}| = |f_n|$ for lige $n$. Derfor vil der specielt for alle $n$ gælde at $| f_{+,n} | \leq | f_n |$ for alle $x\in\mathbb{R}$. 

I delopgave a viste jeg at $\sum_{n=1}^{\infty}{f_n}$ var absolut konvergent for alle $x\in\,]-1,1[$, hvilket ifølge definition \tlhenv{12.4.1} betyder at rækken $\sum_{n=1}^{\infty}{|f_n|}$ er konvergent for alle $x\in\,]-1,1[$. Jeg får da ifølge sammenligningskriteriet i sætning \tlhenv{12.2.6} at rækken $\sum_{n=1}^{\infty}{|f_{+,n}|}$ også er konvergent for alle $x\in\,]-1,1[$, hvorfor rækken $\sum_{n=1}^{\infty}{f_{+,n}}$ i \eqref{eq:1b:potensfplusx} er absolut konvergent for alle $x\in\,]-1,1[$, og dermed specielt også bare er konvergent ifølge sætning \tlhenv{12.4.2} for alle $x\in\,]-1,1[$. 
%For at vise at denne er konvergent bruger jeg igen kvotientkriteriet, og skal altså se på brøken
%\begin{equation*}
% \left| \frac{(2k+1)^3\ln{\left( 1+(2k+1)^2 \right)}x^{2k+1}}{(2k)^3\ln{\left( 1+(2k)^2 \right)}x^{2k}} \right| = 
% \left| \frac{(2k+1)^3\ln{\left( 1+(2k+1)^2 \right)}}{(2k)^3\ln{\left( 1+(2k)^2 \right)}} \right| |x| ,
%\end{equation*}
%som vil gå mod $|x|$ for $k\rightarrow\infty$ eftersom
%\begin{equation*}
% \left| \frac{(2k+1)^3\ln{\left( 1+(2k+1)^2 \right)}}{(2k)^3\ln{\left( 1+(2k)^2 \right)}} \right| \rightarrow 1 \qquad\text{for }k\rightarrow\infty .
%\end{equation*}
%Derfor er potensrækken i \eqref{eq:1b:potensfplusx} også konvergent for $|x|<1$ og divergent for $|x|>1$ ifølge kvotienttesten i sætning \tlhenv{12.4.5} og har derfor konvergensradius 1 ifølge sætning \tlhenv{12.6.1}. 

Derfor har rækken i \eqref{eq:1b:potensfplusx} en sumfunktion ifølge sætning \tlhenv{12.6.8}, som må være givet ved
\begin{equation}
 f_+(x) = \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1+ (-1)^n}{2} n^3\ln{(1+n^2)}x^n} \quad\text{for } x\in\,]-1,1[ ,
       %= \frac{1}{2} \left( f(x) + f(-x)\right) = \sum_{k=1}^{\infty}{(2k)^3\ln{\left( 1+(2k)^2 \right)}x^{2k}} ,
 \label{eq:1b:potensfplus}
\end{equation}
da jeg netop fandt rækken ud fra definitionen for $f_+(x)$ i \eqref{eq:1b:fplusogfminus}. 
\\ \\
\noindent På samme måde finder jeg at
{\allowdisplaybreaks \begin{align}
 \frac{1}{2} \left( f(x) - f(-x)\right) 
              &= \frac{1}{2} \left[ \,\sum_{n=1}^{\infty}{n^3\ln{(1+n^2)}x^n} - \sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^nn^3\ln{(1+n^2)}x^n} \right] \nonumber\\
              &= \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty}{\left[ n^3\ln{(1+n^2)}x^n - (-1)^n n^3\ln{(1+n^2)}x^n \right]} \nonumber\\
              &= \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1- (-1)^n}{2} n^3\ln{(1+n^2)}x^n}  .\label{eq:1b:potensfminusx}    %\nonumber\\
              %&= \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{\infty}{2 (2k-1)^3\ln{\left( 1+(2k-1)^2 \right)}x^{2k-1}} \nonumber\\
              %&= \sum_{k=1}^{\infty}{(2k-1)^3\ln{\left( 1+(2k-1)^2 \right)}x^{2k-1}} .\label{eq:1b:potensfminusx}
\end{align} }%
Hvis jeg ser denne række som $\sum_{n=1}^{\infty}{f_{-,n}}$ ser jeg at $f_{-,n} = 0$ for lige $n$ og at $f_{-,n} = f_n$ for ulige $n$, hvilket medfører at $|f_{-,n}| = |f_n|$ for ulige $n$. Derfor vil der specielt for alle $n$ gælde at $| f_{+,n} | \leq | f_n |$ for alle $x\in\mathbb{R}$. 

Da vil også rækken $\sum_{n=1}^{\infty}{f_{-,n}}$ i \eqref{eq:1b:potensfminusx} konvergere for alle $x\in\,]-1,1[$, ved samme argumenter som jeg viste det for rækken i \eqref{eq:1b:potensfplusx}.
%For at vise konvergens for denne bruger jeg igen kvotientkriteriet, og ser altså på brøken
%\begin{equation*}
% \left| \frac{(2k)^3\ln{\left( 1+(2k)^2 \right)}x^{2k}}{(2k-1)^3\ln{\left( 1+(2k-1)^2 \right)}x^{2k-1}} \right| = 
% \left| \frac{(2k)^3\ln{\left( 1+(2k)^2 \right)}}{(2k-1)^3\ln{\left( 1+(2k-1)^2 \right)}} \right| |x| ,
%\end{equation*}
%som vil gå mod $|x|$ for $k\rightarrow\infty$ eftersom
%\begin{equation*}
% \left| \frac{(2k)^3\ln{\left( 1+(2k)^2 \right)}}{(2k-1)^3\ln{\left( 1+(2k-1)^2 \right)}} \right| \rightarrow 1 \qquad\text{for }k\rightarrow\infty .
%\end{equation*}
Derfor har rækken i \eqref{eq:1b:potensfminusx} en sumfunktion ifølge sætning \tlhenv{12.6.8}, som må være givet ved
\begin{equation}
 f_-(x) = \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1- (-1)^n }{2} n^3\ln{(1+n^2)}x^n} \quad\text{for } x\in\,]-1,1[ ,
       %= \frac{1}{2} \left( f(x) - f(-x)\right) = \sum_{k=1}^{\infty}{(2k-1)^3\ln{\left( 1+(2k-1)^2 \right)}x^{2k-1}} ,
 \label{eq:1b:potensfminus}
\end{equation}
da jeg netop fandt rækken ud fra definitionen for $f_-(x)$ i \eqref{eq:1b:fplusogfminus}. 
\\ \\
\noindent Og jeg har altså nu fundet to potensrækker i \eqref{eq:1b:potensfplus} og \eqref{eq:1b:potensfminus} hvis sumfunktioner er givet ved $f_+$ og $f_-$ defineret i \eqref{eq:1b:fplusogfminus}, for alle $x\in\,]-1,1[$.


\typeout{<----------------------------- OPGAVE 1c ----------------------------->}
\subsubsection{Delopgave c}
\ramme{ Gør rede for at der findes to differentiable funktioner $g$ og $h$ på intervallet $]-1,1[$ således at
        \begin{equation*}
         f(x) = g(x^2) + x h(x^2) \quad \text{for } x\in \,]-1,1[ .
        \end{equation*}
        Bestem $g'(0)$ og $h'(0)$. }
Da der gælder at $f_{+,n}=f_n$ og $f_{-,n}=0$ for alle lige $n$ samt at $f_{-,n}=f_n$ og $f_{+,n}=0$ for alle ulige $n$ vil der samlet måtte gælde at 
\begin{equation*}
 \sum_{n=1}^{\infty}{f_n} = \sum_{n=1}^{\infty}{f_{+,n}} + \sum_{n=1}^{\infty}{f_{-,n}} ,
 %\quad\text{så }%\quad
 %f(x) = f_{+}(x) + f_{-}(x) 
 %\quad\text{for alle } x\in\,]-1,1[ .
\end{equation*}
hvorfor der, grundet disse tre rækkers konvergens for $x\in\,]-1,1[$, må gælde at
\begin{equation*}
 f(x) = f_{+}(x) + f_{-}(x) \quad \text{for } x\in\,]-1,1[ .
\end{equation*}
Dette giver også god mening ud fra definitionerne af $f_+$ og $f_-$, da de netop er defineret så
\begin{align*}
 f_{+}(x) + f_{-}(x) &= \frac{1}{2} \left( f(x) + f(-x) \right) + \frac{1}{2} \left( f(x) - f(-x) \right) \\
                     &= \frac{1}{2} \left( f(x) + f(-x) + f(x) - f(-x) \right) 
                      = \frac{1}{2} \left( 2 f(x) \right) 
                      = f(x) .
\end{align*}
Jeg vil derfor forsøge at finde to rækker med sumfunktioner $g$ og $h$ således at $g(x^2) = f_{+}(x)$ og $x h(x^2) = f_{-}(x)$. 



Først observerer jeg at jeg kan omskrive potensrækken for $f_{+}(x)$, givet i \eqref{eq:1b:potensfplus}, som følger:
\begin{align*}
 \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1+ (-1)^n}{2} n^3\ln{(1+n^2)}x^n} 
   &= \sum_{k=1}^{\infty}{(2k)^3 \ln{\left( 1+(2k)^2 \right)}x^{2k}} \\
   &= \sum_{k=1}^{\infty}{(2k)^3 \ln{\left( 1+(2k)^2 \right)} (x^2)^k} ,
\end{align*}
hvor jeg altså nu har fjernet alle nul-led fra rækken. Jeg ser at dette nye udtryk for sumfunktionen $f_{+}(x)$ er afhængigt af $x^2$, hvorfor jeg altså også kan skrive sumfunktionen som en funktion af $x^2$. Dette var netop det jeg ville have for min funktion $g$, så jeg har altså nu ved variabelskiftet fra $x^2$ til $x$ fundet at
\begin{equation}
 g(x) = \sum_{k=1}^{\infty}{(2k)^3 \ln{\left( 1+(2k)^2 \right)} x^k} \quad\text{for } x\in\,]-1,1[ ,
 \label{eq:1c:gfunktion}
\end{equation}
som jeg ved har en sumfunktion, eftersom denne også er konvergent for $x\in\,]-1,1[$, da
%\begin{equation*}
% \left| \frac{(2k+1)^3 \ln{\left( 1+(2k+1)^2 \right)}}{(2k)^3 \ln{\left( 1+(2k)^2 \right)} } \right| |x| 
% \rightarrow |x| \quad\text{for } k\rightarrow\infty ,
%\end{equation*}
%da
%et $|x|<1$ medfører at der for samme $x$ også gælder at $|x^2|<1$. 
\begin{align*}
 &\left| \frac{(2k+2)^3 \ln{\left( 1+(2k+2)^2 \right)}}{(2k)^3 \ln{\left( 1+(2k)^2 \right)} } \right| \\
   &\quad= \left| \left( \frac{2k+2}{2k} \right)^3 \frac{ \ln{\left( 1+(2k+2)^2 \right)} }{ \ln{\left( 1+(2k)^2 \right)} } \right| \\
   &\quad= \left| \left( 1 + \frac{1}{k} \right)^3 \frac{ \ln{(2k+2)^2} + \ln{\left( 1+\frac{1}{(2k+2)^2} \right)} }
                                                        { \ln{(2k)^2} + \ln{\left( 1+\frac{1}{(2k)^2} \right)} } \right| \\
   &\quad= \left| \left( 1 + \frac{1}{k} \right)^3 
                  \frac{ 2 \ln{(2k+2)} + \ln{\left( 1+\frac{1}{(2k+2)^2} \right)} }
                       { 2 \ln{(2k)} + \ln{\left( 1+\frac{1}{(2k)^2} \right)} } \right| \\
   &\quad= \left| \left( 1 + \frac{1}{k} \right)^3 
                  \frac{ 2 \ln{k} + 2 \ln{\left( 2+\frac{2}{k} \right)} + \ln{\left( 1+\frac{1}{(2k+2)^2} \right)} }
                       { 2 \ln{k} + 2 \ln{(2)} + \ln{\left( 1+\frac{1}{(2k)^2} \right)} } \right| \\
   &\quad= \left| \left( 1 + \frac{1}{k} \right)^3 
                  \frac{ 2 + \dfrac{2 \ln{\left( 2+\frac{2}{k} \right)}}{\ln{k}} + \dfrac{\ln{\left( 1+\frac{1}{(2k+2)^2} \right)}}{\ln{k}} }
                       { 2 + \dfrac{2 \ln{(2)}}{\ln{k}} + \dfrac{\ln{\left( 1+\frac{1}{(2k)^2} \right)}}{\ln{k}} } \right| 
   \rightarrow 1^3 \cdot \frac{2}{2} = 1 ,
\end{align*}
for $k\rightarrow\infty$ (her har jeg brugt omskrivningen \eqref{eq:omskrivning} samt samme konvergensudtryk som jeg brugte for det store udtryk i delopgave a, side \pageref{page:konvudtryk}), hvilket medfører at
\begin{equation*}
 \left| \frac{(2k+1)^3 \ln{\left( 1+(2k+1)^2 \right)}}{(2k)^3 \ln{\left( 1+(2k)^2 \right)} } \right| |x| 
 \rightarrow |x| \quad\text{for } k\rightarrow\infty ,
\end{equation*}
som ifølge kvotienttesten for generelle rækker i sætning \tlhenv{12.4.5} betyder at der er absolut konvergens, og specielt også bare konvergens ifølge sætning \tlhenv{12.4.2}, for $|x|<1$. %og divergens for $|x|>1$. 
\\ \\
\noindent På samme måde observerer jeg at jeg kan omskrive potensrækken for $f_{-}(x)$, givet i \eqref{eq:1b:potensfminus}, som følger:
\begin{align*}
 \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1- (-1)^n }{2} n^3\ln{(1+n^2)} x^n}
   &= \sum_{k=0}^{\infty}{(2k+1)^3\ln{\left( 1+(2k+1)^2 \right)} x^{2k+1}} \\
   &= x \sum_{k=0}^{\infty}{(2k+1)^3\ln{\left( 1+(2k+1)^2 \right)} x^{2k}} \\
   &= x \sum_{k=0}^{\infty}{(2k+1)^3\ln{\left( 1+(2k+1)^2 \right)} (x^2)^k} ,
\end{align*}
hvor jeg igen har fjernet alle nul-led i rækken. Derudover har jeg fra første til anden linie brugt at $x$ er en konstant (i den forstand at den ikke er afhængig af $k$) og har derfor kunnet sætte den uden for sum-tegnet ifølge sætning \tlhenv{12.1.7}. Jeg får da at jeg kan skrive $f_-(x)$ som en funktion ganget med $x$ og taget i $x^2$, hvilket var det jeg ønskede. Jeg har altså at 
\begin{equation}
 h(x) = \sum_{k=0}^{\infty}{(2k+1)^3\ln{\left( 1+(2k+1)^2 \right)} x^k} ,
 \label{eq:1c:hfunktion}
\end{equation}
som jeg også ved har en sumfunktion, eftersom denne også må være konvergent for $x\in\,]-1,1[$, da
\begin{align*}
 &\left| \frac{(2k+3)^3 \ln{\left( 1+(2k+3)^2 \right)}}{(2k+1)^3 \ln{\left( 1+(2k+1)^2 \right)} } \right| \\
   &\quad= \left| \left( \frac{1+\frac{3}{2k}}{1+\frac{1}{2k}} \right) 
                  \frac{ \ln{(2k+3)^2} + \ln{\left( 1 + \frac{1}{(2k+3)^2} \right)} }
                       { \ln{(2k+1)^2} + \ln{\left( 1 + \frac{1}{(2k+1)^2} \right)} } \right| \\
   &\quad= \left| \left( \frac{1+\frac{3}{2k}}{1+\frac{1}{2k}} \right) 
                  \frac{ 2 \ln{(2k+3)} + \ln{\left( 1 + \frac{1}{(2k+3)^2} \right)} }
                       { 2 \ln{(2k+1)} + \ln{\left( 1 + \frac{1}{(2k+1)^2} \right)} } \right| \\
   &\quad= \left| \left( \frac{1+\frac{3}{2k}}{1+\frac{1}{2k}} \right) 
                  \frac{ 2 \ln{k} + 2 \ln{\left( 2+\frac{3}{k} \right)} + \ln{\left( 1 + \frac{1}{(2k+3)^2} \right)} }
                       { 2 \ln{k} + 2 \ln{\left( 2+\frac{1}{k} \right)} + \ln{\left( 1 + \frac{1}{(2k+1)^2} \right)} } \right| \\
   &\quad= \left| \left( \frac{1+\frac{3}{2k}}{1+\frac{1}{2k}} \right) 
                  \frac{ 2 + \dfrac{2 \ln{\left( 2+\frac{3}{k} \right)}}{\ln{k}} + \dfrac{\ln{\left( 1 + \frac{1}{(2k+3)^2} \right)}}{\ln{k}} }
                       { 2 + \dfrac{2 \ln{\left( 2+\frac{1}{k} \right)}}{\ln{k}} + \dfrac{\ln{\left( 1 + \frac{1}{(2k+1)^2} \right)}}{\ln{k}} } \right|
   \rightarrow 1^3 \cdot \frac{2}{2} = 1, 
\end{align*}
for $k\rightarrow\infty$ (hvor jeg igen har brugt omskrivningen i \eqref{eq:omskrivning} samt samme konvergensudtryk som jeg brugte for det store udtryk i delopgave a, side \pageref{page:konvudtryk}), hvilket medfører at
\begin{equation*}
 \left| \frac{(2k+3)^3 \ln{\left( 1+(2k+3)^2 \right)}}{(2k+1)^3 \ln{\left( 1+(2k+1)^2 \right)} } \right| |x| 
 \rightarrow |x| \quad\text{for } k\rightarrow\infty ,
\end{equation*}
som ifølge kvotienttesten for generelle rækker i sætning \tlhenv{12.4.5} betyder at der er absolut konvergens, og specielt også bare konvergens ifølge sætning \tlhenv{12.4.2}, for $|x|<1$. %og divergens for $|x|>1$. 
\\ \\
\noindent Jeg har altså fundet to potensrækker i \eqref{eq:1c:gfunktion} og \eqref{eq:1c:hfunktion}, der begge er vist konvergente for $x\in\,]-1,1[$, og derfor er også sumfunktionerne $g$ og $h$ differentiable ifølge sætning \tlhenv{12.7.3} (specielt er de $C^{\infty}$ ved gentagen brug af denne sætning, da deres differentierede også vil være givet som sumfunktioner af potensrækker). Derudover ved jeg ifølge sætning \tlhenv{12.8.3} at disse to potensrækker må være Taylorrækkerne omkring $x=0$ for sumfunktionerne $g$ og $h$, og der må gælde at 
\begin{equation*}
 g_k = \frac{g^{(k)}(0)}{k!} \qquad\text{og}\qquad h_k = \frac{h^{(k)}(0)}{k!} ,
\end{equation*}
når jeg ser potensrækken for $g$ i \eqref{eq:1c:gfunktion} som $\sum_{k=1}^{\infty}{g_k}$ og potensrækken for $h$ i \eqref{eq:1c:hfunktion} som $\sum_{k=0}^{\infty}{h_k}$. Derfor får jeg $g'(0)$ til at være
\begin{equation*}
 g'(0) = 1!\, g_1 = (2\cdot1)^3 \ln{\left( 1+(2\cdot1)^2 \right)} = 8 \ln{(5)} 
\end{equation*}
og $h'(0)$ til at være
\begin{equation*}
 h'(0) = 1!\, h_1 = (2\cdot1 + 1)^3 \ln{\left( 1 + (2\cdot1+1)^2 \right)} = 27 \ln{(10)} ,
\end{equation*}
hvilket var det der skulle findes. 


\typeout{<----------------------------- OPGAVE 2 ----------------------------->}
\clearpage
\subsection{Opgave 2}
\ramme{ Lad $M$ betegne mængden af ikke-negative reelle funktioner defineret på den reelle akse, altså
        \begin{equation*}
         M = \left\{  f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} \,\middle|\, f(x) \geq 0 \text{ for alle } x \in \mathbb{R}  \right\}.
        \end{equation*}}

\typeout{<----------------------------- OPGAVE 2a ----------------------------->}
\subsubsection{Delopgave a}
\ramme{ Vis at der ved
        \begin{equation}
         d(f,g) = \sup{\left\{ \left| \e^{-f(x)} - \e^{-g(x)} \right| \mid x \in \mathbb{R} \right\}}, \quad f,g\in M ,
         \label{eq:2a:metrik}
        \end{equation}
        defineres en metrik $d$ på $M$.}
For at vise at $d$ er en metrik skal jeg vise de tre krav \henv{M1}, \henv{M2} og \henv{M3} i definition \cbhenv{1.1}. Jeg vil tage disse i punktform for at gøre det lidt mere overskueligt:
\begin{description}
 \item[Krav M1] Det er trivielt at der må gælde at $d(f,g) \geq 0$ for alle $f,g\in M$, eftersom der tages supremum af en numerisk værdi, der netop
                kun kan være ikke-negativ. 
                
                For at vise at $d(f,g)=0$ gælder hvis og kun hvis $f=g$, hvor $f,g\in M$, vil jeg starte med at se på udtrykket der tages supremum for:
                \begin{equation}
                 \left| \e^{-f(x)} - \e^{-g(x)} \right| \geq 0,
                 \label{eq:2a:numeriskvaerdi}
                \end{equation}
                der altid over eller lig nul, da der er taget absolutværdi. Da eksponentialfunktionen er strengt voksende, og dermed injektiv,
                må der gælde at udtrykket i \eqref{eq:2a:numeriskvaerdi} er lig med nul hvis og kun hvis $f(x)=g(x)$. Da får jeg at supremum af denne
                værdi er lig nul hvis og kun hvis $f=g$, eftersom udtrykket i \eqref{eq:2a:numeriskvaerdi} skal være nul for alle $x\in\mathbb{R}$ før
                supremum af dette er nul, da jeg ellers altid vil have en anden værdi over nul som mindste overtal grundet den numeriske værdi. 
                
                Det er derudover trivielt at $d(f,f)=0$ for alle $f\in M$, da udtrykket der tages supremum for simpelthen bare bliver nul for alle
                $x\in\mathbb{R}$, hvorfor supremum selv vil være nul. Dermed har jeg eftervist at $d(f,g)=0$ gælder hvis og kun hvis $f=g$.
 \item[Krav M2] Det er også trivielt at der må gælde symmetri, eftersom der tages numerisk værdi, og der da gælder at
                \begin{multline*}
                 d(f,g) = \sup{\left\{\left| \e^{-f(x)} - \e^{-g(x)} \right| \mid x \in\mathbb{R}\right\}} \\
                        = \sup{\left\{\left| \e^{-g(x)} - \e^{-f(x)} \right| \mid x \in\mathbb{R}\right\}} = d(g,f) 
                \end{multline*}
                for alle $f,g\in M$.
 \item[Krav M3] Jeg skal nu vise at $d(f,g) \leq d(f,h) + d(h,g)$, hvor $f,g,h\in M$. Jeg ser direkte på definitionen af $d(f,g)$ i 
                \eqref{eq:2a:metrik}, og indskyder deri en ekstra funktion $h$, så jeg får
                \begin{align}
                 d(f,g) &= \sup{\left\{\left| \e^{-f(x)} - \e^{-g(x)} \right| \mid x \in \mathbb{R}\right\}} \nonumber\\
                        &= \sup{\left\{\left| \e^{-f(x)} - \e^{-h(x)} + \e^{-h(x)} - \e^{-g(x)} \right| \mid x \in\mathbb{R}\right\}} \label{eq:2a:h}.
                \end{align}
                Der må ud fra den normale trekantsulighed gælde at
                \begin{equation*}
                 \left| \e^{-f(x)} - \e^{-h(x)} + \e^{-h(x)} - \e^{-g(x)} \right| \leq 
                 \left| \e^{-f(x)} - \e^{-h(x)} \right| + \left| \e^{-h(x)} - \e^{-g(x)} \right|,
                \end{equation*}
                for alle $x\in\mathbb{R}$, hvorfor det samme specielt vil gælde hvis jeg tager supremum på begge sider
                af uligheden. Så jeg kan altså fortsætte udtrykket i \eqref{eq:2a:h} ved
                \begin{align*}
                 d(f,g) &\leq \sup{\left\{\left| \e^{-f(x)} - \e^{-h(x)} \right|+\left| \e^{-h(x)} - \e^{-g(x)} \right| \mid x \in\mathbb{R}\right\}} \\
                        &\leq \sup{\left\{\left| \e^{-f(x)} - \e^{-h(x)} \right| \mid x \in\mathbb{R}\right\}} 
                            + \sup{\left\{\left| \e^{-h(x)} - \e^{-g(x)} \right| \mid x \in\mathbb{R}\right\}} \\
                        &= d(f,h) + d(h,g) ,
                \end{align*}
                hvor overgangen fra første til anden linie specielt må være sand eftersom supremum over $x$ af summen af to $x$-afhængige udtryk netop
                må være mindre end eller lig summen af de to udtryks supremum over $x$. 
\end{description}
Da er både krav \henv{M1}, \henv{M2} og \henv{M3} opfyldt, hvorfor udtrykket defineret i \eqref{eq:2a:metrik} er en metrik på $M$ ifølge definition \cbhenv{1.1} -- og da er $(M,d)$ et metrisk rum.


\typeout{<----------------------------- OPGAVE 2b ----------------------------->}
\subsubsection{Delopgave b}
\ramme{ Lad, for $n\in\mathbb{N}$, funktionerne $f_n,g_n\in M$ være definerede ved
        \begin{equation*}
         f_n(x) = \left\{  \begin{tabular}{ll}
                             $x^2$& $\quad\text{hvis } |x|\leq n$ \\
                             $n^2$& $\quad\text{hvis } |x| > n$
                            \end{tabular} \right.
         \quad\; \text{og} \quad\;
         g_n(x) = \left\{  \begin{tabular}{ll}
                             $x^2$& $\quad\text{hvis } |x|\leq n$ \\
                             $0$&   $\quad\text{hvis } |x| > n$ .
                            \end{tabular} \right.
        \end{equation*}
        Gør rede for at funktionsfølgerne $(f_n)_{n\in\mathbb{N}}$ og $(g_n)_{n\in\mathbb{N}}$ ikke er uniformt konvergente på $\mathbb{R}$. Afgør
        envidere for hver af dem, om den er konvergent i det metriske rum $(M,d)$.}
Uniform konvergens på $\mathbb{R}$ vurderes ud fra den sædvanlige uniforme metrik defineret i definition \tlhenv{11.3.5} til at være %$d_\mathbb{R}(\phi,\lambda) = \sup{\left\{ \left| \phi(x) - \lambda(x) \right| \mid x \in \mathbb{R} \right\}}$, 
\begin{equation*}
 d_\mathbb{R}(\phi,\lambda) = \sup{\left\{ \left| \phi(x) - \lambda(x) \right| \mid x \in \mathbb{R} \right\}} ,
\end{equation*}
hvor $\phi,\lambda: \mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$. %og $\lambda$ er funktioner defineret på $\mathbb{R}$. 

Den eneste grænsefunktion der kan være kandidat for $(f_n)_{n\in\mathbb{N}}$ må være funktionen $h\in M$ defineret ved $h(x)=x^2$, da en følge kun kan have en grænseværdi ifølge bemærkning \cbhenv{1.9} og $f_n$ netop konvergerer punktvist mod denne på $\mathbb{R}$. Den eneste kandidat til grænsefunktionen for $(g_n)_{n\in\mathbb{N}}$ må også af samme argument være funktionen $h$. 
%Den eneste grænsefunktion der kan være kandidat for $f_n$ og $g_n$ må være funktionen $h\in M$ defineret ved $h(x)=x^2$, da både $f_n$ og $g_n$ konvergerer punktvist mod denne på $\mathbb{R}$, da en følge kun kan have en grænseværdi ifølge bemærkning \cbhenv{1.9}. 
\\ \\
\noindent %Jeg ser at der for den uniforme afstand mellem $f_n$ og $h$ gælder at 
Jeg ser at jeg for at finde supremum af den uniforme afstand mellem $f_n$ og $h$ skal finde maksimum af de to supremer, hvor jeg har delt op efter gaffelfunktionen for $f_n$, så jeg har at
\begin{align*}
 d_{\mathbb{R}}(f_n,h) &= \max \Big\{  \sup{\left\{ \left| x^2 - x^2 \right| \mid x\in\mathbb{R}, |x| \leq n \right\}}   ,  \\
                       &               \hspace{1.4cm} %\qquad\qquad\qquad\qquad
                                       \sup{\left\{ \left| n^2 - x^2 \right| \mid x\in\mathbb{R}, |x|   >  n \right\}}   \Big\} \\
                       &= \max{\Big\{  0 , \sup{\left\{ \left| n^2 - x^2 \right| \mid x\in\mathbb{R}, |x|   >  n \right\}}   \Big\}} \\
                       &= \sup{\left\{ \left| n^2 - x^2 \right| \mid x\in\mathbb{R}, |x|   >  n \right\}} \nrightarrow 0
\end{align*}
for $n\rightarrow\infty$, da $x$ kan vælges så stor som man har lyst til (så længe den også er større end $n$). 

På samme måde ses for den uniforme afstand mellem $g_n$ og $h$ at
\begin{align*}
 d_{\mathbb{R}}(g_n,h) &= \max \Big\{  \sup{\left\{ \left| x^2 - x^2 \right| \mid x\in\mathbb{R}, |x| \leq n \right\}}   ,  \\
                       &               \hspace{1.4cm} %\qquad\qquad\qquad\qquad
                                       \sup{\left\{ \left| 0 - x^2 \right|   \mid x\in\mathbb{R}, |x|   >  n \right\}}   \Big\} \\
                       %&= \max{\Big\{  0 , \sup{\left\{ \left| 0 - x^2 \right| \mid x\in\mathbb{R}, |x|   >  n \right\}}   \Big\}} \\
                       &= \max{\Big\{  0 , \sup{\left\{ x^2 \mid x\in\mathbb{R}, |x|   >  n \right\}}   \Big\}} \\
                       &= \sup{\left\{ x^2 \mid x\in\mathbb{R}, |x|   >  n \right\}} \nrightarrow 0
\end{align*}
for $n\rightarrow\infty$, da $x$ igen kan vælges så stor som man har lyst til (så længe den også er større end $n$). 

Så da hverken $d_{\mathbb{R}}(f_n,h)$ eller $d_{\mathbb{R}}(g_n,h)$ går mod nul for $n$ gående mod uendeligt vil hverken $(f_n)_{n\in\mathbb{N}}$ eller $(g_n)_{n\in\mathbb{N}}$ konvergere uniformt på $\mathbb{R}$ ifølge sætning \tlhenv{11.3.6}.
\\ \\
\noindent For at vurdere om de to følger $(f_n)_{n\in\mathbb{N}}$ og $(g_n)_{n\in\mathbb{N}}$ er konvergente på det metriske rum $(M,d)$ skal jeg bruge definition \cbhenv{1.8}, så jeg skal altså se hvorvidt afstandene $d(f_n,h)$ og $d(g_n,h)$ går mod nul for $n\rightarrow\infty$, hvor $d$ er den i \eqref{eq:2a:metrik} definerede metrik. For afstanden mellem $f_n$ og $h$ ser jeg at
\begin{align*}
 d(f_n,h) &= \max \Big\{  \sup{\left\{ \left| \e^{-x^2} - \e^{-x^2} \right| \mid x\in\mathbb{R}, |x| \leq n \right\}}   ,  \\
          &               \hspace{1.4cm} %\qquad\qquad\qquad\qquad
                          \sup{\left\{ \left| \e^{-n^2} - \e^{-x^2} \right|   \mid x\in\mathbb{R}, |x|   >  n \right\}}   \Big\} \\
          &= \max{\Big\{  0 , \sup{\left\{ \left| \e^{-n^2} - \e^{-x^2} \right| \mid x\in\mathbb{R}, |x|   >  n \right\}}   \Big\}} \\
          &= \sup{\left\{ \left| \e^{-n^2} - \e^{-x^2} \right| \mid x\in\mathbb{R}, |x|   >  n \right\}}  \rightarrow 0 ,
\end{align*}
for $n\rightarrow\infty$, da $x$ skal være større end $n$, og $\e^{-p}\rightarrow0$ for $p\rightarrow\infty$. 

På samme måde ses for afstanden mellem $g_n$ og $h$ at
\begin{align*}
 d(g_n,h) &= \max \Big\{  \sup{\left\{ \left| \e^{-x^2} - \e^{-x^2} \right| \mid x\in\mathbb{R}, |x| \leq n \right\}}   ,  \\
          &               \hspace{1.4cm} %\qquad\qquad\qquad\qquad
                          \sup{\left\{ \left| \e^{0} - \e^{-x^2} \right|   \mid x\in\mathbb{R}, |x|   >  n \right\}}   \Big\} \\
          &= \max{\Big\{  0 , \sup{\left\{ \left| 1 - \e^{-x^2} \right| \mid x\in\mathbb{R}, |x|   >  n \right\}}   \Big\}} \\
          &= \sup{\left\{ \left| 1 - \e^{-x^2} \right| \mid x\in\mathbb{R}, |x|   >  n \right\}}  \nrightarrow 0 ,
\end{align*}
for $n\rightarrow\infty$, da $x$ skal være større end $n$, og der derfor specielt gælder at $\e^{-x^2} \neq 1$.
\\ \\
\noindent Da har jeg fundet at $d(f_n,h) \rightarrow 0$ og $d(g_n,h) \nrightarrow 0$ for $n \rightarrow \infty$, hvorfor jeg altså ifølge definition \cbhenv{1.8} får at følgen $(f_n)_{n\in\mathbb{N}}$ konvergerer på det metriske rum $(M,d)$ (vel og mærke eftersom den konvergerer mod en grænsefunktion $h$ som også er i $M$), mens følgen $(g_n)_{n\in\mathbb{N}}$ ikke konvergerer på det metriske rum $(M,d)$.




\clearpage
\typeout{<----------------------------- OPGAVE 3 ----------------------------->}
\subsection{Opgave 3}
\ramme{ Lad delmængderne $A$ og $B$ af $\mathbb{R}^3$ (med sædvanlig metrik) være givne ved
        \begin{align*}
         A &= \left\{ (x,y,z) \,\middle|\, (x-y)^2 + z^2 \leq 9 \right\} \\
         B &= \left\{ (x,y,z) \,\middle|\, 2x^2 - 2y + z \leq 1 , x^2 + y + 2z \leq 0 \right\} ,
        \end{align*}
        og definer funktionen $f:\mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}$ ved
        \begin{equation*}
         f(x,y,z) = \left\{  \begin{tabular}{ll}
                              $\dfrac{\e^{(x-z)^2+y^2} - 1}{(x-z)^2+y^2} \cos{xy}$& $\quad\text{hvis } x \neq z \text{ eller } y \neq 0$ \\
                              $1$&                                                  $\quad\text{hvis } x = z \text{ og } y = 0$ .
                             \end{tabular} \right.
        \end{equation*}}

\typeout{<----------------------------- OPGAVE 3a ----------------------------->}
\subsubsection{Delopgave a}
\ramme{ Vis at $A$ og $B$ begge er afsluttede, men ikke kompakte. }
Jeg vil først vise at $A$ er afsluttet og ikke-begrænset. Jeg ser at $A$ kan skrives som en originalmængde ved
\begin{equation*}
 A = \phi^{-1}\left( \,]-\infty,9]\, \right) ,
\end{equation*}
hvor funktionen $\phi:\mathbb{R}^3\rightarrow\mathbb{R}$ er defineret som
\begin{equation*}
 \phi(x,y,z) = (x-y)^2 + z^2 .
\end{equation*}
Denne funktion $\phi$ er kontinuert på hele $\mathbb{R}$ eftersom den er sammensat af addition, subtraktion og multiplikation, som alle er kontinuerte afbildinger ifølge sætning \cbhenv{3.13}. Da er $\phi^{-1}\left( \,]-\infty,9]\, \right)$ afsluttet eftersom den mængde som originalmængden bliver taget for er afsluttet -- hvorfor altså $A$ er afsluttet ifølge sætning \cbhenv{3.3}. 

Jeg kan dog se at det ikke er muligt at vælge en kugle i $\mathbb{R}^3$ som indeholder hele mængden $A$, for man vil nemlig altid kunne vælge $x$ (eller $y$) vilkårligt stort hvis man bare vælger et lige så tilstrækkeligt stort $y$ (eller $x$), hvorved uligheden $(x-y)^2 + z^2 \leq 9$ stadig vil være opfyldt. Derfor er mængden $A$ ikke begrænset ifølge definitionen på begrænsethed for en delmængde af $\mathbb{R}^3$ på midten af side 44 i \henv{TK}. 
\\ \\
\noindent Nu vil jeg så vise at $B$ er afsluttet og ikke-begrænset. Jeg ser at $B$ kan skrives som fællesmængden af to originalmængder ved
\begin{equation*}
 B = \sigma^{-1}\left( \,]-\infty,1]\, \right) \,\cap\, \rho^{-1}\left( \,]-\infty,0]\, \right) ,
\end{equation*}
hvor funktionerne $\sigma,\rho:\mathbb{R}^3\rightarrow\mathbb{R}$ er defineret som
\begin{equation*}
 \sigma(x,y,z) = 2x^2 - 2y + z \qquad \text{og} \qquad \rho(x,y,z) = x^2 + y + 2z .
\end{equation*}
Disse to funktioner $\sigma$ og $\rho$ er, ligesom funktionen $\phi$, begge kontinuerte på hele $\mathbb{R}$ eftersom de er sammensat af addition, subtraktion og multiplikation, som alle er kontinuerte afbildinger ifølge sætning \cbhenv{3.13}. Da er både $\sigma^{-1}\left( \,]-\infty,1]\, \right)$ og $\rho^{-1}\left( \,]-\infty,0]\, \right)$ afsluttede, da de begge tages for afsluttede mængder, hvorfor også deres fællesmængde er afsluttet ifølge sætning \cbhenv{2.7}. Da er altså også $B$ afsluttet ifølge sætning \cbhenv{3.3}. 

På samme måde som for mængden $A$ kan jeg også for mængden $B$ se at denne ikke kan være begrænset, da jeg her for et vilkårligt stort numerisk $x$ kan vælge et vilkårligt stort negativt $z$ så begge uligheder $2x^2 - 2y + z \leq 1$ og $x^2 + y + 2z \leq 0$ stadig er sande -- hvorfor jeg altså ikke kan lave en kugle i $\mathbb{R}^3$ omkring mængden $B$ (hvorfor $B$ er ikke-begrænset ifølge definitionen på begrænsethed for en delmængde af $\mathbb{R}^3$ på midten af side 44 i \henv{TK}). 
\\ \\
\noindent Jeg har altså nu fundet at både mængden $A$ og mængden $B$ er afsluttet, men ikke begrænset. Ifølge sætning \cbhenv{6.6} gælder der altså hverken for $A$ eller $B$ at enhver punktfølge i mængden har et fortætningspunkt i mængden, og da dette er kravet for komplethed ifølge definition \cbhenv{6.7} er derfor hverken $A$ eller $B$ kompakte delmængder af $\mathbb{R}^3$.


\typeout{<----------------------------- OPGAVE 3b ----------------------------->}
\subsubsection{Delopgave b}
\ramme{ Vis at restriktionen af funktionen $f$ til fællesmængden $A\cap B$ antager en maksimumsværdi. }
Jeg vil først og fremmest undersøge fællesmængden $A\cap B$, der altså er givet ved
\begin{equation*}
 A\cap B %= \left\{(x,y,z)\,\middle|\, (x-y)^2 + z^2 \leq 9 \right\} \cap \left\{(x,y,z)\,\middle|\, 2x^2 - 2y + z \leq 1 , x^2 + y + 2z \leq 0 \right\}
          = \left\{(x,y,z)\,\middle|\, (x-y)^2 + z^2 \leq 9, 2x^2 - 2y + z \leq 1 , x^2 + y + 2z \leq 0 \right\} .
\end{equation*}
Denne må være en afsluttet mængde, da jeg i delopgave a viste at både $A$ og $B$ var afsluttede, eftersom fællesmængden af to afsluttede mængder altid er afsluttet ifølge sætning \cbhenv{2.7}. 

Nu skal jeg dog på ny undersøge om mængden er begrænset. Selv om de to mængder $A$ og $B$ er ikke-begrænsede betyder det nemlig ikke at fællesmængden af de to er det samme. Jeg har de tre uligheder
\begin{align}
 (x-y)^2 + z^2 &\leq 9 \label{eq:3b:1}\\
 2x^2 - 2y + z &\leq 1 \label{eq:3b:2}\\
 x^2 + y + 2z  &\leq 0 \label{eq:3b:3}
\end{align}
at arbejde med. Mine observationer for de tre variable er som følger:
\begin{description}
 \item[Variabel z] Ud fra \eqref{eq:3b:1} ses at for tilfældet hvor $x=y$ kan $z\in[-3,3]$ for at uligheden stadig er opfyldt. Hvis $x\neq y$ vil $z$
                   numerisk skulle være mindre end $3$. Ud fra både \eqref{eq:3b:2} og \eqref{eq:3b:3} fås at $z$ kan være over alt på hele $\mathbb{R}$
                   afhængigt af værdierne af $x$ og $y$. 
 \item[Variabel y] Ud fra \eqref{eq:3b:2} henholdsvis \eqref{eq:3b:3} ser jeg at $y\in[-2,\infty[$ henholdsvis $y\in\,]-\infty,6]$ når jeg bruger 
                   restriktionerne jeg fandt for variabelen $z$ ovenfor. Ud fra \eqref{eq:3b:1} kan $y$ være over hele $\mathbb{R}$ afhængigt af
                   værdien af $x$.
 \item[Variabel x] Ud fra både \eqref{eq:3b:2} og \eqref{eq:3b:3} fås at $x\in[-2\sqrt2,-2\sqrt2]$ når jeg bruger restriktionerne jeg fandt for
                   variablene $z$ og $y$ ovenfor, mens jeg ud fra \eqref{eq:3b:1} ser at $x$ kan være over hele $\mathbb{R}$ afhængigt af værdien af
                   $x$.
\end{description}
Samlet får jeg altså at der må gælde følgende maksimale restriktioner på de tre variable (med maksimale restriktioner mener jeg de restriktioner der gør at hver variabel stadig overholder de tre uligheder \eqref{eq:3b:1}, \eqref{eq:3b:2} og \eqref{eq:3b:3} i de tilfælde hvor de to andre variable er af en størrelse så variablen har størst mulig frihed):
\begin{equation*}
 x \in [-2\sqrt2,-2\sqrt2], \qquad y \in [-2,6], \qquad z \in [-3,3] .
\end{equation*}
Samlet kan jeg altså se at jeg \emph{godt} kan lave en kugle stor nok til at indeholde hele mængden $A\cap B$, f.eks. gælder der at
\begin{equation*}
 A\cap B \subset K\left( (0,0,0), 100 \right) ,
\end{equation*}
hvorfor mængden $A \cap B$ er begrænset ifølge definitionen på begrænsethed for en delmængde af $\mathbb{R}^3$ på midten af side 44 i \henv{TK}. Derfor er $A \cap B$ grundet afsluttetheden altså kompakt ifølge sætning \cbhenv{6.6} kombineret med definition \cbhenv{6.7}. 
\\ \\
\noindent Jeg vil nu vise at funktionen $f$ er kontinuert. %Det er trivielt at $f$ er kontinuert i punkter $(x,y,z)$ hvorom der gælder at $x\neq z$ eller $y\neq 0$, da funktionen her består af sammensætninger af de kontinuerte afbildinger $\exp$, $\cos$, addition, multiplikation, subtraktion samt division (hvor der vel og mærke gælder at nævneren med betingelserne $x\neq z$ eller $y\neq 0$ ikke bliver nul). Jeg bliver dog nødt til at vise kontinuitet i punkter $(a,0,a)$, hvor $a\in\mathbb{R}$. 
Det bemærkes først at funktionen 
\begin{equation*}
 \alpha(s) = \left\{  \begin{tabular}{ll}
                       $\dfrac{\e^s - 1}{s}$& $\quad\text{hvis } s \neq 0$ \\
                       $1$&                   $\quad\text{hvis } s = 0$ 
                      \end{tabular} \right.
\end{equation*}
er kontinuert. I punkter hvor $s\neq 0$ følger dette af kontinuiteten af funktionerne $s \mapsto 1/s$ og $s \mapsto \e^s$. Kontinuiteten i $s=0$ følger af at
\begin{equation*}
 \frac{\e^s - 1}{s} = \frac{\e^s - \e^0}{s-0} \rightarrow \exp'{0} = 1 = \alpha(0) \quad\text{for } s\rightarrow 0 ,
\end{equation*}
ud fra definitionen af differentialkvotienten i \tlhenv{6.1.1}. 

Da funktionen $(x,y,z)\mapsto (x-z)^2+y^2$ er kontinuert, eftersom den består af de simple regneoperationer der er kontinuerte ifølge sætning \cbhenv{3.13}, er derfor også funktionen $\beta(x,y,z) = \alpha\left((x-z)^2+y^2\right)$ kontinuert ifølge sætning \cbhenv{3.5}. Bemærk desuden at når $z$ går mod samme værdi som $x$, og $y$ går mod nul, vil $(x-z)^2+y^2$ gå mod nul, så min argumentation med $s\rightarrow 0$ for kontinuiteten af $\alpha$ gælder stadig når jeg sammensætter de to funktioner til $\beta$. 
\\ \\
\noindent Da er funktionen $f$ netop produktet af den kontinuerte afbilding $(x,y,z) \mapsto \cos{(xy)}$, der er kontinuert eftersom både $\cos$ og multiplikationsoperationen er kontinuert (bemærk at $\cos{(0)}=1$, så der gælder stadig at $f(a,0,a)=1$ for alle $a\in\mathbb{R}$), og funktionen $\beta$, hvorfor også $f$ vil være kontinuert, igen ifølge sætning \cbhenv{3.13}. 

Da er også restriktionen af $f$ til $A \cap B$ kontinuert, og det følger da af sætning \cbhenv{6.10} at $f$ antager en maksimumsværdi på $A \cap B$, eftersom denne blev vist kompakt. 


\label{lastpage}
\end{document}

