<html><head><meta name="color-scheme" content="light dark"></head><body><pre style="word-wrap: break-word; white-space: pre-wrap;">\input{kapittel}



\kapittel{3}{Funksjoner fra $\mathbb{R}$ til $\mathbb{R}$}

I dette kapitlet skal vi ta for oss funksjoner pÃ¥ $\R$. 
Dette er pÃ¥ noen mÃ¥ter mer komplisert enn funksjoner pÃ¥ $\N$.

Alternative kilder: 
\begin{itemize}
\item Adams kap. P og 1-4
\item LindstrÃ¸ms I kap. ??
\end{itemize}



\section*{\huge  En sykt viktig funksjon}

Mange vil hevde at eksponensialfunksjonen
\[
\exp{(x)}=\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}.
\]
er den viktigste funksjonen av alle. 
Forholdstesten viser at rekken er absolutt konvergent for alle $x$:
\[
\rho=\lim_{n\to \infty}\frac{|x|^{n+1}/(n+1)!}{|x|^n/n!}=\lim_{n\to \infty}\frac{|x|}{n+1}=0,
\]
og det gÃ¥r an Ã¥ vise at 
\[
\exp{(x+y)}=\exp{(x)}\exp{(y)}.
\]
Tallet $e$ er definert ved
\[
\exp{(1)}=\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}=2.71182818284590452\dots,
\]
og det gÃ¥r an Ã¥ vise at
\[
\exp{(x)}=e^x.
\]
Dette er relativt enkelt Ã¥ vise for rasjonale $x$, 
man ser fra produktregelen at 
\[
\exp{(2)}=\exp{(1)}\exp{(1)}=e^2
\]
og at 
\[
\exp{(1)}=\exp{(1/2)}\exp{(1/2)}=\sqrt{e}\sqrt{e}
\]
og sÃ¥ videre.


%
%\begin{align*}
%\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}\sum_{m=0}^\infty \frac{y^n}{m!} &amp;=
%\sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^n \frac{x^ky^{n-k}}{k!(n-k)!}  \\
%&amp;=\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}\sum_{k=0}^n{n \choose k} x^ky^{n-k} 
%\end{align*}
%
%Ã¥ se at den siste rekken er absolutt konvergent, 
%gÃ¥r fint Ã¥ gjÃ¸re med sammenlikningstesten som fÃ¸lger.
%anta $|x| \geq |y|$. siden
%
%\begin{align*}
%\frac{1}{n!}\sum_{k=0}^n{n \choose k} |x|^k|y|^{n-k} \leq \frac{|x|^n}{n!}\sum_{k=0}^n{n \choose k} =\frac{2^n|x|^n}{n!}
%\end{align*}


\begin{ex}
Det er vel pÃ¥ tide Ã¥ introdusere sinusfunksjonen
\[
\sin x = \frac{\exp{(ix)}-\exp{(-ix)}}{2i}= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}
\]
og cosinusfunksjonen
\[
\cos x = \frac{\exp{(ix)}+\exp{(-ix)}}{2}=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}.
\]
PÃ¥ skolen lÃ¦rte du at disse var katetene i en rettvinklet trekant:

 \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
        (0.866,0.5) arc(30:-210:1cm);
          \draw[-] (0,0) -- (5,0);
          \draw[-] (0,0) -- (5,3) ;
          \draw[-] (5,0) -- (5,3) ;
          \draw (1,0) arc(0:31:1cm) node[right,xshift=.2cm,yshift=-.15cm]{$x$};
      \node[right] at (5.4,1.5){$\sin x$};
      \node[below ] at (2.5,-.5){$\cos x$};
      \node[above] at (2.3,1.7){$1$};          
    \end{tikzpicture}
  \end{center}
Det gÃ¥r an Ã¥ vise at alt dette er det samme,
men det er litt jobb.
\end{ex}





\section*{\huge  Kontinuerlige funksjoner}






Anta at man har en funksjon $f$. 
Grenseverdien 
\[
\lim_{x \to x_0} f(x)
\]
forteller oss noe om hva som skjer med $f$ nÃ¥r den avhengige variabelen $x$ gÃ¥r mot verdien $x_0$.
For de fleste funksjoner man stÃ¸ter pÃ¥ i dagliglivet, 
er 
\[
\lim_{x \to x_0} f(x)=f(x_0),
\]
men dette er ikke alltid riktig.

\begin{tcolorbox}
%\begin{tcolorbox}[colframe=red]
\begin{defnx}
En funksjon sies Ã¥ ha grenseverdien $L$ i $x_0$ dersom det for hver $\epsilon &gt;0$ finnes en $\delta&gt;0$ slik at implikasjonen 
\[
0&lt;|x-x_0| &lt; \delta \quad \Longrightarrow \quad |f(x)-L| &lt; \epsilon
\]
holder. Vi skriver i sÃ¥ fall 
\[
\lim_{x \to x_0} f(x)=L.
\]
\end{defnx}
\end{tcolorbox}


\begin{tcolorbox}
\begin{thm}
En grenseverdi, dersom den eksisterer, er entydig. 
\end{thm}
\end{tcolorbox}
\begin{proof}
Dette er sÃ¥ og si identisk med beviset for tilsvarende teorem for fÃ¸lger. 
PrÃ¸v selv!
\end{proof}

\begin{ex}
For den konstante funksjonen 
\[
f(x)=1
\]
gjelder at 
\[
\lim_{x \to x_0} f(x)=1
\]
overalt.
Dette er lett Ã¥ se. Velg $\epsilon$. Vi har at 
\[
|f(x)-1|=|1-1|=0,
\]
sÃ¥ her kan $\delta$ velges til hva som helst. 
\end{ex}


\begin{ex}
Det fÃ¸rste ordens polynomet
\[
f(x)=ax+b
\]
har grenseverdien 
\[
\lim_{x \to x_0} f(x)=f(x_0)=ax_0+b.
\]
Dette er ogsÃ¥ lett Ã¥ se. Velg $\epsilon$. Vi har at 
\[
|f(x)-f(x_0)|=|a(x-x_0)|.
\]
Dersom vi velger $\delta=\epsilon/|a|$, 
og krever $0&lt;|x-x_0| &lt; \delta$,
fÃ¥r vi 
\[
|f(x)-f(x_0)|=|a(x-x_0)|&lt; |a| \frac{\epsilon}{|a|}=\epsilon.
\]
Spesialtilfellet $a=1$ og $b=0$ forteller at 
\[
\lim_{x \to x_0} x=x_0,
\]
som vi skal fÃ¥ bruk for lenger ned.
\end{ex}




\begin{ex}
Vi prÃ¸ver Ã¥ finne
\[
\lim_{x \to 0} \exp{(x)}.
\]
Hva kan $L$ vÃ¦re?
Vi ser fÃ¸rst av definisjonen at
\[
\exp{(0)}=1,
\]
Dette forteller ikke nÃ¸dvendigvis at 
\[
\lim_{x \to x_0} \exp{(x)}=1,
\]
men vi kan ha det som arbeidshypotese, og undersÃ¸ke saken nÃ¦rmere.
La $|x|&lt;1$. Det fÃ¸lger at
\begin{align*}
|\exp{(x)}-1|&amp;=\left|\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n!}\right| \leq \sum_{n=1}^\infty \left|\frac{x^n}{n!}\right|\\
&amp;=\sum_{n=1}^\infty \frac{|x|^n}{n!} =|x|\sum_{n=1}^\infty \frac{|x|^{n-1}}{n!} \\ 
&amp;\leq |x|\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n!}=|x|(e-1).
\end{align*}
Velg $\epsilon$.
Dersom $|x|\leq \frac{\epsilon}{e-1}$
vil
\begin{align*}
|\exp{(x)}-1|&amp;\leq |x|(e-1) \\ &amp;\leq \frac{\epsilon}{e-1}(e-1)=\epsilon,
\end{align*}
som er det vi mÃ¥tte vise.
\end{ex}

Merk at i de tre foregÃ¥ende eksemplene er funksjonsverdier og grenseverdier identiske. 
Dette er et viktig poeng vi skal komme tilbake til om litt.



\begin{ex}
Vi kan pÃ¥ liknende vis som i forrige eksempel, 
se at 
\[
\lim_{x \to 0} \frac{\exp{(x)}-1}{x}=1.
\]
La $|x|&lt;1$. Det fÃ¸lger at
\begin{align*}
\left|\frac{\exp{(x)}-1}{x}-1\right|&amp;=\left|\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{(n+1)!}\right| \leq \sum_{n=1}^\infty \left|\frac{x^n}{(n+1)!}\right|\\
&amp;=\sum_{n=1}^\infty \frac{|x|^n}{(n+1)!} =|x|\sum_{n=1}^\infty \frac{|x|^{n-1}}{(n+1)!} \\ 
&amp;\leq |x|\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(n+1)!}=|x|(e-2).
\end{align*}
Velg $\epsilon$.
Dersom $|x|\leq \frac{\epsilon}{e-2}$
vil
\begin{align*}
\left|\frac{\exp{(x)}-1}{x}-1\right|&amp;\leq |x|(e-2) \\ &amp;\leq \frac{\epsilon}{e-2}(e-2)=\epsilon,
\end{align*}
som er det vi mÃ¥tte vise.
Denne grenseverdien fÃ¥r vi bruk for nÃ¥r vi skal derivere eksponensialfunksjonen litt lenger ned.
\end{ex}

\begin{ex}
Heavisidefunksjonen er gitt ved
\begin{equation*}
u(t)=    
\begin{cases}
      0  &amp; \text{for } t &lt; 0 \\
      1 &amp; \text{for } t \geq  0.
    \end{cases} 
\end{equation*}
Man kan tenke pÃ¥ denne som en funksjon som slÃ¥r noe pÃ¥ ved $t=0$:
 \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
          \draw[-&gt;] (-3.5,0) -- (1.5,0) node[right]{$t$};
          \draw[-&gt;] (-2.5,-0.25) -- (-2.5,2) ;
          \draw[-,red] (-3.5,0) -- (-2.5,0);
          \draw[-,red] (-2.5,0.5) -- (1.5,0.5) node[above]{$u(t)$};
      \end{scope}
    \end{tikzpicture}
  \end{center}
\noindent Vi kan slÃ¥ pÃ¥ ved tiden $t=a$ istedet:
\begin{equation*}
u(t-a)=    
\begin{cases}
      0  &amp; \text{for } t &lt; a \\
      1 &amp; \text{for } t \geq  a,
    \end{cases} 
\end{equation*}
 \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
          \draw[-&gt;] (-2.5,0) -- (1.5,0) node[right]{$t$};
          \draw[-&gt;] (-2.5,-0.25) -- (-2.5,2) ;
          \draw[-,red] (-2.5,0) -- (-1,0);
          \draw[-,red] (-1,0.5) -- (1.5,0.5) node[above]{$u(t-a)$};
          \node[below] at (-1,0){$a$};
      \end{scope}
    \end{tikzpicture}
  \end{center}
Vi kan ogsÃ¥ slÃ¥ pÃ¥ ved $t=a$ og av igjen ved $t=b$:
\begin{equation*}
u(t-a)-u(t-b)=    
\begin{cases}
      0  &amp; \text{for } t &lt; a \\
      1 &amp; \text{for } a \leq t &lt;  b \\
       0 &amp; \text{for } t \geq  b.
    \end{cases} 
\end{equation*}
 \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
          \draw[-&gt;] (-2.5,0) -- (1.5,0) node[right]{$t$};
          \draw[-&gt;] (-2.5,-0.25) -- (-2.5,2) ;
          \draw[-,red] (-2.5,0) -- (-1,0);
          \draw[-,red] (0,0) -- (1.3,0);
          \draw[-,red] (-1,0.5) -- (0,0.5) node[above]{$u(t-a)-u(t-b)$};
          \node[below] at (-1,0){$a$};
          \node[below] at (0,0){$b$};
      \end{scope}
    \end{tikzpicture}
 \end{center}
Grenseverdien 
\[
\lim_{x\to 0} u(x)
\]
eksisterer ikke. 
Hva skulle den i sÃ¥ fall vÃ¦rt? 
Fra venstre ser det ut til at $u$ gÃ¥r mot null, 
mens fra hÃ¸yre ser det ut til at $u$ gÃ¥r mot en.
\end{ex}

\begin{ex}
Grenseverdien 
\[
\lim_{x\to 0}\sin \frac{1}{x}
\]
eksisterer ikke. 
Siden $\sin \frac{1}{x}=1$ nÃ¥r 
\[
x=\frac{1}{2\pi n+\frac{\pi}{2}}
\]
og $\sin \frac{1}{x}=-1$ nÃ¥r
\[
x=\frac{1}{2\pi n+\frac{3\pi}{2}}
\]
for alle $n\in \mathbb{Z}$, 
ser vi at dersom du stÃ¥r i $x=a$ og lar $x\to 0$ vil $\sin\frac{1}{x}$ ha uendelig mange oscillasjoner mellom $a$ og 0, 
uansett hvor liten $a$ er.
SÃ¥ konklusjonen er at dersom du har en kandidat for grenseverdi $L$, 
og velger $\epsilon&gt;0$ og $\delta &gt;0$ som du tror gjÃ¸r jobben, 
vil $|\sin\frac{1}{x}-L|&gt;1-|L|$ for en eller annen $|x| &lt; \delta$, 
og $L$ er altsÃ¥ ikke en grenseverdi. 
Dette eksemplet er litt komplisert, 
men vi skal bruke det til Ã¥ illustrere et viktig poeng litt senere. 
Ta en titt pÃ¥ figuren under.
\end{ex}

\begin{figure}[htbp]
  \begin{center}

	\includegraphics[scale=.6]{../figurer/sinuseneksdel}

	\end{center}
\end{figure}

%\begin{ex}
%En klassiker i trigonometrien er grenseverdien
%\begin{align*}
%\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}&amp;=\lim_{x\to 0}\frac{1}{x}\cdot \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}\\
%&amp;=\lim_{x\to 0}\frac{x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\dots}{x}\\
%&amp;=\lim_{x\to 0}1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\dots=1 \qedhere
%\end{align*}
%Denne kan ogsÃ¥ bevises geometrisk, se for eksempel Adams kap. 2.5.
%\end{ex}


%\begin{proof}
%Anta vi har to grenseverdier $L_1 \neq L_2$.
%Velg $\epsilon&lt; |L_1-L_2|/2$, og $\delta$ slik at 
%\[
%|f(x)-L_1| &lt; \epsilon.
%\]
%Hm, Ã¸vingsopplegg kanskje. Se figur.
%\end{proof}
% \begin{center}
%    \begin{tikzpicture}[thick]
%%      \draw[-&gt;] (-1.5,0) -- (1.5,0) node[right]{$x$};
%%      \draw[-&gt;] (0,-1.5) -- (0,1.5) node[above]{$y$};
%%      \filldraw[fill=blue!75!white,fill opacity=0.55] (-0.866,0.5)
%%        [snake=coil,segment aspect=0,segment amplitude=1pt] --
%%        (0.866,0.5) arc(30:-210:1cm);
%     % \draw[blue] (-2,0) circle (2cm) ;
%   %   \draw[red] (0,-1) circle (1.5cm);
%
%%\node[below right] at (1,.7){$\circ$};
%%\node[below right] at (2,1){$\circ$};
%%\node[below right] at (3,1.2){$\circ$};
%%\node[below right] at (4,1.3){$\circ$};
%%\node[below right] at (5,1.34){$\circ$};
%%\node[below right] at (6,1.37){$\circ$};
% \draw[thick] (0,.7) sin (7,4);
% \node[above] at (5,4){$f$};
%
%\draw[-] (0,1.3) -- (7,1.3) node[right]{$L_2$};
%\draw[red] (0,1) -- (7,1) node[right]{$L_2-\epsilon$};
%\draw[red] (0,1.6) -- (7,1.6) node[right]{$L_2-\epsilon$};     
%
%\draw[-] (0,3) -- (7,3) node[right]{$L_1$};
%\draw[blue] (0,2.7) -- (7,2.7) node[right]{$L_1-\epsilon$};
%\draw[blue] (0,3.3) -- (7,3.3) node[right]{$L_1-\epsilon$};     
%
%   %    \draw[green](4,-.6) -- (-1,3);
%
%
%%          \draw[-] (-2,-1) -- (-2.5,1.3); 
%
%%      \node[below left] at (-1,0){$-1$};
%%      \node[above left] at (0,1){$1$};
%%      \node[below left] at (0,-1){$-1$};
%%      \node[draw,fill=white,align=center] at (0,0){$75$ \%};
%
%   %   \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
%\node[below] at (3.45,-.3){$x_0$};
%\node at (3.45,0){$\circ$};
%          \draw[-&gt;] (0,0) -- (7,0) node[right]{$x$};
%%                    \draw[-&gt;] (3.45,0) -- (3.45,4);
%          \draw[-&gt;] (0,-.5) -- (0,4.5) ;
%%          \draw (2,0) arc(55:125:3.9cm) node[right,xshift=2cm,yshift=1.2cm]{$u(x,t)$};
%%          \draw (0,0) -- (2*0.866,1);
%%          \draw[snake=coil,segment aspect=0,segment amplitude=1pt] (0,1) -- (2*0.866,1);
%%          \draw (0,0.35) arc(90:30:0.35cm)
%%            node[above,xshift=-0.05cm,yshift=0.05cm]{$\theta$};
%%          \draw[snake=brace] (-0.05,0) --
%%            node[left,xshift=-0.05cm]{$h$} (-0.05,1);
%%          \node[below] at (2,0){$L$};
%%          \node[left] at (0,2){$L$};
%%      \end{scope}
%    \end{tikzpicture}
%  \end{center}

\begin{tcolorbox}
\begin{thm}
Anta vi har to funksjoner $f$ og $g$, med
\[
\lim_{x\to x_0} f(x)=L_1
\quad \text{og} \quad
\lim_{x\to x_0} g(x)=L_2
\]
og la $c$ vÃ¦re et tall.
Da gjelder at 
\begin{align*}
\lim_{x\to x_0} f(x)+g(x)&amp;=L_1+L_2 \\ 
\lim_{x\to x_0} cf(x)&amp;=cL_1\\ 
\lim_{x\to x_0} f(x)g(x)&amp;=L_1L_2 \\ 
\lim_{x\to x_0} f(x)/g(x)&amp;=L_1/L_2  \quad (L_2\neq 0)
\end{align*}
\end{thm}
\end{tcolorbox}

\begin{proof}
Velg $\epsilon$. Vi mÃ¥ vise at det gÃ¥r an Ã¥ velge $\delta$ slik at $0\leq |x-x_0|\leq \delta$ impliserer
\[
|f(x)+g(x)-L_1-L_2|&lt; \epsilon 
\]
Merk fÃ¸rst at 
\begin{align*}
|f(x)+g(x)-L_1-&amp;L_2|=  \\
|f(x)-L_1+&amp;g(x)-L_2|\leq  \\
|f(x)-&amp;L_1|+|g(x)-L_2|
\end{align*}
Siden $f$ og $g$ har respektive grenseverdier $L_1$ og $L_2$ i $x_0$, 
kan vi velge  $\delta$ slik at $0\leq |x-x_0|\leq \delta$ impliserer 
\[
|f(x)-L_1|&lt; \epsilon/2
\]
og 
\[
|g(x)-L_2|&lt; \epsilon/2.
\]
Men i sÃ¥ fall impliserer $0\leq |x-x_0|\leq \delta$ at 
\begin{align*}
|f(x)+g(x)-&amp;L_1-L_2|&lt; \epsilon/2+\epsilon/2=\epsilon,
\end{align*}
som var det vi skulle vise. 
De andre reglene bevises pÃ¥ liknende mÃ¥te, 
men det er litt mer regning. 
\end{proof}


\begin{ex}
NÃ¥ kan vi vise at dersom
\[
p(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_1x+a_0,
\]
er
\[
\lim_{x\to x_0} p(x)=p(x_0).
\]
For det fÃ¸rste vet vi at 
\[
\lim_{x\to x_0} 1=1
\]
og at 
\[
\lim_{x\to x_0} x=x_0.
\]
Teoremet om regneregler for grenseverdier sier at
\[
\lim_{x\to x_0} f(x)g(x)=L_1L_2,
\]
og dersom vi velger $f(x)=g(x)=x$, ser vi at 
\[
\lim_{x\to x_0} x^2=x_0^2.
\]
Det samme teoremet sier at 
\[
\lim_{x\to x_0} cf(x)=cL_1,
\]
sÃ¥ derfor er 
\[
\lim_{x\to x_0}cx^2=cx_0^2.
\]
Til slutt kan vi bruke 
\[
\lim_{x\to x_0} f(x)+g(x)=L_1+L_2,
\]
og slutte at for eksempel 
\[
\lim_{x\to x_0} 2x^2+x=2x_0^2+x_0.
\]
Hvis vi fortsetter i samme stilen, 
ser vi at 
\begin{align*}
\lim_{x\to x_0}p(x)&amp;=\lim_{x\to x_0}a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_1x+a_0\\
&amp;=a_nx_0^n+a_{n-1}x_0^{n-1}+\dots+a_1x_0+a_0\\ &amp;=p(x_0).\qedhere
\end{align*}
\end{ex}


\begin{ex}
Vi kan nÃ¥ vise at 
\[
\lim_{x \to x_0} \exp{x}=\exp x_0.
\]
Siden
\[
\lim_{x \to x_0} x=x_0,
\]
mÃ¥
\[
\lim_{x \to x_0} x-x_0=0.
\]
Vi beregner sÃ¥ 
\begin{align*}
\lim_{x \to x_0} \exp{x}&amp;=\lim_{x \to x_0} \exp(x_0+x-x_0)\\
&amp;=\lim_{x \to x_0}\exp x_0  \exp(x-x_0)\\
&amp;=\exp x_0 \lim_{x \to x_0} \exp(x-x_0)\\
&amp;=\exp x_0  \exp(0)=\exp x_0. \qedhere
\end{align*}
\end{ex}
%



Det neste teoremet kalles gjerne skviseteoremet,
for det handler om en funksjon som blir skvist mellom to andre funksjoner.

\begin{tcolorbox}
\begin{thm}
Anta at $f(x) \leq g(x) \leq h(x)$ pÃ¥ et intervall som inneholder $x_0$, 
og at 
\[
\lim_{x\to x_0} f(x)
=
\lim_{x\to x_0} h(x)
=L
\]
Da er 
\[
\lim_{x\to x_0} g(x)
=L.
\]
\end{thm}
\end{tcolorbox}

\begin{proof}
Denne tar vi i IF.
\end{proof}

\begin{ex}
Man kan bevise at 
\[
\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}=1
\]
geometrisk ved Ã¥ bruke skviseteoremet pÃ¥ ulikheten
\[
\cos x \leq \frac{\sin x}{x} \leq \frac{1}{\cos x}.
\]
Denne kan utledes ved Ã¥ betrakte figuren under og se at 
\[
A_1 \leq A_1+A_2 \leq A_1+A_2 + A_3.
\]
Husk at arealet av et kakestykke med radius en og vinkelutslag $\theta$ er $\theta/2$.
\end{ex}
 \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
     % \draw[blue] (-2,0) circle (2cm) ;
   %   \draw[red] (0,-1) circle (1.5cm);


 \node[above] at (7.5,2){$\color{blue}\frac{\sin \theta}{\cos \theta}$};
 \node[above] at (5.6,2.2){$\sin \theta$};
\node[below] at (2.4,1.8){$\theta$};

\node[below] at (4,2.2){$A_1$};
\node[below] at (6.6,2.1){$A_2$};
\node[below] at (6.7,4.2){$A_3$};

\node[below] at (4,.7){$\color{red}1$};
\node[below] at (4,4){$\color{red}1$};

          \draw[-,red] (0,1) -- (7,1);
          \draw[-,blue] (7,1) -- (7,4.5) ;
           \draw[-] (0,1) -- (7,4.5) ;
                      \draw[-,red] (0,1) -- (0+7*.89,1+3.5*.89) ;
          \draw[-] (6.25,1) -- (6.25,4.14) ;
           \draw[-] (6.25,1) -- (6.25,4.14) ;
                    
\draw (2,1) arc (0:26.5:2) ;
\draw (7,1) arc (0:26.5:7) ;
    \end{tikzpicture}
  \end{center}




\begin{ex}
Grenseverdien
\[
\lim_{x \to 0} x\sin \frac{1}{x}
\]
eksisterer. 
Siden $|\sin\frac{1}{x}| \leq 1$ nÃ¥r $x \neq 0$, 
er 
\[
-|x|\leq x\sin \frac{1}{x} \leq |x|,
\]
og siden 
\[
\lim_{x \to 0} |x|=\lim_{x \to 0} -|x|=0,
\]
mÃ¥
\[
\lim_{x \to 0} x\sin \frac{1}{x}=0. \qedhere
\]
\end{ex}

Til slutt kan nevnes at i noen situasjoner er vi nÃ¸dt til Ã¥ operere med ensidige grenser. 
\begin{tcolorbox}
\begin{defnx}
En funksjon sies Ã¥ ha den venstresidige grenseverdien $L$ i $x_0$ dersom det for hver $\epsilon &gt;0$ finnes en $\delta&gt;0$ slik at implikasjonen 
\[
0&lt;x-x_0 &lt; \delta \quad \Longrightarrow \quad |f(x)-L| &lt; \epsilon
\]
holder. Vi skriver i sÃ¥ fall 
\[
\lim_{x \downarrow x_0} f(x)=L
\]
eller
\[
\lim_{x \to x_0^+} f(x)=L.
\]
\end{defnx}
HÃ¸yresidige grenser defineres tilsvarende.
\end{tcolorbox}




En funksjon er kontinuerlig i et punkt dersom du kan tegne grafen gjennom punktet uten Ã¥ lÃ¸fte blyanten fra rutepapiret. 
For Ã¥ gjÃ¸re dette presist, 
bruker vi grenseverdibegrepet. 

\begin{tcolorbox}
\begin{defnx}
En funksjon sies Ã¥ vÃ¦re \defterm{kontinuerlig} i $x_0$ dersom:
\begin{itemize}
\item $f(x_0)$ er definert
\item $\lim_{x\to x_0} f(x)$ eksisterer
\item $f(x_0)=\lim_{x\to x_0} f(x)$\\[3pt]
\end{itemize}
\end{defnx}
\end{tcolorbox}

Som regel er det slik at man ikke spÃ¸r om $f$ er kontinuerlig i et punkt der $f$ ikke er definert,
for disse punktene ekskluderes per definisjon fra definisjonsmengden.
Vi sier at en funksjon er kontinuerlig pÃ¥ et intervall dersom funksjonen er kontinuerlig for alle punkter i intervallet. 
Dersom intervallet er lukket, 
bruker man ensidige grenser i endepunktene.

\begin{ex}
Polynomer er kontinuerlige overalt.
Vi har vist at for et polynom $p$, er 
\[
\lim_{x \to x_0} p(x)=p(x_0)
\]
for alle $x_0$.
\end{ex}

\begin{ex}
En rasjonal funksjon er en funksjon pÃ¥ formen
\[
\frac{p(x)}{q(x)}
\]
der $p$ og $q$ er polynomer.
Det samme resonnementet som for polynomer kan kjÃ¸res pÃ¥ disse funksjonene.
Man bruker at
\[
\lim_{x\to x_0} \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{L_1}{L_2},
\]
og slutter at siden $p$ og $q$ er polynomer, er 
\[
\lim_{x\to x_0} \frac{p(x)}{q(x)}=\frac{p(x_0)}{q(x_0)},
\]
sÃ¥ lenge $q(x_0)\neq 0$. 
Derfor er rasjonale funksjoner kontinuerlige overalt der $q(x)\neq 0$.
\end{ex}



\begin{ex}
Heavisidefunksjonen er ikke kontinuerlig i $x=0$.
\end{ex}

\begin{ex}
Eksponensialfunksjonen er kontinuerlig overalt.
Vi har jo vist at 
\[
\lim_{x \to x_0} \exp{x}=\exp x_0
\]
for alle $x_0$.
\end{ex}




\begin{ex}
Funksjonen
\[
f(x)=
\begin{cases}
\sin\frac{1}{x} \quad &amp;x\neq 0 \\
L \quad &amp;x=0
\end{cases}
\]
er ikke kontinuerlig for noen $L$.
\end{ex}

\begin{ex}
Funksjonen
\[
f(x)=
\begin{cases}
x\sin\frac{1}{x} \quad &amp;x\neq 0 \\
0 \quad &amp;x=0
\end{cases}
\]
er kontinuerlig overalt.
\end{ex}

\begin{ex}
Funksjonen gitt ved $f(x)=1/x$ kan virke noe paradoksal, 
siden den er kontinuerlig overalt der den er definert, 
men allikevel ikke kan tegnes uten Ã¥ lÃ¸fte blyanten fra arket i $x=0$. 
Forklaringen er at $f$ er ikke definert i $x=0$, 
og dette deler definisjonsmengden i to adskilte deler. 
En kontinuerlig funksjon kan tegnes uten Ã¥ lÃ¸fte pennen fra papiret sÃ¥ lenge du ser pÃ¥ et sammenhengende intervall,
men nÃ¥r definisjonsmengden er delt i to, 
bryter dette sammen.
(Man kan spÃ¸rre seg om det er naturlig i det hele tatt Ã¥ stille spÃ¸rsmÃ¥let hvorvidt en funksjon er kontinuerlig pÃ¥ en ikke sammenhengende definisjonsmengde.)
Dette er lett Ã¥ bli forvirret av i starten,
og det finnes en strengere type kontinuitet som kalles uniform kontinuitet. 
En funksjon $f$ er uniformt kontinuerlig dersom det for hver $\epsilon &gt;0$ finnes en $\delta&gt;0$ slik at 
\[
0&lt;|x-y| &lt; \delta \quad \Longrightarrow \quad |f(x)-f(y)| &lt; \epsilon
\]
for alle $x$ og $y$. Funksjonen $f(x)=1/x$ er ikke uniformt kontinuerlig.
\end{ex}



De to neste teoremene kalles henholdsvis skjÃ¦ringssetningen og ekstremalverdisetningen. 
Bevisene er litt for vanskelige for dette kurset,
men figurene kan hinte om hvorfor teoremene er sanne.
Merk ogsÃ¥ at teoremene ikke er sanne dersom definisjonsmengden er $\mathbb{Q}$ istedet for $\mathbb{R}$.

\begin{tcolorbox}
\begin{thm}
Anta at $f$ er en kontinuerlig funksjon pÃ¥ $[a,b]$, og at $f(a)&lt;f(b)$. 
Dersom $f(a)&lt;c&lt;f(b)$, finnes en $x \in [a,b]$ slik at $f(x)=c$.
\end{thm}
\end{tcolorbox}

 \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
     % \draw[blue] (-2,0) circle (2cm) ;
   %   \draw[red] (0,-1) circle (1.5cm);

 \draw[thick] (0,.7) sin (6,4);
 \node[above] at (6.5,3.7){$f$};

\draw[-] (0,2.5) -- (5.5,2.5) node[right]{};

   %   \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
\node[below] at (2.4,.7){$x$};
\node[below] at (4,.75){$b$};
\node[below] at (1,.7){$a$};
\node[left] at (-.3,2.5){$c$};

\node at (2.4,.98){$\circ$};
\node at (4,.98){$\circ$};
\node at (1,.98){$\circ$};
%\draw[-] (2.4,0) -- (2.4,5);
          \draw[-&gt;] (0,1) -- (7,1);
%                    \draw[-&gt;] (3.45,0) -- (3.45,4);
          \draw[-&gt;] (0,1) -- (0,4.5) ;
    \end{tikzpicture}
  \end{center}



\begin{tcolorbox}
\begin{thm}
Anta at $f$ er en kontinuerlig funksjon pÃ¥ $[a,b]$.
Det finnes punkter $y$ og $z$ slik at  $f(y)\leq f(x) \leq f(z)$ for alle  $x \in [a,b]$.
\end{thm}
\end{tcolorbox}

 \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
     % \draw[blue] (-2,0) circle (2cm) ;
   %   \draw[red] (0,-1) circle (1.5cm);

 \draw[thick] (2,1) sin (4,4);
  \draw[thick] (2,1) sin (1,3);
  
 \node[above] at (4.5,3.7){$f$};

   %   \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
\node[below] at (2,.7){$y$};
\node[below] at (4,.75){$b=z$};
\node[below] at (1,.7){$a$};

\node at (2,.98){$\circ$};
\node at (4,.98){$\circ$};
\node at (1,.98){$\circ$};
%\draw[-] (2.4,0) -- (2.4,5);
          \draw[-&gt;] (0,1) -- (7,1);
%                    \draw[-&gt;] (3.45,0) -- (3.45,4);
          \draw[-&gt;] (0,1) -- (0,4.5) ;
    \end{tikzpicture}
  \end{center}





\section*{\huge Deriverbare funksjoner}
Det er et interessant faktum at Newton fant ut av differensialregning flere hundre Ã¥r fÃ¸r noen skjÃ¸nte hva de reelle tallene egentlig var. Stigningstallet til en rett linje er opp delt pÃ¥ bort.
 \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
     % \draw[blue] (-2,0) circle (2cm) ;
   %   \draw[red] (0,-1) circle (1.5cm);


\draw[-] (0,1.4) -- (7,4.3);
\draw[-] (3.87,2) -- (3.87,3);
\draw[-] (1.45,2) -- (3.87,2);
\node[below] at (4.6,2.7){opp};
\node[below] at (2.6,1.7){bort};
   %   \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
%\draw[-] (2.4,0) -- (2.4,5);
          \draw[-&gt;] (0,1) -- (7,1);
%                    \draw[-&gt;] (3.45,0) -- (3.45,4);
          \draw[-&gt;] (0,1) -- (0,4.5) ;
    \end{tikzpicture}
  \end{center}
La $f$ vÃ¦re en funksjon. 
En \defterm{sekant} er en rett linje som skjÃ¦rer grafen til $f$ lokalt i to punkter:
 \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
     % \draw[blue] (-2,0) circle (2cm) ;
   %   \draw[red] (0,-1) circle (1.5cm);

 \draw[thick] (0,.7) sin (7,4);
 \node[above] at (5,4){$f$};

\draw[thick,red] (0,1.4) -- (7,4.3) node[right]{sekant};

   %   \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
\node[below] at (2.4,.7){$x$};
\node at (2.4,1){$\circ$};
\node[below] at (6.13,.7){$x+h$};
\node at (6.13,1){$\circ$};
%\draw[-] (6.13,0) -- (6.13,5);

%\draw[-] (2.4,0) -- (2.4,5);
          \draw[-&gt;] (0,1) -- (7,1);
%                    \draw[-&gt;] (3.45,0) -- (3.45,4);
          \draw[-&gt;] (0,1) -- (0,4.5) ;
    \end{tikzpicture}
  \end{center}
En \defterm{tangent} er en rett linje som tangerer grafen til $f$ i et punkt:
 \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
     % \draw[blue] (-2,0) circle (2cm) ;
   %   \draw[red] (0,-1) circle (1.5cm);

 \draw[thick] (0,.7) sin (7,4);
 \node[above] at (6,3){$f$};

\draw[thick,blue] (0,.91) -- (5.5,4.37) node[right]{tangent};

   %   \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
\node[below] at (2.4,.7){$x$};
\node at (2.4,1){$\circ$};
%\draw[-] (2.4,0) -- (2.4,5);
          \draw[-&gt;] (0,1) -- (7,1);
%                    \draw[-&gt;] (3.45,0) -- (3.45,4);
          \draw[-&gt;] (0,1) -- (0,4.5) ;
    \end{tikzpicture}
  \end{center}
Man kan tenke pÃ¥ dette som en sekant der de to skjÃ¦ringspunktene er sammenfallende. 
Stigningstallet til tangenten i $x_0$ er det vi mener nÃ¥r vi snakker om stigningstallet til $f$ i $x_0$.
NÃ¥ skal vi definere nÃ¸yaktig hva vi mener med dette. 

\begin{tcolorbox}
\begin{defnx}
Vi definerer den deriverte til $f$ i punktet $x$ som 
\[
f'(x)=\lim_{h\to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}
\]
dersom grenseverdien eksisterer. 
Vi sier i sÃ¥ fall at $f$ er \defterm{deriverbar} i $x$.
\end{defnx}
\end{tcolorbox}

Vi skriver ogsÃ¥ 
\[
f'(x)=\frac{d}{dx}f(x).
\]
Noen ganger er denne notasjonen mer praktisk. 
Siden grenseverdier er entydige, 
ser vi at den deriverte er entydig bestemt dersom den eksisterer.
Likningen for tangenten til $f$ i punktet $x_0$ er gitt ved
\[
y-f(x_0)=f'(x_0)(x-x_0).
\]


\begin{ex}
La $f(x)=x$. Vi beregner
\[
f'(x)=\lim_{h\to 0} \frac{x+h-x}{h}=\lim_{h\to 0} \frac{h}{h}=1.\qedhere
\]
\end{ex}

\begin{ex}
La $f(x)=\exp{x}$. Produktregelen for eksponensialfunksjonen gir
\begin{align*}
f'(x)&amp;=\lim_{h\to 0} \frac{\exp{(x+h)}-\exp{x}}{h}\\ 
&amp;=\exp{x}\lim_{h\to 0} \frac{\exp{h}-1}{h}=\exp{x}.\qedhere
\end{align*}
\end{ex}


\begin{ex}
Funksjonen
\[
f(x)=
\begin{cases}
x\sin\frac{1}{x} \quad &amp;x\neq 0 \\
0 \quad &amp;x=0
\end{cases}
\]
er kontinuerlig, men ikke deriverbar, i $x=0$. 
Grenseverdien
\begin{align*}
f'(0)&amp;=\lim_{h \to 0} \frac{f(h)-f(0)}{h}\\ 
&amp;=\lim_{h \to 0} \frac{h\sin\frac{1}{h}-0}{h} \\
&amp;=\lim_{h \to 0} \sin\frac{1}{h} 
\end{align*}
eksisterer ikke. 
\end{ex}



\begin{tcolorbox}
\begin{thm}
Dersom en funksjon er deriverbar i et punkt, 
er den ogsÃ¥ kontinuerlig i punktet.
\end{thm}
\end{tcolorbox}

\begin{proof}
Dersom 
\[
f'(x)=\lim_{h\to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}
\]
skal eksistere, 
mÃ¥ bÃ¥de $f(x)$ og 
\[
\lim_{h\to 0} f(x+h)
\]
eksistere, 
og de mÃ¥ vÃ¦re like.
Men dette er det samme som at  $f$ kontinuerlig i $x$.
\end{proof}

\begin{ex}
Hverken heavisidefunksjonen eller $\sin \frac{1}{x}$ er deriverbare i $x=0$. 
Dette vet vi siden de ikke er kontinuerlige i $x=0$. 
\end{ex}


\begin{ex}
Funksjonen
\[
f(x)=
\begin{cases}
x^2\sin\frac{1}{x} \quad &amp;x\neq 0 \\
0 \quad &amp;x=0
\end{cases}
\]
er deriverbar i $x=0$, siden
\begin{align*}
f'(0)&amp;=\lim_{h \to 0} \frac{f(h)-f(0)}{h}\\ 
&amp;=\lim_{h \to 0} \frac{h^2\sin\frac{1}{h}-0}{h} \\
&amp;=\lim_{h \to 0} h\sin\frac{1}{h} =0.
\end{align*}
Men her er en artig tvist: 
$f'$ er ikke en kontinuerlig funksjon, 
for 
\[
f'(x)=2x\sin\frac{1}{x}-\cos\frac{1}{x}
\]
og $\lim_{x \to 0} f'(x)$ eksisterer ikke!
\end{ex}

Eksemplet over viser at deriverbarhet ikke impliserer at den deriverte er en kontinuerlig funksjon. 
Den motsatte implikasjonen er derimot sann; 
dersom $f'$ er kontinuerlig i et punkt, 
mÃ¥ jo $f'$ vÃ¦re definert i dette punktet,
sÃ¥ det er klart at $f$ er deriverbar om $f'$ er kontinuerlig. 
Denne lille skjebnens ironi inspirerer oss til fÃ¸lgende definisjon.

\begin{tcolorbox}
\begin{defnx}
Dersom $f'$ er en kontinuerlig funksjon,
sier vi at $f$ er kontinuerlig deriverbar.
Dersom den $n$-te deriverte $f^n$ er kontinuerlig, 
sier vi at $f$ er $n$ ganger kontinuerlig deriverbar.
Dersom $f^n$ er kontinuerlig for alle $n\in \mathbb N$, 
sier vi at $f$ er glatt.
\end{defnx}
\end{tcolorbox}

\begin{ex}
Funksjonen
\[
f(x)=
\begin{cases}
x^3\sin\frac{1}{x} \quad &amp;x\neq 0 \\
0 \quad &amp;x=0
\end{cases}
\]
er kontinuerlig deriverbar i $x=0$, siden
\begin{align*}
f'(0)&amp;=\lim_{h \to 0} \frac{f(h)-f(0)}{h}\\ 
&amp;=\lim_{h \to 0} \frac{h^3\sin\frac{1}{h}-0}{h} \\
&amp;=\lim_{h \to 0} h^2\sin\frac{1}{h} =0.
\end{align*}
\[
f'(x)=3x^2\sin\frac{1}{x}-x\cos\frac{1}{x}
\]
som er kontinuerlig i $x=0$.
\end{ex}

Her er noen regler for derivasjon.


\begin{tcolorbox}
\begin{thm}
La $f$ og $g$ vÃ¦re deriverbare funksjoner. FÃ¸lgende regler gjelder. 
(Den tredje gjelder kun nÃ¥r $g(x)\neq 0$.)
\begin{align*}
\left(f(x)+g(x)\right)'&amp;=f'(x)+g'(x) \\[4pt]
\left(f(x)g(x)\right)'&amp;=f'(x)g(x)+f(x)g'(x) \\[4pt]
\left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)'&amp;=\frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g^2(x)} \\[-10pt] 
\end{align*}
\end{thm}
\end{tcolorbox}

\begin{proof}
Vi vet at 
\[
f'(x)=\lim_{h\to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}
\]
og at 
\[
g'(x)=\lim_{h\to 0} \frac{g(x+h)-g(x)}{h}.
\]
Addisjonsregelen er rett fram:
\begin{align*}
\left(f(x)+g(x)\right)'
&amp;=\lim_{h\to 0} \frac{f(x+h)+g(x+h)-f(x)-g(x)}{h} \\
&amp;=\lim_{h\to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} \\
&amp;+\lim_{h\to 0} \frac{g(x+h)-g(x)}{h}\\ 
&amp;=f'(x)+g'(x)
\end{align*}
For produktregelen mÃ¥ vi sjonglere litt mer:
\begin{align*}
\left(f(x)g(x)\right)'&amp;=\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)g(x+h)-f(x)g(x)}{h}\\[3pt]
&amp;=\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)g(x+h)-f(x+h)g(x)}{h}\\
&amp;+\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)g(x)-f(x)g(x)}{h}\\
&amp;=\lim_{h\to 0}f(x+h)\frac{g(x+h)-g(x)}{h}\\
&amp;+\lim_{h\to 0}g(x)\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\\
&amp;=f'(x)g(x)+f(x)g'(x). 
\end{align*}
BrÃ¸kregelen dropper vi.
\end{proof}




\begin{ex}
La $f(x)=x^2$. Vi beregner
\[
f'(x)=(x\cdot x)'=1\cdot x + x \cdot 1=2x.\qedhere
\]
\end{ex}

\begin{ex}
La $f(x)=x^n$, der $n \in \N$. Vi viser at
\[
\frac{d}{dx}x^n=nx^{n-1}
\]
ved induksjon. 
De to foregÃ¥ende eksemplene viser at regelen gjelder for $n=1$ og $n=2$. 
Induksjonssteget er Ã¥ vise at likningen
\[
\frac{d}{dx}x^{n}n=nx^{n-1}
\]
impliserer
\[
\frac{d}{dx}x^{n+1}=(n+1)x^{n}.
\]
Vi bruker multiplikasjonsregelen pÃ¥ den fÃ¸rste, og fÃ¥r 
\[
\left(x^{n+1}\right)'=\left(x\cdot x^{n}\right)'=1\cdot x^n+x\cdot (nx^{n-1})=(n+1)x^{n}.
\]
Bruker vi derivasjonsregelen for rasjonale funksjoner, 
ser vi at regelen ogsÃ¥ gjelder for $n\in \Z$. 
Det gÃ¥r ogsÃ¥ an Ã¥ vise at regelen gjelder dersom $n \in \R$, 
men dette er mye vanskeligere. 
\end{ex}

\begin{tcolorbox}
\begin{thm}
Dersom $f$ er deriverbar i punktet $g(x)$, 
og $g$ er deriverbar i punktet $x$, er
\[
\frac{d}{dx}\left(f(g(x))\right)=f'(g(x))g'(x).\\[3pt]
\]
\end{thm}
\end{tcolorbox}

\begin{proof}
Denne er litt teknisk, 
sÃ¥ vi nÃ¸yer oss med en skisse av hvordan beviset gÃ¥r. 
Da kan man ihvertfall skjÃ¸nne hvorfor formelen ser ut som den gjÃ¸r.
Vi mÃ¥ beregne
\[
\frac{d}{dx}\left(f(g(x))\right)=\lim_{h \to 0}\frac{f(g(x+h))-f(g(x))}{h}.
\]
Men dersom $h\neq0$, er 
\begin{align*}
\frac{f(g(x+h))-f(g(x))}{h}&amp;= \\
\frac{f(g(x+h))-f(g(x))}{g(x+h)-g(x)} &amp;\frac{g(x+h)-g(x)}{h},
\end{align*}
slik at 
\begin{align*}
\frac{d}{dx}\left(f(g(x))\right)&amp;=\lim_{h \to 0}\frac{f(g(x+h))-f(g(x))}{h} \\
&amp;=f'(g(x))g'(x).\qedhere
\end{align*}
\end{proof}

\begin{ex}
La $f(x)=\cos x$. 
Vi bruker kjerneregelen, og fÃ¥r
\begin{align*}
f'(x) &amp;=  \frac{i\exp{(ix)}-i\exp{(-ix)}}{2} \\
&amp;= -\frac{\exp{(ix)}-\exp{(-ix)}}{2i} =-\sin x. \qedhere
\end{align*}
\end{ex}


PÃ¥ skolen lÃ¦rer man gjerne at maksimum og minimum er det samme som at tangenten er vannrett. 
Dette er en forenkling av virkeligheten, 
Det finnes ogsÃ¥ andre typer maksimums- og minimumspunkter.

\begin{ex}
La $f: [0,1]\to\mathbb{R}$ vÃ¦re gitt ved $f(x)=x$. 
Denne funksjonen har maksimum i $x=1$. 
Dette er helt Ã¥penbart det punktet der $f$ tar sin  stÃ¸rste verdi.
\end{ex}


\begin{ex}
Funksjonen $f: \mathbb{R}\to\mathbb{R}$ gitt ved $f(x)=|x|$ har et lokalt minimum i $x=0$,
siden 
\[
0\leq |x|
\]
for alle $x$.
\end{ex}


\begin{tcolorbox}
\begin{defnx}
Dersom det finnes en $\delta$ slik at 
\[
|x-p|&lt;\delta \quad \Longrightarrow \quad f(p) \geq f(x),
\]
sier vi at $p$ er et \defterm{lokalt maksimum} for $f$.
Dersom 
\[
|x-p|&lt;\delta \quad \Longrightarrow \quad f(p) \leq f(x),
\]
er $p$ et lokalt minimum.
\end{defnx}
\end{tcolorbox}


\begin{ex}
Funksjonen $f: \mathbb{R}\to\mathbb{R}$ gitt ved $f(x)=1-(x-1)^2$ har et lokalt maksimum i $x=1$.
Dette er mulig Ã¥ se ved Ã¥ niglane litt pÃ¥ funksjonsuttrykket. 
Siden 
\[
(x-1)^2 \geq 0
\]
oppnÃ¥r funksjonen sin maksimale verdi nÃ¥r dette leddet er null, altsÃ¥ i $x=1$.
\end{ex}

\begin{tcolorbox}
\begin{defnx}
Et punkt $p$ der $f'(p)=0$, 
kalles gjerne kritisk punkt.
Punkter der $f'$ ikke eksisterer, 
kalles singulÃ¦re punkter.
\end{defnx}
\end{tcolorbox}

\begin{tcolorbox}
\begin{thm}
Dersom $f$ er en funksjon pÃ¥ $(a,b)$, 
har et lokalt maksimum i $p$, 
og $f'(p)$ er definert, 
er $f'(p)=0$.
Det samme gjelder om $p$ er et  minimum.
\end{thm}
\end{tcolorbox}

\begin{proof}
La $p$ vÃ¦re et lokalt maksimum. 
Beviset for minimum er helt likt. 
Dersom $h&gt;0$ er liten, 
er 
\[
\frac{f(p+h)-f(p)}{h} \leq 0,
\]
og dersom vi lar $h$ gÃ¥ mot null, ser vi at 
\[
f'(p)=\lim_{x\to 0}\frac{f(p+h)-f(p)}{h} \leq 0.
\]
Men vi kan gjÃ¸re det samme resonnementet med en liten
$h&lt;0$.
Da blir
\[
\frac{f(p+h)-f(p)}{h} \geq 0,
\]
og 
\[
f'(p)=\lim_{x\to 0}\frac{f(p+h)-f(p)}{h} \leq 0.
\]
Med andre ord mÃ¥ bÃ¥de $f'(p)\leq 0$ og $f'(p)\geq 0$, 
sÃ¥ eneste mulighet er $f'(p)=0$.
\end{proof}

\begin{ex}
Et andregradspolynom
\[
f(x)=ax^2+bx+c
\]
har ekstremaltpunkt i $x=-\frac{b}{2a}$, 
siden
\[
f'\left(-\frac{b}{2a}\right)=2a\cdot\left(-\frac{b}{2a}\right)+b=-b+b=0. \qedhere
\]
\end{ex}

\begin{tcolorbox}
\begin{thm}
La $I$ vÃ¦re et intervall, 
og anta at $f: I \to \mathbb{R}$ har et ekstremalpunkt i $x_0 \in I$.
Da er $x_0$ enten et endepunkt,
eller et kritisk punkt, 
eller et singulÃ¦rt punkt. 
\end{thm}
\end{tcolorbox}

Under er en figur av en funksjon med verdimengde $[a,b]$.

 \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
     % \draw[blue] (-2,0) circle (2cm) ;
   %   \draw[red] (0,-1) circle (1.5cm);

 \draw[thick] (2,1) sin (4,4);
  \draw[thick] (2,1) sin (1,3);

\node[above] at (5,4){\color{blue}Lokalt};  
 \node[above] at (5,3.7){\color{blue}maksimum};

\node[above] at (6,2){\color{red}Lokalt};  
 \node[above] at (6,1.7){\color{red}minimum};
\node at (5,2){$\color{red}\circ$};

   %   \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
\node[below] at (2,.7){\color{red}Lokalt minimum};

\node[below] at (1,4.1){\color{blue}Lokalt};
\node[below] at (1,3.8){\color{blue}maksimum};

\node at (2,.98){$\color{red}\circ$};
\node at (4,4){$\color{blue}\circ$};
\node at (1,2.99){$\color{blue}\circ$};
\draw[-] (4,3) -- (5,2);
          \draw[-&gt;] (0,1) -- (7,1);
%                    \draw[-&gt;] (3.45,0) -- (3.45,4);
          \draw[-&gt;] (0,1) -- (0,4.5) ;
    \end{tikzpicture}
  \end{center}





Sekantsetningen kan brukes til Ã¥ bevise noen andre interessante ting, 
og er motivert fra fÃ¸lgende figur.
Dersom $f$ er deriverbar og du slÃ¥r en sekant,
mÃ¥ det mellom punktene der du slo sekanten finnes en tangent som er parallell med sekanten din.

 \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
     % \draw[blue] (-2,0) circle (2cm) ;
   %   \draw[red] (0,-1) circle (1.5cm);

 \draw[thick] (0,.7) sin (7,4);
  \draw[thick] (7,4) sin (8,3);
 \node[above] at (7,3){$f$};

\draw[thick,red] (0,1.2) -- (7,4.1) node[right]{sekant};
\draw[thick,blue] (0,1.65) -- (7,4.55) node[right]{tangent};

   %   \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
\node[below] at (1.6,.7){$a$};
\node at (1.6,.98){$\circ$};

\node[below] at (4.4,.7){$c$};
\node at (4.4,.98){$\circ$};
 
 
\node[below] at (6.7,.7){$b$};
\node at (6.7,.98){$\circ$};

\node[left] at (0,1.87){$f(a)$};
\node at (0.005,1.87){$\circ$};


\node[left] at (0,4){$f(b)$};
\node at (0.005,4){$\circ$};

%\draw[-] (0,4) -- (8,4);

%\draw[-] (2.4,0) -- (2.4,5);
          \draw[-&gt;] (0,1) -- (8,1);
%                    \draw[-&gt;] (3.45,0) -- (3.45,4);
          \draw[-&gt;] (0,1) -- (0,4.5) ;
    \end{tikzpicture}
  \end{center}
  
 


\begin{tcolorbox}
\begin{thm}
Dersom $f$ er kontinuerlig pÃ¥ $[a,b]$ og deriverbar pÃ¥ $(a,b)$,
finnes $c \in (a,b)$ slik at 
\[
f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.\\[3pt]
\]
\end{thm}
\end{tcolorbox}

\begin{proof}
Vi beviser fÃ¸rst spesialtilfellet der $f(a)=f(b)$. 
I dette tilfellet kalles gjerne sekantsetningen Rolles teorem, 
og teoremet sier nÃ¥ at $f'(c)=0$ for en eller annen $cÂ&nbsp;\in (a,b)$. 
Dette er lett Ã¥ bevise. 
Siden $f$ er kontinuerlig pÃ¥ $[a,b]$, 
mÃ¥ $f$ ha et maksimum og et minimum pÃ¥ $[a,b]$. 
Hvis begge disse sitter i endepunktene, 
mÃ¥ $f$ vÃ¦re en konstant funksjon, 
og da
mÃ¥ minst ett av disse finnes pÃ¥ $(a,b)$. 
La oss kalle dette punktet $c$. 
Siden $f$ er deriverbar pÃ¥ $(a,b)$ mÃ¥ $f'(c)=0$.

Dersom $f(a)\neq f(b)$, 
kan vi gjÃ¸re som fÃ¸lger. 
La $g$ vÃ¦re funksjonen gitt ved
\[
g(x)=f(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a).
\]
Siden $g(a)=g(b)=f(a)$, 
mÃ¥ Rolles teorem gjelde, 
og det mÃ¥ finnes et punkt $c \in (a,b)$ slik at $g'(c)=0$.
Men dette betyr at 
\[
0=g'(c)=f'(c)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}, 
\]
som er det sekantsetningen sier.
\end{proof}

Merk at $f$ mÃ¥ vÃ¦re deriverbar overalt pÃ¥ $(a,b)$, 
ellers trenger ikke utsagnet i teoremet vÃ¦re sant.

 \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
     % \draw[blue] (-2,0) circle (2cm) ;
   %   \draw[red] (0,-1) circle (1.5cm);

 \draw[thick] (2,1) sin (4,4);
  \draw[thick] (2,1) sin (1,3);
\draw[thick,blue] (0,1.65+.75) -- (7,4.55+.75) node[right]{tangent};
\draw[thick,red] (0,1.2) -- (7,4.1) node[right]{sekant};
\draw[-] (4,3) -- (5,2);
          \draw[-&gt;] (0,1) -- (7,1);
%                    \draw[-&gt;] (3.45,0) -- (3.45,4);
          \draw[-&gt;] (0,1) -- (0,4.5) ;
    \end{tikzpicture}
  \end{center}

\noindent Sekantsetningen har en generalisering som kalles taylors teorem.

\begin{tcolorbox}
\begin{thm}
La $f$ vÃ¦re en $n+1$ ganger kontinuerlig deriverbar funksjon pÃ¥ et intervall som inneholder $a$ og $x$. 
Det finnes en $s$ mellom $a$ og $x$ slik at
\begin{align*}
f(x)=&amp;\\ 
f(a)&amp;+f'(a)(x-a)+\cdots+ \frac{f^n(a)}{n!}(x-a)^n \\ 
&amp;+ \frac{f^{n+1}(s)}{(n+1)!} (x-a)^{n+1}
\end{align*}
\end{thm}
\end{tcolorbox}

\noindent Vi avslutter med to teoremer.

\begin{tcolorbox}
\begin{thm}
Anta at $f$ er deriverbar pÃ¥ $(a,b)$. 
Dersom $f'&gt; 0$ pÃ¥ $(a,b)$ er $f$ stigende pÃ¥ $(a,b)$.
og dersom $f'&lt; 0$ pÃ¥ $(a,b)$ er $f$ synkende pÃ¥ $(a,b)$.
\end{thm}
\end{tcolorbox}

 \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
     % \draw[blue] (-2,0) circle (2cm) ;
   %   \draw[red] (0,-1) circle (1.5cm);

 \draw[thick] (0,.7) sin (7,4);
  \draw[thick] (7,4) sin (8,3);
 \node[above] at (7,3){$f$};


\draw[thick,blue] (0,1.65) -- (7,4.55) node[right]{tangent};

   %   \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
\node[below] at (1.6,.7){$a$};
\node at (1.6,.98){$\circ$};

 
 
\node[below] at (6.7,.7){$b$};
\node at (6.7,.98){$\circ$};

%\draw[-] (0,4) -- (8,4);

%\draw[-] (2.4,0) -- (2.4,5);
          \draw[-&gt;] (0,1) -- (8,1);
%                    \draw[-&gt;] (3.45,0) -- (3.45,4);
          \draw[-&gt;] (0,1) -- (0,4.5) ;
    \end{tikzpicture}
  \end{center}


\begin{tcolorbox}
\begin{thm}
Anta at $f$ er deriverbar pÃ¥ $(a,b)$
og enten $f'&gt; 0$ eller $f'&lt; 0$ pÃ¥ $(a,b)$.
Da eksisterer $f^{-1}$, 
og 
\[
\frac{d}{dx}f^{-1}(x)=\frac{1}{f'(f^{-1}(x))}.\\[3pt]
\]
\end{thm}
\end{tcolorbox}


 \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
     % \draw[blue] (-2,0) circle (2cm) ;
   %   \draw[red] (0,-1) circle (1.5cm);

 \draw[thick] (0,.7) sin (7,4);
  \draw[thick] (7,4) sin (8,3);
 \node[above] at (7,3){$f$};


\draw[thick,blue] (0,2.3) -- (6,2.3) node[right]{vannrett linje};

   %   \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
\node[below] at (1.6,.7){$a$};
\node at (1.6,.98){$\circ$};

 
 
\node[below] at (6.7,.7){$b$};
\node at (6.7,.98){$\circ$};

%\draw[-] (0,4) -- (8,4);

%\draw[-] (2.4,0) -- (2.4,5);
          \draw[-&gt;] (0,1) -- (8,1);
%                    \draw[-&gt;] (3.45,0) -- (3.45,4);
          \draw[-&gt;] (0,1) -- (0,4.5) ;
    \end{tikzpicture}
  \end{center}

Dersom vi deriverer likningen
\[
f\left(f^{-1}(x)\right)=x,
\]
med kjerneregelen, fÃ¥r vi 
\[
f'\left(f^{-1}(x)\right)\cdot\frac{d}{dx}f^{-1}(x)=1,
\]
som gir at
\[
\frac{d}{dx}f^{-1}(x)=\frac{1}{f'(f^{-1}(x))}.
\]



\section*{\huge Analytiske funksjoner}


Vi er vant med Ã¥ skrive om funksjoner. 
For eksempel kan funksjonsuttrykket
\[
f(x)=\cos^2 x -\sin^2 x
\]
like gjerne skrives
\[
f(x)= \cos 2 x.
\]
I dette kapitlet skal vi ta et steg videre, 
og skrive funksjoner som uendelige summer av tilsynelatende ikkerelaterte funksjoner. 

%\section*{\huge Taylorrekker}

Du kjenner allerede fire taylorrekker.
\begin{ex}
\[
 e^x = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^{n}}{n!} =1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3!}+\cdots \qedhere
\]
\end{ex}
\begin{ex}
\[
\sin x = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots \qedhere
\]
\end{ex}
\begin{ex}
\[
\cos x = \sum_{n=0}^\infty(-1)^n \frac{x^{2n}}{(2n)!}=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots \qedhere
\]
\end{ex}
\begin{ex}
\[
\frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^\infty x^n =1+x+x^2+\cdots \quad (|x|&lt;1) \qedhere
\]
\end{ex}
%


\begin{ex}
Funksjonen 
\[
f(x)=\begin{cases} e^{-\frac{1}{(x+1)(x-1)}}\quad  &amp;|x|&lt; 1 \\ 0 \quad &amp; |x|\geq 0   \end{cases}
\]
er glatt, 
men ikke analytisk.
Siden 
\[
\lim_{s\to 1} \frac{d}{dx^n}f(s)=\lim_{s\to -1} \frac{d}{dx^n}f(s)=0
\]
for alle $n$ er $f$ glatt, 
men det er klart at taylorrekken om et punkt $x=a$ ikke kan representere $f$ pÃ¥ hele $\mathbb R$.
\end{ex}


Det er ogsÃ¥ mulig Ã¥ skrive funksjoner som uendelige rekker av sinus- og cosinusfunksjoner,
men dette skal vi vente med til senere.

\begin{ex}
Vi kan bruke rekken for eksponensialfunksjonen:
\[
e^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3!}+\dots=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{n!}, 
\]
sinusfunksjonen:
\[
\sin{x}=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\dots=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} 
\]
og cosinusfunksjonen:
\[
\cos{x}=1-\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}-\dots=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{x^{2n}}{(2n)!}
\]
Dersom bruker den imaginÃ¦re enheten $i$ til Ã¥ skrive
\[
\cos{x}=1+\frac{(ix)^{2}}{2!}+\frac{(ix)^{4}}{4!}+\dots=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(ix)^{2n}}{(2n)!}
\]
og 
\[
i\sin{x}=ix+\frac{(ix)^{3}}{3!}+\frac{(ix)^{5}}{5!}+\dots=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(ix)^{2n+1}}{(2n+1)!},
\]
og legger disse to sammen, fÃ¥r vi 
\[
\cos x + i\sin x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(ix)^{n}}{n!}=e^{ix}. \qedhere
\]
\end{ex}



\section*{\huge  Numeriske likningslÃ¸sere}

Det tilsynelatende mylderet av likninger man lÃ¸ser pÃ¥ skolen
kan forlede en til Ã¥ tro at man kan lÃ¸se alle likninger analytisk, 
men i virkeligheten lÃ¦rer man fÃ¸rst og fremst standardteknikker for Ã¥ lÃ¸se noen veldig spesifikke likningstyper.


\begin{ex}
Likningen 
\[
ax^2+bx+c=0
\]
kan lÃ¸ses ved Ã¥ dele ut $a$, og skrive
\[
x^2+\frac{b}{a}x+\frac{c}{a}=\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2+\frac{c}{a}-\frac{b^2}{4a^2}=0
\]
eller
\[
\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2=\frac{b^2}{4a^2}-\frac{c}{a}.
\]
Vi kvadrerer, og fÃ¥r 
\[
x=-\frac{b}{2a}\pm\sqrt{\frac{b^2}{4a^2}-\frac{c}{a}}=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}
\]
som kalles $abc$-formelen. 
\end{ex}

\noindent LÃ¸sningen til en likning kalles gjerne en \defterm{rot}.

\begin{ex}
Likningen
\[
x^3+x^2-3x-3=0
\]
har en rÃ¸tter $x=-1$ og $x=\pm \sqrt{3}$, 
men disse er ikke enkle Ã¥ finne. 
Oppskriften for Ã¥ lÃ¸se en generell tredjegradslikning er lang og teknisk, 
og selv matematikkstudenter lÃ¦rer det ikke. 
LÃ¸sningsteknikken til en generell fjerdegradslikning er enda mer komplisert,
og for en generell femtegradslikning kan man ikke en gang utlede en lÃ¸sningsformel. 
\end{ex}

\begin{ex} 
Likningen 
\[
\cos \left(2x+3\right) = \frac{1}{2}
\]
lÃ¸ses ved Ã¥ invertere cosinusfunksjonen  
\[
 2x+3 =\arccos \frac{1}{2},
\]
huske at $\cos \frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}$
\[
 2x+3 = \frac{\pi}{3},
\]
og lÃ¸se for $x$
\[
x=\frac{\pi}{6}-\frac{3}{2}. \qedhere
\]
\end{ex}

\begin{ex}
Likningen
\[
x=\cos x
\]
har en rot pÃ¥ intervallet $[0,1]$, se figur. Men denne likningen kan ikke lÃ¸ses med et endelig antall algebraiske operasjoner. 
\end{ex}
\begin{figure}[htbp]
  \begin{center}
	\includegraphics[scale=.38]{../figurer/dottie}
	\end{center}
\end{figure}

Noen likninger kan altsÃ¥ lÃ¸ses, 
mens andre ikke kan det. 
Andre likninger har lÃ¸sningsteknikker som er for kompliserte til at det er praktisk Ã¥ lÃ¦re seg dem.
Finnes det ingen lÃ¸sningsteknikker som takler alle likninger?
Svaret er nei, men det finnes teknikker for Ã¥ 
beregne tilnÃ¦rmede lÃ¸sninger til likninger vi av en eller annen grunn ikke kan lÃ¸se analytisk, 
og disse teknikkene kan ofte brukes pÃ¥ brede klasser av likninger.
Disse teknikkene kalles \defterm{numeriske likningslÃ¸sere}.



En numerisk likningslÃ¸ser produserer en fÃ¸lge av tilnÃ¦rminger til lÃ¸sningen. 
Dersom likningslÃ¸seren er tilpasset likningen vi prÃ¸ver Ã¥ lÃ¸se, 
vil tilnÃ¦rmingene bli bedre utover i fÃ¸lgen.
Det neste eksemplet illustrerer tankegangen.
\begin{ex}
Siden 
\[
\cos \frac{1}{2} \approx 0.8776 \geq \frac{1}{2}
\]
ser vi at roten ligger i intervallet $[\frac{1}{2},1]$. 
La oss sette $x_0=\frac{3}{4}$, altsÃ¥ midt i dette invtervallet.
Dette kan vi se pÃ¥ som en tilnÃ¦rming til den analytiske lÃ¸sningen. 
Siden
\[
\cos \frac{3}{4} \approx 0.7317 \leq \frac{3}{4}
\]
ser vi videre at roten mÃ¥ ligge i intervallet $[\frac{1}{2},\frac{3}{4}]$, 
som er halvparten sÃ¥ bredt som det forrige, 
og vi setter $x_1=\frac{5}{8}$, altsÃ¥ midt i det nye intervallet. Siden
\[
\cos \frac{5}{8} \approx 0.8110 \geq \frac{5}{8},
\] 
mÃ¥ roten ligge i $[\frac{5}{8},\frac{3}{4}]$, 
og vi setter $x_2=\frac{11}{16}$. 
Slik kan vi fortsette sÃ¥ lenge vi Ã¸nsker.
Denne metoden kalles gjerne \defterm{halveringsmetoden}.
\end{ex}


En lÃ¸sning $r$ av en likning 
\[
f(x)=0.
\]
kalles gjerne en \defterm{rot}. 
Dersom $f$ bytter fortegn i $r$, 
kan vi benytte denne informasjonen til {\aa} finne en approksimasjon $x_{n}$ til $r$. 
La oss anta at vi kjenner $a$ og $b$ slik at $r \in [a,b]$ er den eneste roten til $f$ i $[a,b]$. 
Vi definerer n{\aa} $x_{1}=a$, $x_{2}=b$, og $x_{3}=\frac{a+b}{2}$. 
Dersom $f$ ikke har noen sprang eller finner pÃ¥ noe annet tull pÃ¥ $[a,b]$,
bil fortegnet til $f(x_{3})$ fortelle oss om $x_{3}&lt;r$ eller $x_{3}&gt;r$, 
slik at vi med sikkerhet kan si om $r \in [x_{1},x_{3}]$ eller $r \in [x_{3},x_{2}]$. 

Intervallene $ [x_{1},x_{3}]$ og $ [x_{3},x_{2}]$ er akkurat halvparten s{\aa} lange som $ [x_{1},x_{2}]$, 
s{\aa} etter Ã¥ ha utfÃ¸rt denne prosessen, 
har vi en mer n{\o}yaktig ide om hvor $r$ befinner seg. 
Vi setter s{\aa} $x_{2}=x_{3}$ eller $x_{1}=x_{3}$, 
alt etter fortegnet til $f(x_{3})$, 
og repeterer prosedyren. 
Dersom vi gj{\o}r dette $n$ ganger, ender vi opp med et intervall med lengde
\begin{equation}\notag
\frac{b-a}{2^{n}},
\end{equation}
og hvis vi til slutt setter $r_{n}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}$, vet vi at
\begin{equation}\notag
|r-x_{n}|\leq \frac{b-a}{2^{n+1}}.
\end{equation}

\begin{tcolorbox}[title=Halveringsmetoden]
Dersom $f$ er en kontinuerlig funksjon med en rot i intervallet $(a,b)$, 
produserer $n$ steg med halveringsmetoden et estimat som tilfredsstiller
\begin{equation}\notag
|r-x_{n}|\leq \frac{b-a}{2^{n+1}}.
\end{equation}
\end{tcolorbox}


Professor Dottie gjenoppdaget med sine eksperimenter noe som kalles fikspunktiterasjonen.
Hun oppdaget kort og godt at iterasjonen 
\[
x_{n+1}=\cos{x_n}
\]
sakte men sikkert konvergerer mot den korrekte lÃ¸sningen $r\approx 0.739085$.
Dette ser sikkert rart ut, 
men i neste uke skal vi se pÃ¥ hvorfor dette noen ganger virker, 
og nÃ¥r det eventuelt virker.
La oss anta at vi har en likning pÃ¥ formen
\[
x=g(x).
\]
En lÃ¸sning $r$ av en slik likning, kalles et \defterm{fikspunkt}.
Fikspunkmetoden er definert ved iterasjonen
\begin{tcolorbox}
\[
x_{n+1}=g(x_{n})
\]
\end{tcolorbox}

Det kan virke snodig at denne iterasjonen skal hjelpe oss til Ã¥ finne $r$.
Men det gjÃ¸r den ofte. Figuren under illustrerer hvordan iterasjonen finner frem.

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=2]
      \draw[-&gt;] (0,0) -- (3,0) node[right] {$x$};
      \draw[-&gt;] (0,0) -- (0,2.7) node[anchor=south] {$y$};
      \node[anchor=west] at (1.8,-.4) {$r$};
      \node[anchor=west] at (.3,-.4) {$x_n$};
      \draw[-,red] (.4,.4) -- (.4,1.38);
      \draw[-,red] (.4,1.38) -- (1.38,1.38);
      \draw[-,red] (1.38,1.38) -- (1.38,1.915);
      \draw[-,red] (1.38,1.915) -- (1.915,1.915);      
      \draw[-,red] (1.915,1.915) -- (1.915,2);
      \node[anchor=west] at (1,-.4) {$x_{n+1}$};
      \node[anchor=west] at (2.5,1.5) {$g$};
            \node[anchor=west] at (2.6,2.5) {$y=x$};
      \draw[scale=0.5,domain=0:4.5,smooth,variable=\x,blue] plot ({\x},{4-.12*(\x-4)*(\x-4)});
            \draw[scale=0.5,domain=0:5,smooth,variable=\y,black]  plot ({\y},{\y});
\end{tikzpicture}
\end{center}

\begin{ex}
Likningen
\[
x=\cos x
\]
har som nevnt en forelÃ¸pig ukjent rot pÃ¥ intervallet $[0,1]$. 
Iterasjonen 
\[
x_{n+1}=\cos x_n
\]
produserer fÃ¸lgende tabell, dersom vi setter $x_0=\frac{3}{4}$:
\begin{center}
\begin{tabular}{c c}
$x_0$ &amp; 0.7500000000000000\\
$x_1$ &amp; 0.731688868873821\\
$x_2$ &amp; 0.744047084788764 \\
$x_3$ &amp;  0.735733618187236\\
$x_4$ &amp;  0.741338598887922 \\
%$x_{10}$ &amp;  0.739295801425722 \\
%$x_{20}$ &amp;  0.739089185749888 \\
%$x_{30}$ &amp;  0.739085211166872 \\
$x_{78}$ &amp;  0.739085133215161
\end{tabular}
\end{center}
Det gÃ¥r ikke sÃ¥ fort i svingene. Figurene under illustrerer hva som skjer.
\end{ex}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=2]
      \draw[-&gt;] (0,0) -- (3,0) node[right] {$x$};
      \draw[-&gt;] (0,0) -- (0,2.7) node[anchor=south] {$y$};
      \node[anchor=west] at (1.8,-.4) {$r$};
      \node[anchor=west] at (.3,-.4) {$x_n$};
      \draw[-,red] (.4,.4) -- (.4,2.48);
      \draw[-,red] (.4,2.48) -- (2.48,2.48);      
      \draw[-,red] (2.48,2.48) -- (2.48,1.76);
      \draw[-,red] (2.48,1.76) -- (1.76,1.76); 
      \draw[-,red] (1.76,1.76) -- (1.76,2.11); 
       \draw[-,red] (1.76,2.11) -- (2.11,2.11); 
      \draw[-,red]  (2.11,2.11) -- (2.11,1.95) ; 
      \draw[-,red]  (2.11,1.95) -- (1.95,1.95) ;      
      \draw[-,red]  (1.95,1.95) -- (1.95,2.03) ;            
      \draw[-,red]  (1.95,2.03) -- (2.03,2.03) ;                  
      \node[anchor=west] at (2.4,-.4) {$x_{n+1}$};
      \node[anchor=west] at (2.5,1.5) {$g$};
            \node[anchor=west] at (2.6,2.5) {$y=x$};
            \draw[scale=0.5,domain=0:5.7,smooth,variable=\y,black]  plot ({\y},{\y});
              \draw[-, blue] (0,2.5) cos (3,1.5);
\end{tikzpicture}
\end{center}

\noindent I neste bolk skal vi sette opp presise konvergenskriterier for fikspunktiterasjonen.

En av de metodene som er enklest Ã¥ forstÃ¥, er \defterm{Newtons metode}.
PÃ¥ samme mÃ¥te som halveringsmetoden, 
produserer den en fÃ¸lge av tilnÃ¦rminger til lÃ¸sningen av likningen. 

Newtons metode baserer seg pÃ¥ at likningen er skrevet pÃ¥ formen
\[
f(x)=0.
\]
Den leter altsÃ¥ etter nullpunkter til funksjoner. 
La oss si at nullpunktet vi leter etter kalles $r$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=2]
      \draw[-&gt;] (0,0) -- (3.2,0) node[right] {$x$};
      \node[anchor=west] at (.5,-.4) {$r$};
      \node[anchor=west] at (1.6,1.7) {$f$};
      \draw[scale=0.5,domain=0:5,smooth,variable=\x,blue] plot ({\x},{.2*(\x*\x-2)});
%      \draw[scale=0.5,domain=-3:3,smooth,variable=\y,red]  plot ({\y},{\y});
\end{tikzpicture}
\end{center}       
       
\noindent La oss anta at vi har en tilnÃ¦rming $x_0$ til $r$. Vi slÃ¥r tangenten til $f$ i $x_0$.

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=2]
      \draw[-&gt;] (0,0) -- (3.2,0) node[right] {$x$};
      \node[anchor=west] at (.5,-.4) {$r$};
      \node[anchor=west] at (1.8,-.4) {$x_0$};
      \node[above right] at (1.8,-.105){$\circ$};      
      \node[anchor=west] at (1,-.4) {$x_{1}$};      
      \node[above right] at (1.02,-.105){$\circ$};      
      \node[above right] at (1.86,1.24){$\circ$};      
      \node[anchor=west] at (1.6,1.7) {$f$};
      \node[anchor=west] at (2,1.35) {$(x_0,f(x_0))$};
      \draw[scale=0.5,domain=0:5,smooth,variable=\x,blue] plot ({\x},{.2*(\x*\x-2)});
      \draw[scale=0.5,domain=1:5,smooth,variable=\y,red]  plot ({\y},{1.6*(\y-4)+14/5});
\end{tikzpicture}
\end{center}

\noindent Punktet der tangenten skjÃ¦rer $x$-aksen, 
kaller vi $x_1$. 
Dette punktet kan vi finne ved Ã¥ sette opp likningen for tangenten til $f$ i $x_0$:
\[
y-f(x_0)=f'(x_0)(x-x_0)
\]
og sÃ¥ kreve at $y=0$ i denne likningen:
\[
-f(x_0)=f'(x_0)(x_1-x_0)
\]
LÃ¸ser vi denne likningen for $x_1$, fÃ¥r vi at
\[
x_1=x_0-\frac{f(x_0)}{f'(x_0)}.
\]
Newtons metode er definert som den rekursive fÃ¸lgen
\begin{tcolorbox}
\[
x_{n+1}=x_{n}-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
\]
\end{tcolorbox}
I mange situasjoner konvergerer denne fÃ¸lgen ganske fort mot $r$.

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=2]
      \draw[-&gt;] (0,0) -- (3.2,0) node[right] {$x$};
%      \node[anchor=west] at (.5,-.4) {$x_{n+2}$};
      \node[anchor=west] at (1.8,-.4) {$x_n$};
%                  \draw[-&gt;] (1.15,-1.8) -- (1.15,2) node[right] {$x$};
      \node[anchor=west] at (1,-.4) {$x_{n+1}$};
            \node[anchor=west] at (.39,-.4) {$x_{n+2}$};
      \node[anchor=west] at (1.6,1.7) {$f$};
      \draw[scale=0.5,domain=0:5,smooth,variable=\x,blue] plot ({\x},{.2*(\x*\x-2)});
      \draw[scale=0.5,domain=1:5,smooth,variable=\y,red]  plot ({\y},{1.6*(\y-4)+14/5});
            \draw[scale=0.5,domain=1:5,smooth,variable=\y,red]  plot ({\y},{.9*(\y-3)+1.25});
                   \node[above right] at (1.8,-.105){$\circ$};
                   \node[above right] at (1.02,-.105){$\circ$};
                   \node[above right] at (.7,-.105){$\circ$};
\end{tikzpicture}
\end{center}


\begin{ex}
Likningen
\[
x=\cos x
\]
har som nevnt en forelÃ¸pig ukjent rot pÃ¥ intervallet $[0,1]$. 
For Ã¥ bruke Newtons metode, mÃ¥ vi skrive likningen
\[
f(x)=x-\cos x=0
\]
og sette opp Newtons iterasjon
\[
x_{n+1}=x_n-\frac{x_n-\cos x_n}{1+\sin x_n}
\]
Setter vi $x_0=\frac{3}{4}$, produserer metoden fÃ¸lgende tabell:
\begin{center}
\begin{tabular}{c c}
$x_0$ &amp; 0.7500000000000000\\
$x_1$ &amp; 0.739111138752579\\
$x_2$ &amp; 0.739085133364485 \\
$x_3$ &amp; 0.739085133215161 \\
$x_4$ &amp; 0.739085133215161 
\end{tabular}
\end{center}
Fra tredje til fjerde iterasjon er det ingen endring. 
Det betyr at vi mest sannsynlig har roten med seksten desimalers nÃ¸yaktighet.
Senere i kurset skal vi sette opp presise kriterier for konvergens.
\end{ex}



\begin{tcolorbox}
\begin{thm}
La $g$ vÃ¦re en kontinuerlig deriverbar funksjon.
Dersom  bÃ¥de  $a&lt;g(x)&lt;b$ og $|g'(x)| \leq L &lt; 1$ pÃ¥ pÃ¥ $[a,b]$,
finnes et entydig punkt $r$ slik at
\[
r=g(r).
\]
Fikspunktiterasjonen 
\[
x_{n+1}=g(x_n)
\] 
konvergerer mot $r$ dersom $x_0 \in [a,b]$.
\end{thm}
\vspace{3mm}
\end{tcolorbox}
\begin{proof}
Siden $a &lt; g(x) &lt; b$ vet vi at $x_{1} \in (a,b)$ dersom $x_0 \in [a,b]$.
Videre vet vi at dersom $x_{n} \in (a,b)$, er $x_{n+1} \in (a,b)$,
sÃ¥ det er klart at $x_{n} \in (a,b)$ for alle $n \geq 1$.

SÃ¥ la oss anta at $x_n \in (a,b)$. 
Vi bruker taylors teorem pÃ¥ $g$ i $r$, og skriver
\[
g(x_n)= g(r)+g'(s)(x_n-r)
\]
for en $s$ mellom $x_n$ og $r$. Hvis vi bruker at $r=g(r)$ og $x_{n+1}=g(x_n)$, kan vi skrive
\[
x_{n+1}-r=g(x_{n})-g(r)=g'(s)(x_n-r).
\]
Vi tar absoluttverdi pÃ¥ begge sider, 
og bruker at $|g'(s)| \leq L &lt; 1$, siden $s \in (a,b)$:
\[
|x_{n+1}-r|=|g'(s)(x_n-r)| \leq L|x_n-r| \leq L^{n+1} |x_0-r|
\]
Lar vi sÃ¥ $n\to \infty$, fÃ¥r vi 
\[
\lim_{x \to \infty}|x_{n+1}-r| \leq  |x_0-r|\lim_{x \to \infty} L^{n+1}=0,
\]
siden $L &lt; 1$. 


For Ã¥ vise at fikspunktet er entydig, 
kan vi anta at det finnes to fikspunkt, $r_1$ og $r_2$. 
Men da mÃ¥ 
\begin{align*}
|r_2-r_1|&amp;=|x_{n+1}-r_1-(x_{n+1}-r_2)| \\
&amp;\leq |x_{n+1}-r_1|+|x_{n+1}-r_2|  \\
&amp;\leq L|x_n-r_1|+L|x_n-r_2| \\
&amp;\leq L^{n+1}|x_0-r_1|+L^{n+1}|x_0-r_2|.
\end{align*}
Denne likningen gjelder for alle $n$. 
Dersom vi lar $n\to \infty$, 
gÃ¥r det siste uttrykket mot null, og
vi ser at dette kun er mulig dersom $r_1=r_2$. 
\end{proof}

Sekantsetningen gir at det finnes et punkt $s$ slik at 
\[
x_{n+1}-r=g(x_{n})-g(r)=g'(s)(x_n-r).
\]
Dette er en likning som sier noe om stÃ¸rrelsen pÃ¥ $x_{n+1}-r$ som en funksjon av $x_{n}-r$, altsÃ¥ hvor mye feilen minker fra iterasjon til iterasjon, dersom fikspunktiterasjonen konvergerer. Feilen minker dersom $|g|\leq L &lt;1$.




\begin{ex}
Likningen
\[
x=\frac{1}{2\cos x}
\]
har en rot pÃ¥ intervallet $[1,1.4]$. 
La oss prÃ¸ve Ã¥ finne den. Iterasjonen 
\[
x_{n+1}=\frac{1}{2\cos x_n}
\]
produserer fÃ¸lgende tabell, dersom vi setter $x_0=1$:
\begin{center}
\begin{tabular}{c c}
$x_0$ &amp; 1.0000000000000000\\
$x_1$ &amp; 0.925407858840463\\
$x_2$ &amp;  0.831243009591302\\
$x_3$ &amp;  0.741886011422627\\
$x_4$ &amp;  0.678246107990755\\
$x_5$ &amp;  0.642116945705959\\
$x_6$ &amp;  0.624352444102666\\
$x_7$ &amp;  0.616263059398898
\end{tabular}
\end{center}
Det gikk ikke i det hele tatt. 
\end{ex}
\begin{figure}[htbp]
  \begin{center}
      \vspace*{-2.4cm}
	\includegraphics[scale=.38]{../figurer/eks_1_8}
    \vspace*{-2.4cm}
	\end{center}
\end{figure}
I det siste eksemplet fant ikke fikspunktiterasjonen roten vi ville ha, men en annen. Figuren under illustrerer hvorfor. Fikspunktitrerasjonen finner aldri $r$ dersom $|g(r)|&gt;1$.
\begin{tikzpicture}[scale=2]
      \draw[-&gt;] (0,0) -- (3,0) node[right] {$x$};
      \draw[-&gt;] (0,0) -- (0,2.7) node[anchor=south] {$y$};
      \node[anchor=west] at (2.1,-.4) {$r$};
      \node[anchor=west] at (1.4,-.4) {$x_n$};
%      \draw[-,red] (1.45,1.45) -- (1.45,1.05);      
      \draw[-,red] (1.45,1.05) -- (1.05,1.05);
      \draw[-,red] (1.05,1.05) -- (1.05,.63);
      \draw[-,red] (.63,.63) -- (1.05,.63);
   \draw[-,red] (.63,.63) -- (.63,.36);
      \draw[-,red] (.36,.36) -- (.63,.36);      
      \draw[-,red] (.36,.36) -- (.36,.25);
            \draw[-,red] (.36,.25) -- (.25,.25);          
         \draw[-,red] (.25,.23) -- (.25,.25);            
      \node[anchor=west] at (.8,-.4) {$x_{n+1}$};
      \node[anchor=west] at (2.5,1.5) {$g$};
            \node[anchor=west] at (2.6,2.5) {$y=x$};
      \draw[scale=0.5,domain=0:5,smooth,variable=\x,blue] plot ({\x},{.4+.2*(\x-0)*(\x-0)});
            \draw[scale=0.5,domain=0:5,smooth,variable=\y,black]  plot ({\y},{\y});
\end{tikzpicture}

\begin{ex}
Vi lÃ¸ser polynomlikningen
\[
x^3+x^2-3x-3=0.
\]
Dette polynomet kan spaltes i 
\[
x^3+x^2-3x-3=(x+1)(x-\sqrt{3})(x+\sqrt{3}),
\]
og vi skal se hvordan fikspunkmetoden leter etter de forskjellige lÃ¸sningene.
Likningen kan skrives om til $x=g(x)$ pÃ¥ flere mÃ¥ter, 
men vi skal begynne med Ã¥ skrive
\[
x=\frac{1}{3}\left(x^3+x^2-3\right),
\]
slik at 
\[
g(x)=\frac{1}{3}\left(x^3+x^2-3\right),
\]
og 
\[
x_{n+1}=\frac{1}{3}\left(x_n^3+x_n^2-3\right).
\]
Vi prÃ¸ver Ã¥ finne lÃ¸sningen $r=\sqrt{3}\approx 1.732050807568877$, 
og starter derfor en kjÃ¸ring i $x_0=1.5$. Vi fÃ¥r:
\begin{center}
\begin{tabular}{c c}
$x_0$ &amp; 1.500000000000000\\
$x_5$ &amp; -0.995705356719772\\
$x_{10}$ &amp;-0.999982551541273 \\
$x_{15}$ &amp; -0.999999928199386\\
$x_{20}$ &amp; -0.999999999704524\\
$x_{25}$ &amp; -0.999999999998784\\
$x_{30}$ &amp; -0.999999999999995\\
$x_{35}$ &amp; -1.000000000000000
\end{tabular}
\end{center}
OgsÃ¥ nÃ¥ Ã¸nsker metoden heller Ã¥ finne $r=-1$.
\end{ex}
%
%\noindent Eksemplet over er kjÃ¸rt med en kodesnutt som ser slik ut:
%\lstset{language=python}
%\lstinputlisting[ label = {Listings:1}]{eks_6_2.py}

Fikspunktiterasjonen i forrige eksempel viste en sterk preferanse pÃ¥ hvilken rot den hadde lyst til Ã¥ finne.
Men man kan skrive om likningen til $x=g(x)$ pÃ¥ mange mÃ¥ter.


\begin{ex}
Vi skriver nÃ¥ om likningen 
\[
x^3+x^2-3x-3=0.
\]
til
\[
x=\frac{3+3x-x^2}{x^2}.
\]
Starter vi i $x_0=-1.5$, fÃ¥r vi
\begin{center}
\begin{tabular}{c c}
$x_0$ &amp; -1.500000000000000\\
$x_{5}$ &amp; -1.732004423011461\\
$x_{10}$ &amp; -1.732050803458349\\
$x_{15}$ &amp; -1.732050807568513\\
$x_{20}$ &amp;  -1.732050807568878\\
$x_{25}$ &amp; -1.732050807568877 
\end{tabular}
\end{center}
Denne fikspunktiterasjonen klarte fint Ã¥ finne roten $r=-\sqrt{3}$.
\end{ex}

Som vi ser av de to foregÃ¥ende eksemplene, 
kan fikspunktiterasjonen konvergere mot forskjellige rÃ¸tter avhengig av hvordan vi skriver om likningen. 
Den kan ogsÃ¥ ikke konvergere i det hele tatt.


\begin{ex}
Vi prÃ¸ver igjen
\[
x=\frac{3+3x-x^2}{x^2}.
\]
Starter vi i $x_0=1.5$, 
i hÃ¥p om Ã¥ finne $r=\sqrt{3}$, fÃ¥r vi
\begin{center}
\begin{tabular}{c c}
$x_0$ &amp; -1.500000000000000\\
$x_1$ &amp; 2.333333333333333\\
$x_{2}$ &amp; 0.836734693877551\\
$x_{3}$ &amp; 6.870315288518744\\
$x_{4}$ &amp; -0.499781154362809\\
$x_{5}$ &amp; 5.007884193672099\\
$x_{6}$ &amp;  -0.281322161800267\\
$x_{7}$ &amp;  26.242541136990940\\
$x_{8}$ &amp; -0.881325585764740\\
$x_{9}$ &amp; -0.541641177723142\\
$x_{10}$ &amp;  3.687092259260734
\end{tabular}
\end{center}
Denne fikspunktiterasjonen klarte ikke Ã¥ finne noe som helst nÃ¥r vi startet i $x_0=1.5$.
\end{ex}


\begin{ex}
I eksemplene over er 
\[
g(x)=\frac{3+3x-x^2}{x^2}.
\]
og 
\[
g(x)=\frac{x^3+x^2-3}{3}.
\]
Hvis du deriverer disse og evaluerer i rÃ¸ttene til polynomet $x^3+x^2-3x-3$, 
vil du se et tydelig mÃ¸nster. 
fikspunktiterasjonen greier ikke finne $r$ dersom $|g'(r)| &gt; 1$.
\end{ex}


Vi kan ogsÃ¥ se pÃ¥ Newtons metode.
Vi bruker taylors teorem (husk at $f(r)=0$)
\[
0=f(x_n)+ f'(x_n)(r-x_n) + \frac{f''(s)}{2}(r-x_n)^2
\]
for $s$ mellom $x_n$ og $r$. 
Newtons metode er 
\[
-f(x_n)=f'(x_n)(x_{n+1}-x_n).
\]
Trekker vi disse likningene fra hverandre, fÃ¥r vi 
\[
0=f'(x_n)(r-x_{n+1}) + \frac{f''(s)}{2}(r-x_n)^2.
\]
Her stÃ¥r det at 
\[
r-x_{n+1}= - \frac{f''(s)}{2f'(x_n)}(r-x_n)^2,
\]
som sier at Newtons metode i mange situasjoner har kvadratisk konvergens. 
Det gÃ¥r an Ã¥ sette opp presise kriterier for nÃ¥r dette skjer, 
men det skal vi ikke gjÃ¸re. 

\begin{ex}
Vi sÃ¸ker lÃ¸sningene til
\[
x^4-10x^3+35x^2-50x+24=0
\]
Som Ingrid Espelid Hovig har vi jukset litt, 
og valgt et polynom som faktoriseres pent:
\[
x^4-10x^3+35x^2-50x+24=(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)
\]
Newtons metode blir:
\begin{align*}
x_{n+1}=x_n-  \frac{x_n^4-10x_n^3+35x_n^2-50x_n+24}{4x_n^3-30x_n^2+70x_n-50}
\end{align*}
La oss lete etter $r=1$. 
Vi starter i $x_0=0.5$, 
og fÃ¥r:
\begin{center}
\begin{tabular}{c c}
$x_0$ &amp; 0.500000000000000\\
$x_1$ &amp;  0.798295454545455\\
$x_{2}$ &amp; 0.950817599863883\\
$x_{3}$ &amp; 0.996063283034122\\
$x_{4}$ &amp; 0.999971872651984\\
$x_{5}$ &amp; 0.999999998549667\\
$x_{6}$ &amp;   1.000000000000000
\end{tabular}
\end{center}
Konvergerer fort dette her.
\end{ex}

Som du ser i eksemplet over, dobles antall korrekte desimaler etter hver iterasjon. 
%For Ã¥ analysere konvergensen til Newtons metode
%mÃ¥ vi se den som en fikspunktiterasjon, der 
%\begin{equation}\notag
%g(x)=x-\frac{f(x)}{f'(x)}.
%\end{equation}
%Vi beregner 
%\begin{equation}\notag
%g'(x)=1-\frac{\left(f'(x)\right)^2-f(x)f''(x)}{\left(f'(x)\right)^2}=\frac{f(x)f''(x)}{\left(f'(x)\right)^2}
%\end{equation}
%Husk at $f(r)=0$. Dersom $f'(r)\neq0$, fÃ¥r vi
%\begin{equation}\notag
%g'(r)=\frac{f(r)f''(r)}{\left(f'(r)\right)^2}=0,
%\end{equation}
%slik at 
%\begin{align*}
%x_{n+1}-r&amp;=g(x_{n})-g(r)\\
%&amp;=\frac{g''(r)}{2}(x_n-r)^2+\frac{g'''(r)}{3!}(x_n-r)^3+...
%\end{align*}
%Dette kalles kvadratisk konvergens - feilen etter $n+1$ iterasjoner er proporsjonal med kvadratet av feilen etter $n$ iterasjoner. Da konvergerer det fort. 

\begin{ex}
NÃ¥ prÃ¸ver vi Ã¥ finne lÃ¸sningene til
\[
x^4-9x^3+27x^2-31x+12=0.
\]
Nok en gang er det et lettfaktorisert polynom:
\[
x^4-9x^3+27x^2-31x+12=(x-1)^2(x-3)(x-4)
\]
Newtons metode blir:
\begin{align*}
x_{n+1}=x_n-  \frac{x_n^4-9x_n^3+27x_n^2-31x_n+12}{4x_n^3-27x_n^2+54x_n-31}
\end{align*}
Nok en gang leter vi etter $r=1$,
ved Ã¥ starte i $x_0=0.5$:
\begin{center}
\begin{tabular}{c c}
$x_0$ &amp; 0.500000000000000\\
$x_1$ &amp;  0.713414634146341\\
$x_{2}$ &amp; 0.842942878437971\\
$x_{3}$ &amp; 0.916937117337936\\
$x_{4}$ &amp; 0.957125910632705\\
$x_{5}$ &amp;  0.978193460613942\\
$x_{6}$ &amp; 0.988999465124112\\
$x_{7}$ &amp; 0.994474755305802\\
$x_{8}$ &amp; 0.997231047313292\\
$x_{9}$ &amp; 0.998613930094898\\
$x_{10}$ &amp; 0.999306565270834
\end{tabular}
\end{center}
Det ser ut til Ã¥ konvergere, men mye saktere enn i sted. Hva skjedde?
\end{ex}



I eksemplet over er $f'(1)=0$. 
Dette betyr at 
\begin{equation}\notag
g'(1)=-\frac{f(1)f''(1)}{\left(f'(1)\right)^2}
\end{equation}
ikke er definert. 
Grensen 
\begin{equation}\notag
\lim_{x\to 1}g'(x)
\end{equation}
trenger ikke vÃ¦re null, og 
eksemplet demonstrerer tydelig at den kvadratiske konvergensen ikke kan garanteres dersom $f'(r)=0$.

\section*{\huge Polynominterpolasjon}

Dersom $x_i$ er $n+1$ er forskjellige punkter pÃ¥ $x$-aksen
med korresponderende $y$-verdier $y_i$, 
finnes det et entydig polynom av 
maksimal grad $n$ som interpolerer punktene $(x_i,y_i)$. 
I dette kapitlet skal vi sette opp to forskjellige formler for dette polynomet.

\section*{Lagranges interpolasjon}
La $x_i$ vÃ¦re $n+1$ forskjellige  punkter pÃ¥ intervallet $[a,b]$, 
med $x_0=a$ og $x_n=b$.
For hvert punkt $x_{i}$, definerer vi et polynom:
\begin{equation}\notag
l_{i}(x)= \prod_{\begin{matrix}
k=0\\
k \neq i
\end{matrix}}^{\begin{matrix}
n
\end{matrix}} \frac{(x-x_{k})}{(x_{i}-x_{k})}. 
\end{equation}
Polynomet $l_{i}(x)$ har orden $n$, og tilfredsstiller
\begin{equation}\notag
l_{i}(x_{k})= \begin{cases}
      1  &amp; \text{for } i = k \\
      0 &amp; \text{for } i \neq k
    \end{cases} .
\end{equation}
La $f$ vÃ¦re en funksjon, med funksjonsverdier $f(x_i)=f_i$. Det er lett Ã¥ se at 
\begin{equation}\notag
p_n(x)= \sum_{i=0}^nf_{i}l_{i}(x). 
\end{equation}
tilfredsstiller $p_n(x_i)=f(x_i)$ for alle  $i$. 

\begin{tcolorbox}\begin{thm}
La $x_i$ vÃ¦re $n+1$ forskjellige  punkter pÃ¥ intervallet $[a,b]$, 
og $f$ en funksjon med funksjonsverdier $f(x_i)=f_i$. 
Det finnes et entydig polynom som tilfredsstiller $p_n(x_i)=f(x_i)$ for alle  $i$. 
\end{thm}\end{tcolorbox}
\begin{proof}
Konstruksjonen av Lagranges interpolasjon viser at det for en tabell med $n+1$ punkter eksisterer et interpolasjonspolynom av maksimal grad $n$; vi har jo nettopp konstruert det. 
Hvis vi antar at det finnes to forskjellige polynomer $p_n$ og $q_n$ av grad $n$ som interpolerer den samme tabellen, og evaluerer differansen $p_n-q_n$ i punktene $x_{i}$, ser vi at 
\begin{equation}\notag
p_n(x_{i})-q_n(x_{i})=0  \qquad 0\leq i \leq n.
\end{equation}
Men polynomet $p-q$ har maksimal grad $n$, og kan f{\o}lgelig ha maksimalt $n$ nullpunkter, sÃ¥ den eneste muligheten her er $p=q$, som betyr at interpolasjonspolynomet er entydig.
\end{proof}

\begin{ex}
En funksjon har fÃ¸lgende verdier:
\begin{center}
\begin{tabular}{c c c c}
$i$ &amp; 0 &amp; 1 &amp; 2 \\ \hline
$x_i$ &amp; 1 &amp; 2 &amp; 3 \\ \hline
$f_i$ &amp; 4 &amp; 5 &amp; 6
\end{tabular}
\end{center}
Vi setter opp
\begin{align*}
l_0(x)&amp;=\frac{(x-2)(x-3)}{(1-2)(1-3)}=\frac{1}{2}(x-2)(x-3) \\ 
l_1(x)&amp;=\frac{(x-1)(x-3)}{(2-1)(2-3)}=-(x-1)(x-3) \\
&amp;\text{og} \\
l_2(x)&amp;=\frac{(x-1)(x-2)}{(3-1)(3-2)}=\frac{1}{2}(x-1)(x-2).
\end{align*}
Det andre ordens polynomet som interpolerer denne tabellen er:
\begin{align*}
p(x)&amp;=4l_0(x)+5l_1(x)+6l_2(x) \\[3pt] &amp;= 2(x-2)(x-3) -5(x-1)(x-3)\\ &amp;\qquad +3(x-1)(x-2). \qedhere
\end{align*}
\end{ex}

I gamle dager sto det i numerikkbÃ¸kene at lagrangepolynomene ikke mÃ¥tte brukes i numeriske beregninger, 
fordi det koster for mange flyttalsoperasjoner Ã¥ evaluere dem. 
Dette er bare tull dersom man bruker de rette interpolasjonspunktene og evaluerer polynomene pÃ¥ rett mÃ¥te, 
se Trefethens bok om approksimasjonsteori og approksimasjonspraksis.

\subsection*{Newtons interpolasjon}
For {\aa} konstruere Newtons interpolasjon trenger vi {\aa} beregne de \defterm{dividerte differansene}. De defineres rekursivt:
\begin{equation}\notag
f[x_i]=f(x_i)
\end{equation}
\begin{equation}\notag
f[x_i,x_{i-1}]=\frac{f(x_i)-f(x_{i-1})}{x_i-x_{i-1}}
\end{equation}
\begin{equation}\notag
f[x_i,...,x_{i-k}]=\frac{f[x_i,...,x_{i-k+1}]-f[x_{i-1},...,x_{i-k}]}{x_i-x_{i-k}}
\end{equation}

Newtons interpolasjonspolynom er: 
\begin{equation}\notag
p_n(x)=f_0+\sum_{i=1}^{n}f[x_i,...,x_0]\prod_{k=0}^{i-1}(x-x_{k}).
\end{equation}
Merk ogsÃ¥ at Lagranges og Newtons interpolasjon er bare to forskjellige formler for {\aa} sette opp det samme polynomet, siden interpolasjonspolynomet er entydig.


\begin{ex}
Polynomet
\begin{align*}
p_2(x)&amp;=\\f_0&amp;+\frac{f_1-f_0}{x_1-x_0}(x-x_0)\\
&amp;+\frac{\frac{f_2-f_1}{x_2-x_1}-\frac{f_1-f_0}{x_1-x_0}}{x_2-x_0}(x-x_0)(x-x_1)
\end{align*}
interpolerer tabellen  
\begin{center}
\begin{tabular}{ c c c}
$x_0$ &amp;$x_1$ &amp;$x_2$ \\ \hline
$f_0$ &amp; $f_1$ &amp; $f_2$  
\end{tabular}
\end{center}
sÃ¥ lenge $x_0 \neq x_1 \neq x_2$.
\end{ex}

Det er vanlig Ã¥ sette opp fÃ¸lgende tableau for Ã¥ illustrere de dividerte differansene:
\[
\begin{array}{cccccc}
x_0 &amp; f[x_0] \\
    &amp;                 &amp; f[x_0,x_1] \\
x_1 &amp; f[x_1] &amp;                        &amp; f[x_0,x_1,x_2]                   \\
    &amp;                &amp;  f[x_1,x_2]     &amp;                     &amp;     f[x_0,x_1,x_2,x_3]                \\
x_2 &amp; f[x_2] &amp;                       &amp; f[x_1,x_2,x_3] \\
    &amp;                  &amp;  f[x_2,x_3]  \\
x_3 &amp; f[x_3] 
\end{array}
\]

\begin{ex}
La igjen 
\begin{center}
\begin{tabular}{c c c c}
$i$ &amp; 0 &amp; 1 &amp; 2 \\ \hline
$x_i$ &amp; 1 &amp; 2 &amp; 3 \\ \hline
$f_i$ &amp; 4 &amp; 5 &amp; 6
\end{tabular}
\end{center}
Tableauet blir
\[
\begin{array}{cccccc}
1 &amp; 4 \\
    &amp;                 &amp; 1 \\
2 &amp; 5 &amp;                        &amp; 0   \\
    &amp;                &amp;  1     \\
3 &amp; 6   \\             
\end{array}
\]
%\[
%\begin{array}{cccccc}
%x_0 &amp; f[x_0] \\
%    &amp;                 &amp; f[x_0,x_1] \\
%x_1 &amp; f[x_1] &amp;                        &amp; f[x_0,x_1,x_2]                   \\
%    &amp;                &amp;  f[x_1,x_2]     \\
%x_2 &amp; f[x_2]   \\             
%\end{array}
%\]
og interpolasjonspolynomet blir 
\[
p(x)=4+ x-1=3+x.
\]
Dette er selvfÃ¸lgelig det samme polynomet som i forrige eksempel. 
Merk at polynomet er av fÃ¸rste grad, siden punktene tilfeldigvis ligger pÃ¥ en rett linje.
\end{ex}


\subsection*{Interpolasjonsfeilen}
Det sier seg selv at et interpolasjonspolynom ikke kan vÃ¦re lik
funksjonen som interpoleres med mindre denne funksjonen 
er et polynom av ikke hÃ¸yere grad enn interpolanten. 
NÃ¥ er vi kommet til steg to i den generelle oppskriften 
for numeriske metoder, nemlig analyse av feilen. 
Da mÃ¥ vi begynne med en generalisering av middelverdisatsen.

Middelverdisatsen sier at 
\begin{equation*}
f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f[a,b]
\end{equation*}
for en funksjon som er deriverbar pÃ¥ $[a,b]$.
 \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
%      \draw[-&gt;] (-1.5,0) -- (1.5,0) node[right]{$x$};
%      \draw[-&gt;] (0,-1.5) -- (0,1.5) node[above]{$y$};
%      \filldraw[fill=blue!75!white,fill opacity=0.55] (-0.866,0.5)
%        [snake=coil,segment aspect=0,segment amplitude=1pt] --
%        (0.866,0.5) arc(30:-210:1cm);
%      \draw[blue] (-2,0) circle (2cm) node[right,xshift=1cm,yshift=2cm]{$f_1(x,y)=0$};
%      \draw[red] (0,-1) circle (1.5cm) node[right,xshift=1.5cm,yshift=0cm]{$f_2(x,y)=0$};
%      \node[below right] at (-.3,.7){$\circ$};
  %    \node[below right] at (0,1.2){$(a,b)$};
%      \node[below left] at (-1,0){$-1$};
%      \node[above left] at (0,1){$1$};
%      \node[below left] at (0,-1){$-1$};
%      \node[draw,fill=white,align=center] at (0,0){$75$ \%};

   %   \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
          \draw[-&gt;] (-3.5,0) -- (2.5,0) node[right]{$x$};
%          \draw[-&gt;] (-2.5,-1) -- (-2.5,1.3) node[above]{$y$};
          \draw[-] (-2.35,.05) -- (-2.35,-.05) node[below]{$a$};
          \draw[-] (1.3,.05) -- (1.3,-.05) node[below]{$b$};
         \draw (2,1) arc(55:135:3.9cm) node[right,xshift=2cm,yshift=2cm]{$f$};
          \draw (-3,1) -- (2,1.5);
          \draw (-3,1.45) -- (2,1.95);
          \draw[-] (-.7,.05) -- (-.7,-.05) node[below]{$c$};
%          \draw[snake=coil,segment aspect=0,segment amplitude=1pt]
%            (0,1) -- (2*0.866,1);
%          \draw (0,0.35) arc(90:30:0.35cm)
%            node[above,xshift=-0.05cm,yshift=0.05cm]{$\theta$};
%          \draw[snake=brace] (-0.05,0) --
%            node[left,xshift=-0.05cm]{$h$} (-0.05,1);
%          \node[below] at (2,0){$L$};
%          \node[left] at (0,2){$L$};
%      \end{scope}
    \end{tikzpicture}
  \end{center}
En generalisert variant for dividerte differenser gÃ¥r som fÃ¸lger.
\begin{tcolorbox}\begin{thm}
Dersom $f$ er $n+1$ ganger deriverbar pÃ¥ $[a,b]$, og alle punktene $x_i$ er forskjellige, er
\begin{equation*}
f[x_n, ... , x_0]=\frac{f^{n}(s)}{n!}
\end{equation*}
for en eller annen $s$ i intervallet $(a,b)$. 
\end{thm}\end{tcolorbox}
\begin{proof}
Siden $p_n$ interpolerer $f$,
 mÃ¥ funksjonen $g=f-p_n$ ha minst $n+1$ nullpunkt pÃ¥ intervallet $(a,b)$. Gjentatt anvendelse av middelverdisatsen forteller oss at $g'$ har minst $n$ nullpunkt, at $g''$ har minst $n-1$ nullpunkt, og videre at $g^{n+1}$ har minst ett nullpunkt pÃ¥ $(a,b)$. Vi kaller dette $s$. Siden
\begin{equation*}
\frac{d^n}{dx^n} \,p_n(x)=n! f[x_n, ... , x_0],
\end{equation*}
mÃ¥
\begin{equation*}
f^{n}(s)=n! f[x_n, ... , x_0]. \qedhere
\end{equation*}
\end{proof}




Vi kan nÃ¥ utlede et uttrykk for interpolasjonsfeilen. 
\begin{tcolorbox}\begin{thm}
La $f$ vÃ¦re en $n+1$ ganger deriverbar funksjon pÃ¥ $[a,b]$, interpolert i punktene $x_i$.  
Det finnes en $s \in (a,b)$ slik at 
\begin{align*}
f(x)-p_n(x)  =\frac{f^{n+1}(s)}{(n+1)!}\prod_{k=0}^{n}(x-x_{k}).
\end{align*}
\end{thm}\end{tcolorbox}

\begin{proof}
Vi skriver opp Newtons interpolasjonspolynom
\begin{align*}
p_n(x)&amp;=\\f_0&amp;+\sum_{i=1}^{n-1}f[x_i,...,x_0]\prod_{k=0}^{i-1}(x-x_{k})\\&amp;+f[x_n,...,x_0]\prod_{k=0}^{n-1}(x-x_{k}),
\end{align*}
det siste leddet er skrevet ut kun av pedagogiske hensyn. NÃ¥ bytter vi ut $x_n$ med $x$ i uttrykket over (tenk pÃ¥ $x$ som et nytt interpolasjonspunkt), og fÃ¥r
\begin{align*}
f(x)&amp;=\\f_0&amp;+\sum_{i=1}^{n-1}f[x_i,...,x_0]\prod_{k=0}^{i-1}(x-x_{k})\\&amp;+f[x,...,x_0]\prod_{k=0}^{n-1}(x-x_{k}).
\end{align*}
Merk den snedige mÃ¥ten Ã¥ skrive om $f$ pÃ¥. Trekker vi de to foregÃ¥ende uttrykkene fra hverandre, fÃ¥r vi
\begin{align*}
f(x)-p_n(x) &amp;= \\ (f[x,x_{n-1}...,x_0]&amp;-f[x_n,x_{n-1},...,x_0])\prod_{k=0}^{n-1}(x-x_{k}) \\ &amp;=f[x,x_n,...,x_0](x-x_n)\prod_{k=0}^{n-1}(x-x_{k}) \\ &amp; = f[x,x_n,...,x_0]\prod_{k=0}^{n}(x-x_{k}),
\end{align*}
og bruker vi den generaliserte middelverdisatsen over, fÃ¥r vi
\begin{align*}
f(x)-p_n(x)  =\frac{f^{n+1}(s)}{(n+1)!}\prod_{k=0}^{n}(x-x_{k}), 
\end{align*}
for en eller annen $s\in [a,b]$. Merk at $s$ avhenger av $x$, akkurat som i Taylors teorem fra M1. 
\end{proof}





\subsection*{Punktfordeling}
Steg tre i oppskriften pÃ¥ numeriskemetoder, 
er Ã¥ finne ut om metoden kan ha noen gode egenskaper utover hÃ¸y presisjon. 
I interpolasjonsfaget er det en relativt kjapp mÃ¥te Ã¥ avgjÃ¸re om en 
interpolasjonsmetode er god eller ikke:
Det er avgjÃ¸rende for kvaliteten pÃ¥ interpolasjonen at 
punktene stÃ¥r riktig fordelt pÃ¥ intervallet $[a,b]$. 

Men hvordan skal vi finne gode punkter for polynominterpolasjon, 
og hva skiller de gode fra de dÃ¥rlige punktene? 
Dette spÃ¸rsmÃ¥let kan besvares pÃ¥ mange mÃ¥ter,
og vi skal vende tilbake til spÃ¸rsmÃ¥let i kapitlet om numerisk integrasjon. 
La oss begynne med Ã¥ ta for oss en god og en dÃ¥rlig punktmengde. 


\begin{ex}
Den dÃ¥rlige punktmengden er den kjente og kjÃ¦re \defterm{ekvidistante} punktmengden. 
Et ekvidistant gitter med $n$ punkter pÃ¥ intervallet $[a,b]$ er gitt ved 
\[
x_i=a+hi 
\]
der $0 \leq i \leq n$ og $h=(b-a)/n$. 
I figuren under er et plot av en lagrangefunksjon pÃ¥ et ekvidistant gitter med elleve punkt. 
Merk oscillasjonene polynomet gjÃ¸r mellom interpolasjonspunktene.
\end{ex}
\begin{figure}[htbp]
  \begin{center}
    \vspace*{-2.4cm}
	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/ekvidistant_l_7.pdf}
%	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/chebyshev_l_7.pdf}
	%\end{center}
%\end{figure*}
%\begin{figure*}[htbp]
  %\begin{center}
%	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/interpolasjonsfeil.pdf}
	%\end{center}
%\end{figure*}
%\begin{figure}[htbp]
%  \begin{center}
%	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/chebyshev_polynomer}
	\end{center}
	  \vspace*{-2.4cm}
\end{figure}

\begin{ex}
\label{ex:chebyshev}
La $\theta_i$ vÃ¦re et ekvidistant gitter pÃ¥ $[0,\pi]$, med $\theta_n=0$ og $\theta_0=\pi$.
\begin{center}
        \vspace{.5cm}
    \begin{tikzpicture}[scale=.9,thick]
%      \draw[-&gt;] (-1.5,0) -- (1.5,0) node[right]{$x$};
          \draw[-&gt;] (-4,-1) -- (4,-1) node[right]{$\theta$};
%          \draw[-&gt;] (-2.5,-1) -- (-2.5,1.3) node[above]{$y$};
%          \draw[-] (-2.35,.05) -- (-2.35,-.05) node[below]{$a$};
          \draw[line width = 1mm](5*.6,-.90) -- (5*.6,-1.10) node[below]{$\theta_0=\pi$};
           \draw[-] (4*.6,-.90) -- (4*.6,-1.10) ;
           \draw[-] (3*.6,-.90) -- (3*.6,-1.10) ;
           \draw[-] (2*.6,-.90) -- (2*.6,-1.10) ;
           \draw[-] (1*.6,-.90) -- (1*.6,-1.10) ;
           \draw[-] (0,-.90) -- (0,-1.10) ;
           \draw[-] (-1*.6,-.90) -- (-1*.6,-1.10) ;
           \draw[-] (-2*.6,-.90) -- (-2*.6,-1.10) ;
           \draw[-] (-3*.6,-.90) -- (-3*.6,-1.10) ;
           \draw[-] (-4*.6,-.90) -- (-4*.6,-1.10) ;
           \draw[line width = 1mm] (-5*.6,-.90) -- (-5*.6,-1.10) node[below]{$\theta_n=0$};;
    \end{tikzpicture}
        \vspace{.5cm}
  \end{center}
NÃ¥ definerer vi $x_i=\cos\theta_i$. Dette gitteret ligger pÃ¥ $[-1,1]$.
\begin{center}
        \vspace{.5cm}
    \begin{tikzpicture}[scale=.9,thick]
%      \draw[-&gt;] (-1.5,0) -- (1.5,0) node[right]{$x$};
          \draw[-&gt;] (-4,-1) -- (4,-1) node[right]{$x$};
%          \draw[-&gt;] (-2.5,-1) -- (-2.5,1.3) node[above]{$y$};
%          \draw[-] (-2.35,.05) -- (-2.35,-.05) node[below]{$a$};
          \draw[line width = 1mm] (-3,-.90) -- (-3,-1.10) node[below]{$x_0=-1$};
           \draw[-] (-0.901056516295154*3,-.90) -- (-0.901056516295154*3,-1.10) ;
           \draw[-] (-0.809016994374947*3,-.90) -- (-0.809016994374947*3,-1.10) ;
           \draw[-] (-0.587785252292473*3,-.90) -- (-0.587785252292473*3,-1.10) ;
           \draw[-] (-0.309016994374947*3,-.90) -- (-0.309016994374947*3,-1.10) ;
           \draw[-] (0,-.90) -- (0,-1.10) ;
           \draw[-] (0.309016994374947*3,-.90) -- (0.309016994374947*3,-1.10) ;
           \draw[-] (0.587785252292473*3,-.90) -- (0.587785252292473*3,-1.10) ;
           \draw[-] (0.809016994374947*3,-.90) -- (0.809016994374947*3,-1.10) ;
           \draw[-] (0.951056516295154*3,-.90) -- (0.951056516295154*3,-1.10) ;
           \draw[line width = 1mm] (3,-.90) -- (3,-1.10) node[below]{$x_n=1$};;
    \end{tikzpicture}
    \vspace{.5cm}
  \end{center}
Det gitteret egner seg skikkelig godt for polynominterpolasjon. 
Under er et tilsvarende plot av en lagrangefunksjon pÃ¥ dette gitteret.
Merk hvordan interpolasjonspolynomet ikke oscillerer sÃ¦rlig mellom interpolasjonspunktene.
\end{ex}
\begin{figure}[htbp]
  \begin{center}
    \vspace*{-2.4cm}
%	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/ekvidistant_l_7.pdf}
	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/chebyshev_l_7.pdf}
	%\end{center}
%\end{figure*}
%\begin{figure*}[htbp]
  %\begin{center}
%	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/interpolasjonsfeil.pdf}
	%\end{center}
%\end{figure*}
%\begin{figure}[htbp]
%  \begin{center}
%	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/chebyshev_polynomer}
	\end{center}
	  \vspace*{-2.4cm}
\end{figure}


Man finner gode punkter for interpolasjon ved Ã¥ plassere dem slik at de minimerer utslaget til polynomet 
\begin{equation*}
\prod_{k=0}^{n}(x-x_{k})
\end{equation*}
i interpolasjonsfeilen, og
alle gode  punktmengder for polynominterpolasjon klumper seg i endene av intervallet.
For ekvidistante gitre har feilpolynomet stort utslag i endepunktene, 
og det forklarer hvorfor lagrangefunksjonen i figuren over har stÃ¸rst utslag fra funksjonsverdiene der. 
Vi skal nÃ¥ ta for oss noen forskjellige gode punktmengder.
\begin{figure}[htbp]
  \begin{center}
    \vspace*{-2.4cm}
%	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/ekvidistant_l_7.pdf}
%	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/chebyshev_l_7.pdf}
	%\end{center}
%\end{figure*}
%\begin{figure*}[htbp]
  %\begin{center}
	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/interpolasjonsfeil.pdf}
	%\end{center}
%\end{figure*}
%\begin{figure}[htbp]
%  \begin{center}
%	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/chebyshev_polynomer}
	\end{center}
	  \vspace*{-2.4cm}
\end{figure}

Vi skal gjÃ¸re alt pÃ¥ intervallet $[-1,1]$. 
Dersom man har en punktfordeling $x_i$ pÃ¥ dette intervallet, 
kan man flytte fordelingen til intervallet $[a,b]$ med formelen gitt
i eksempel \ref{ex:cheb_1_4} under.


\subsubsection*{Chebyshevpunkter}
For Ã¥ prÃ¸ve Ã¥ forklare hva som skjedde i figuren mÃ¥ vi introdusere noen polynomer. 
\begin{tcolorbox}\begin{thm}
Funksjonen 
\begin{equation*}
T_n(x)=\cos \left(n \arccos{x}\right)
\end{equation*}
er et polynom nÃ¥r $n$ er et naturlig tall. 
\end{thm}\end{tcolorbox}
\begin{proof}
La $T_n(\theta)=\cos(n\theta)$. Da har vi
\begin{eqnarray*}
T_0&amp;=&amp; 1 \\
T_1&amp;=&amp;\cos \theta  \\
T_2&amp;=&amp;\cos 2 \theta  = 2\cos ^2 \theta-1 
\end{eqnarray*}
Merk at alle disse er polynomer i $\cos{\theta}$. 
Dette er en sentral observasjon, 
for nÃ¥r man gjÃ¸r variabelskiftet $x=\cos\theta$ vil man fÃ¥ polynomer i $x$. 

Vi fortsetter med et induksjonsbevis for at $\cos n \theta$ er et polynom i $\cos \theta$ for alle naturlige tall $n$. 
Legg sammen
\begin{equation*}
\cos(n+1)\theta=\cos n\theta \cos\theta-\sin n\theta\sin\theta
\end{equation*}
og
\begin{equation*}
\cos(n-1)\theta=\cos n\theta \cos\theta+\sin n\theta\sin\theta
\end{equation*}
slik at 
\begin{equation*}
\cos(n+1)\theta=2\cos{n\theta}\cos{\theta}-\cos(n-1)\theta.
\end{equation*}
Dersom vi antar at $\cos{n\theta}$ og $\cos{(n-1)\theta}$ er polynomer i $\cos{\theta}$, 
mÃ¥ 
\[2\cos{n\theta}\cos{\theta}-\cos(n-1)\theta\] 
vÃ¦re et polynom i $\cos{\theta}$, 
og fÃ¸lgelig mÃ¥ ogsÃ¥  
\[\cos{(n+1)\theta}\] 
vÃ¦re et polynom i $\cos{\theta}$. 
Siden $T_0=1$ og $T_1=\cos{\theta}$ (og $T_2 = 2\cos ^2 \theta-1$) 
er polynomer i $\cos{\theta}$, 
mÃ¥ $\cos{n\theta}$ vÃ¦re det for alle naturlige $n$. 
Dersom $\cos{n\theta}$ er et polynom i $\cos{\theta}$, mÃ¥ $\cos{(n\arccos x)}$ vÃ¦re et polynom i $x$. 
\end{proof}

Polynomene $T_n$ kalles \defterm{chebyshevpolynomer}. 
Disse kan beregnes ved rekursjonen 
\[
T_{n+1}=2xT_n -T_{n-1},
\]
som er likningen 
\begin{equation*}
\cos(n+1)\theta+\cos(n-1)\theta=2\cos{n\theta}\cos{\theta}.
\end{equation*}
fra forrige bevis, skrevet ut i form av $T_n$. De fÃ¸rste er 
\begin{align*}
T_0&amp;=1 \\
T_1&amp;=x \\
T_2&amp;=2x^2-1 \\
T_3&amp;=4x^3-3x \\
T_4&amp;=8x^4-8x^2+1 \\
&amp;\vdots
\end{align*}
Gitteret i eksempel \ref{ex:chebyshev} kalles Chebyshevs ekstremalgitter, 
for punktene er ekstremalpunktene til et chebyshevpolynom.
Det $n$-te ordens polynomet $T_n$ gir opphav til et gitter med $n+1$ punkter, 
der $n-1$ av dem er  $T_n$s stasjonÃ¦re punkter, og to er endepunktene i intervallet. 
De fÃ¸rste seks polynomene er plottet under, 
sammen med 6-punktsgitteret som er ekstremalpunktene til $T_5$.
En formel for gitterpunktene er:
\[
x_i=\cos{\frac{\pi i}{n} } \quad 0 \leq i \leq n.
\]
\begin{figure}[htbp]
  \begin{center}
      \vspace*{-2.4cm}
%	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/ekvidistant_l_7.pdf}
%	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/chebyshev_l_7.pdf}
	%\end{center}
%\end{figure*}
%\begin{figure*}[htbp]
  %\begin{center}
%	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/interpolasjonsfeil.pdf}
	%\end{center}
%\end{figure*}
%\begin{figure}[htbp]
%  \begin{center}
	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/chebyshev_polynomer}
    \vspace*{-2.4cm}
	\end{center}
\end{figure}




\begin{ex}
Gitteret i figuren over er gitt ved
\begin{center}
\begin{tabular}{c c}
$x_0$ &amp; -1.000000000000000\\
$x_1$ &amp; -0.809016994374947\\
$x_2$ &amp; -0.309016994374947\\
$x_3$ &amp; 0.309016994374947\\
$x_4$ &amp; 0.809016994374947\\
$x_5$ &amp; 1.000000000000000
\end{tabular}
\end{center}
Merk at endepunktene er en annen type ekstremalpunkter enn de andre; 
det er der $T_5$ er klippet av intervallgrensene.
\end{ex}

\begin{ex}
\label{ex:cheb_1_4}
Hvis vi Ã¸nsker Ã¥ sette opp gitteret fra $T_5$ pÃ¥ et intervall $[a,b]$, 
bruker vi bare formelen
\[
y_i=a+(b-a)\frac{x_i+1}{2},
\]
der $x_i$ er punktene pÃ¥ $[-1,1]$ og $y_i$ er punktene pÃ¥ $[a,b]$. 
PÃ¥ intervallet $[1,4]$ blir punktene
\begin{center}
\begin{tabular}{c c}
$x_0$ &amp; 1.000000000000000\\
$x_1$ &amp; 1.286474508437579\\
$x_2$ &amp; 2.036474508437579\\
$x_3$ &amp; 2.963525491562421\\
$x_4$ &amp; 3.713525491562421\\
$x_5$ &amp; 4.000000000000000
\end{tabular}
\end{center}
Det er viktig Ã¥ forstÃ¥ at det hvordan punktene er fordelt pÃ¥ intervallet som har noe Ã¥ si for kvaliteten pÃ¥ interpolasjonen.
\end{ex}

Chebyshevpolynomenes nullpunkter gir opphav til en annen punktmengde som 
kalles \defterm{Chebyshevs nullpunktgitter}. Dette gitteret er pÃ¥ papiret enda bedre
enn Chebyshevs ekstremalgitter, men noe mindre praktisk, siden det ikke inneholder 
endepunktene. Polynomet $T_{n+1}$ gir opphav til et gitter med $n+1$ punkter, gitt ved
\[
x_i=\cos{\frac{\pi (2i+1)}{2n+2} } \quad 0 \leq i \leq n.
\]
Under er et nok et plot av de fÃ¸rste par chebyshevpolynomene, 
med nullpunktgitteret til $T_5$.
\begin{figure}[htbp]
  \begin{center}
      \vspace*{-2.4cm}
%	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/ekvidistant_l_7.pdf}
%	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/chebyshev_l_7.pdf}
	%\end{center}
%\end{figure*}
%\begin{figure*}[htbp]
  %\begin{center}
%	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/interpolasjonsfeil.pdf}
	%\end{center}
%\end{figure*}
%\begin{figure}[htbp]
%  \begin{center}
	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/chebyshev_polynomer_2}
    \vspace*{-2.4cm}
	\end{center}
\end{figure}
Vi tar med et teorem om interpolasjonsfeilen til Chebyshevs nullpunktgitter, 
men lar det stÃ¥ ubevist.
\begin{tcolorbox}\begin{thm}
La $f$ vÃ¦re en $n+1$ ganger deriverbar funksjon. 
Interpolasjonsfeil for interpolanten pÃ¥ chebyshevs nullpunktgitter pÃ¥ $[a,b]$ er:
\begin{align*}
\max_{x \in [a,b]}|f(x)-p_n(x)|\leq&amp; \\ \frac{(b-a)^{n+1}}{2^{2n+1}}&amp;\max_{x \in [a,b]} |f^{n+1}(x)|
\end{align*}
\end{thm}
\vspace{3mm}
\end{tcolorbox}

Under er et plot av feilpolynomet
\[
\prod_{k=0}^{n}(x-x_{k})
\]
for chebyshevs nullpunktgitter og $n=16$. Dette polynomet har maksimalt utslag
\[
\frac{(b-a)^{n+1}}{2^{2n+1}} \approx 1.525878906250000e-05.
\]
 \begin{figure}[htbp]
  \begin{center}
      \vspace*{-4.4cm}
%	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/ekvidistant_l_7.pdf}
%	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/chebyshev_l_7.pdf}
	%\end{center}
%\end{figure*}
%\begin{figure*}[htbp]
  %\begin{center}
%	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/interpolasjonsfeil.pdf}
	%\end{center}
%\end{figure*}
%\begin{figure}[htbp]
%  \begin{center}
	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/chebyshev_feil}
    \vspace*{-4.4cm}
	\end{center}
\end{figure}

\noindent Vi tar med et plot av tilsvarende feilpolynom for ekvidistant gitter med $n=16$. 
 \begin{figure}[htbp]
  \begin{center}
      \vspace*{-4.4cm}
%	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/ekvidistant_l_7.pdf}
%	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/chebyshev_l_7.pdf}
	%\end{center}
%\end{figure*}
%\begin{figure*}[htbp]
  %\begin{center}
%	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/interpolasjonsfeil.pdf}
	%\end{center}
%\end{figure*}
%\begin{figure}[htbp]
%  \begin{center}
	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/ekvidistant_feil}
    \vspace*{-4.4cm}
	\end{center}
\end{figure}
 
 
\begin{ex}
Nedenfor er en figur av 20. ordens interpolanter av Runges funksjon
\[
f(x)=\frac{1}{1+16x^2}
\]
pÃ¥ ekvidistant og chebyshevgitter. 
Denne funksjonen er kjent for sine patologisk store $n$-te deriverte.
Dette er en stÃ¸rrelse vi ikke har kontroll pÃ¥, 
merk nok en gang hvordan feilpolynomet illustrerer hvorfor ekvidistant 
tinÃ¦rmer vesentlig dÃ¥rligere enn chebyshev i endene. 
\end{ex}
\begin{figure}[htbp]
  \begin{center}
      \vspace*{-2.4cm}
	\includegraphics[scale=.4]{../figurer/runge}
    \vspace*{-2.4cm}
	\end{center}
\end{figure}


\subsubsection*{Gauss-punkter}

En punktmengde som likner pÃ¥ Chebyshev, og klumper seg i endene av intervallet, 
kalles Gauss-punkter. Akkurat som for Chebyshev, kommer disse i to varianter, 
som er henholdsvis null- og ekstremalpunkter til en fÃ¸lge av polynomer, som kalles Gauss-Legendre-polynomene. 
Legendre-polynomene 
er gitt ved rekursjonen
\begin{align*}
P_0&amp;=1 \\ P_1&amp;=x \\
(n+1)P_{n+1}(x)&amp;=(2n+1)xP_n(x)-nP_{n-1}(x).
\end{align*}
Vi skal ikke utlede disse, men i kapitlet om numerisk integrasjon skal vi vise en metode for Ã¥ produsere nullpuntene. 

Nullpunktgitrene til Legendre-polynomene kalles Gauss-Legendre-punkter. 
Her er en tabell med et par lavere ordens punktfordelinger pÃ¥ intervallet $[-1,1]$
\begin{center}
\begin{tabular}{c l}
$n$ &amp; $x_i$\\[4pt]
$2$ &amp;$ \pm \sqrt{\frac{1}{3}}$\\[4pt]
$3$ &amp; $0,\; \pm \sqrt{\frac{3}{5}}$ \\[4pt]
$4$ &amp; $\pm\sqrt{\frac{3}{7}\pm \frac{2}{7}\sqrt{\frac{6}{5}}}$ \\[4pt]
$5$ &amp; $0, \; \pm\frac{1}{3}\sqrt{5\pm 2 \sqrt{\frac{10}{7}}}$ 
\end{tabular}
\end{center}
Gauss-Legendre-punktene er pÃ¥ papiret enda bedre enn chebyshevpunktene,
men mindre praktisk i bruk. 


Ekstremalpunktene til Legendre-polynomene kalles Gauss-Lobatto-punkter.
Vi hoster opp nok en tabell med et par lavere ordens punktfordelinger pÃ¥ intervallet $[-1,1]$
\begin{center}
\begin{tabular}{c l}
$n$ &amp; $x_i$\\[4pt]
$3$ &amp;$ 0,\; \pm 1$\\[4pt]
$4$ &amp;$ \pm \sqrt{\frac{1}{5}}, \; \pm 1$\\[4pt]
$5$ &amp; $0,\; \pm \sqrt{\frac{3}{7}},\; \pm 1$ \\[4pt]
$6$ &amp; $\pm\sqrt{\frac{1}{3}\pm \sqrt{\frac{2}{3\sqrt{7}}}}, \; \pm 1$ \\[4pt]
$7$ &amp; $0, \; \pm\sqrt{\frac{5}{11}\pm \frac{2}{11} \sqrt{\frac{5}{3}}}, \; \pm 1$ 
\end{tabular}
\end{center}
Gauss-Lobatto er pÃ¥ papiret noe dÃ¥rligere enn Gauss-Legendre, 
men er noe mer praktisk i bruk, for de inneholder intervallets endepunkter.
Fremdeles mindre praktisk enn Chebyshev.

\section*{Andre typer polynominterpolasjon}
Til slutt kan nevnes at man trenger ikke nÃ¸ye seg med Ã¥ kreve
at interpolanten $p$ skal ta $f$ sine verdier i interpolasjonspunktene. 
Man kan ogsÃ¥ skru opp graden pÃ¥ polynomet, 
og i tillegg kreve at $p$ skal ha samme stigningstall som $f$ i punktene.
I dette tilfellet kalles det \defterm{Hermite-interpolasjon}.

Dersom man krever at $p$ skal ha samme verdi som $f$ sine $n+1$ fÃ¸rste deriverte 
i et enkelt punkt, er vi tilkake i taylorpolynomene du kjenner fra M1. 

Man kan ogsÃ¥, istedet for Ã¥ lage et interpolasjonspolynom som interpolerer $f$ i alle punktene, 
for eksempel sortere interpolasjonspunktene i grupper pÃ¥ fire og fire etterfÃ¸lgende punkter,
interpolere hver gruppe med et tredjeordens polynom, 
og sÃ¥ sette sammen en stykkvis kontinuerlig deriverbar polynominterpolant. 
Dette kalles \defterm{spline-interpolasjon}.

\section*{\huge Eulers formel}

Med komplekse tall kan man belyse forholdet mellom eksponensialfunksjonen og de trigonometriske funksjonene.
Dette forholdet er ikke mulig Ã¥ fÃ¥ Ã¸ye pÃ¥ dersom man kun har reelle tall til rÃ¥dighet.

BrÃ¸ken 
\[
\frac{\cos x+i\sin x}{e^{ix}}
\]
mÃ¥ vÃ¦re konstant, siden 
\begin{align*}
\frac{d}{dx}\left(\frac{\cos x+i\sin x}{e^{ix}}\right)&amp;=\\
-ie^{-ix}\left(\cos x+i\sin x\right)+&amp;e^{-ix}\left(-\sin x+i\cos x\right)=0
\end{align*}
og setter vi inn $x=0$ fÃ¥r vi Ã¥penbart 1, 
sÃ¥
\[
\frac{\cos x+i\sin x}{e^{ix}}=1.
\]
Richard Feynman kalte bare denne  \say{vÃ¥r juvel}.
\begin{tcolorbox}[ title= Eulers formel]
\[
e^{ix}=\cos x + i\sin x
\]\end{tcolorbox}
Med Eulers formel kan vi skrive komplekse tall veldig kompakt:
\begin{tcolorbox}[ title= Polar form]
\[
z=r(\cos \theta+i\sin \theta)=re^{i\theta}
\]
\end{tcolorbox}

\noindent Hvis vi aksepterer Eulers formel, 
kan vi sette opp noen pene regneregler:

\begin{tcolorbox}[ title= Regneregler for polar form]
La $z=re^{i\theta}$ og $w=se^{i\alpha}$. \\
Da gjelder:
\begin{align*}
z \cdot w&amp;=rs e^{i(\theta + \alpha)} \\[6pt]
\frac{z}{w}&amp;=\frac{r}{s} e^{i(\theta - \alpha)} \\
\end{align*}
\end{tcolorbox}

\begin{ex}
Polar form er praktisk nÃ¥r man skal gange og dele komplekse tall for hÃ¥nd.
La $z=1+i$ og $w=1+\sqrt{3}i$, slik at
\[
z=\sqrt{2}e^{i\frac{\pi}{4}}
\]
og 
\[
w=2e^{i\frac{\pi}{3}}.
\]
Vi beregner
\[
z\cdot w=2\sqrt{2}e^{i\frac{7\pi}{12}}
\]
og
\[
\frac{z}{w}=\frac{1}{\sqrt{2}}e^{-i\frac{\pi}{12}}. \qedhere
\]
\end{ex}

\noindent NÃ¥ er det imidlertid sjelden at noen ganger sammen komplekse tall for hÃ¥nd etter at de har landet sin fÃ¸rste jobb. 
Men de geometriske tolkningene som Eulers formel gir oss,
og sammenhengen med de trigonometriske funksjonene,
er viktig, spesielt om du skal drive pÃ¥ med signalbehandling eller liknende.

\begin{ex}
Eulers formel gir at $e^{ \pi i/2 }=i$, $e^{\pi i}=-1$, $e^{3\pi i/2 }=-i$ og $e^{2 \pi i}=1$.
Merk at det Ã¥ gange med $i$ er det samme som Ã¥ rotere et tall nitti grader (pi halve radianer) mot klokken.
\end{ex}



\begin{ex}
Bytter vi $x$ med $-x$ i Eulers formel, 
fÃ¥r vi
\[
e^{-ix}=\cos x - i\sin x.
\]
Hvis vi legger denne sammen med Eulers formel, 
ser vi at 
\[
\cos x = \frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}
\]
og trekker vi dem fra hverandre, 
ser vi at
\[
\sin x = \frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}.\qedhere
\]
\end{ex}

\begin{ex}
Dersom $z=re^{i\theta}$ gir Eulers formel ${\overline z=re^{-i\theta}}$.
\end{ex}

Husk ellers at
\[
\cosh x =\frac{e^x+e^{-x}}{2}
\]
og
\[
\sinh x =\frac{e^x-e^{-x}}{2}.
\]
Det er nÃ¥ lett Ã¥ se at 
\[
\cosh(ix)=\cos x
\]
og
\[
\sinh(ix)=i\sin x.
\]
Dette kan vi bruke til Ã¥ finne real- og imaginÃ¦rdelen til sinus og cosinus:
\begin{tcolorbox}[ title= Trigonometriske funksjoner pÃ¥ kartesisk form]
\begin{align*}
\cos{(a+bi)}&amp;=\cos a \cosh b - i \sin a \sinh b \\
\sin{(a+bi)}&amp;=\sin a \cosh b + i \cos a \sinh b
\end{align*}\end{tcolorbox}

Hvis du plukker opp en tilfeldig bok i algebra eller kompleks analyse, 
er det bevist fÃ¸lgende teorem et eller annet sted. 
Teoremet heter algebraens fundamentalteorem.
\begin{tcolorbox}[ title= Algebraens fundamentalteorem]Et polynom
\[
z^n+a_{n-1}z^{n-1}+...+a_1z+a_0
\]
kan alltid faktoriseres
\[
z^n+a_{n-1}z^{n-1}+...+a_1z+a_0=\prod_{i=1}^n (z-z_i),
\]
der $z_i \in \mathbb C$ er lÃ¸sninger av likningen
\[
z^n+a_{n-1}z^{n-1}+...+a_1z+a_0=0
\]\end{tcolorbox}
\begin{merkx}
I teoremet over er polynomet monisk,
altsÃ¥ at $a_n=1$.
Det er for Ã¥ slippe Ã¥ luke ut tilfellet $a_n=0$.
Dersom $a_n \neq 0$,
og noe annet enn 1, blir faktoriseringen
\[
a_nz^n+a_{n-1}z^{n-1}+...+a_1z+a_0=a_n\prod_{i=1}^n (z-z_i).
\] 
\end{merkx}

Dersom en faktor $(z-z_k)$  forekommer $m$ ganger i faktoriseringen, 
sier vi at $z_k$ har \defterm{multiplisitet} $m$.
\begin{ex}
Polynomet 
\[
z^3-3z^2+3z-1=(z-1)^3
\]
har en rot ($z=1$) med multiplisitet 3.
\end{ex}

\begin{ex}
Polynomet 
\[
z^2-2z+2
\]
har to rÃ¸tter 
\[
\lambda=\frac{2\pm\sqrt{4-8}}{2}=1\pm i,
\] 
begge med multiplisitet 1, slik at 
\[
z^2-2z+2=(z-1-i)(z-1+i).\qedhere
\]
\end{ex}


Vi skal ikke bevise algebraens fundamentalteorem,
men et spesialtilfelle kan vi analysere med det vi kjenner til sÃ¥ langt, 
nemlig lÃ¸sninger av polynomlikningen
\[
z^n=w
\]
for et vilkÃ¥rlig komplekst tall $w$. 
Vi skal se med egne Ã¸yne at denne likningen alltid har $n$ lÃ¸sninger. 
Vi begynner med Ã¥ skrive $w$ pÃ¥ polar form med valgfritt antall omdreininger rundt origo
\[
w = re^{i \theta}=re^{i (\theta+2m\pi)}.
\]
Dersom vi skriver 
\[
w^{1/n} = (re^{i (\theta+2m\pi)})^{1/n}=\sqrt[n]{r}e^{i (\theta/n+2m\pi/n)},
\]
ser vi at det nÃ¥ finnes $n$ potensielle verdier for $\sqrt[n]{w}$, alle sammen gyldige lÃ¸sninger av $z^n=w$. 
Hvis du velger $0\leq m \leq n-1$ fÃ¥r du ut alle sammen. 
Vi definerer den prinsipale $n$-te roten av $w$ som
\[
\sqrt[n]{w} = \sqrt[n]{r}e^{i \theta/n},
\]
og sÃ¥ kan vi skrive de andre rÃ¸ttene som 
\[
\sqrt[n]{w} \cdot e^{2m\pi i/n}
\]
for $1 \leq m\leq n-1$.
Dette er analogt til hvordan man i det reelle tilfellet har to lÃ¸sninger av ligningen
\[
x^2=4,
\]
definerer kvadratroten som den positive lÃ¸sningen
\[
\sqrt{4}=2,
\]
og skriver den andre lÃ¸sningen som $-\sqrt{4}$.


\begin{ex}
Vi finner alle lÃ¸sninger av ligningen
\[
z^5=-1.
\]
Siden 
\[
-1=e^{i(\pi+2m\pi)},
\]
fÃ¥r vi 
\[
(-1)^{1/5}=e^{i(\pi/5+2m\pi/5)}.
\]
Vi skriver opp lÃ¸sningene for  $0\leq m\leq 4$:
\[
e^{i\pi/5} (=\sqrt[5]{-1}),\; e^{i3\pi/5},\; e^{i5\pi/5}(=-1),\; e^{i7\pi/5}\; \text{og}\; e^{i9\pi/5}
\]
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=.42]
\draw[-&gt;] (-5,0) -- (7,0);
\draw[-&gt;] (0,-3.1) -- (0,5);
\node[anchor=west] at (8,0) {\footnotesize $\text{Re}(z)$};
\node[anchor=south] at (0,6) {\footnotesize $\text{Im}(z)$};
%\foreach \x in {-5,-4,-3,-2,-1,1,2,3,4,5,6,7,8,9}
%\draw (\x,5pt) -- (\x,-5pt);
%\foreach \y in {-2,-1,1,2,3,4,5,6}
%\draw (5pt,\y) -- (-5pt,\y);
\filldraw (-3,0) circle [radius=3pt] node[anchor=south]{};

\filldraw (3*0.80901699437,3*0.587785252294) circle [radius=3pt] node[anchor=south] {};
\node[anchor=west] at (3.2*0.80901699437,3.6*0.587785252294) {$e^{i\pi/5}\; (m=0)$};
\filldraw (-3*.30901699437,3*0.95105651629) circle [radius=3pt] node[anchor=east] {};
\node[anchor=west] at (-8*.30901699437,4*0.95105651629) {$e^{i3\pi/5}\;(m=1)$};
\node[anchor=south] at (-4,.3) {$-1$};
\filldraw (-3*.30901699437,-3*0.95105651629) circle [radius=3pt] node[anchor=east] {};
\node[anchor=west] at (-8*.30901699437,-4*0.95105651629) {$e^{i7\pi/5}$};
\filldraw (3*0.80901699437,-3*0.587785252294) circle [radius=3pt] node[anchor=south] {};
\node[anchor=west] at (3.2*0.80901699437,-3.6*0.587785252294) {$e^{i9\pi/5}\; (m=4)$};

%\filldraw (3,-3) circle [radius=3pt] node[anchor=north] {$A \V{e}_2$};
%\filldraw (-7,2) circle [radius=3pt] node[anchor=east] {$A \V{u}$};
%\filldraw (9,6) circle [radius=3pt] node[anchor=north] {$A \V{v}$};
%\draw[-] (0,0) to (4,5);
%\node[anchor=south] at (2,3) {\footnotesize $r$};
\draw (3,0) arc (0:360:3);
%\node[anchor=south] at (3.3,1.1) {\footnotesize $\theta$};
%\draw[-&gt;,shorten &lt;=4pt,shorten &gt;=4pt] (0,1) to[bend right=30] (3,-3);
%\draw[-&gt;,shorten &lt;=4pt,shorten &gt;=4pt] (-1,-2) to[bend right=20] (-7,2);
%\draw[-&gt;,shorten &lt;=4pt,shorten &gt;=4pt] (3,2) to[bend left=20] (9,6);
\end{tikzpicture}
\\
{\small \textit{FemterÃ¸ttene til -1}}
\end{center}
Merk hvordan rÃ¸ttene sprer seg jevnt ut pÃ¥ en sirkel om origo. 
Merk ogsÃ¥ at om vi lar $m&gt; 4$ eller $m&lt;0$, fÃ¥r vi rÃ¸tter som allerede er listet opp.
\end{ex}

Vi skal fÃ¥ bruk for algebraens fundamentalteorem senere i semesteret, 
nÃ¥r vi skal lÃ¦re om egenverdier og egenvektorer.



\section*{\huge Integralet}

Integrasjon er som ketsjup. 
Det kan brukes til alt. 
Vi kan beregne areal, volum, arbeid, kraft, trykk, massesenter, vÃ¦skeflyt og elektrisk ladning. 
%Jeg bruker det i mÃ¸rkerommet nÃ¥r jeg skal beregne totalkontrasten i bildet dersom jeg mÃ¥ ty til split grade printing. 

La $f$ vÃ¦re en begrenset funksjon pÃ¥ et intervall $[a,b]$. 
Det store spÃ¸rsmÃ¥let er Ã¥ finne arealet under grafen til $f$. 
Det gÃ¥r an Ã¥ ta en lang diskusjon om hva areal egentlig er,
sette opp aksiomer for areal,
og sÃ¥ utlede integrasjonsteorien fra dem. 
Dette er imidlertid en litt langdryg prosess, 
sÃ¥ vi skal basere relasjonen mellom integralet og arealet under grafen pÃ¥ geometrisk intuisjon.

Alternative kilder: 
\begin{itemize}
\item Adams kap. 5-7
\item LindstrÃ¸ms I kap. ??
\end{itemize}



\begin{ex}
Noen integraler kan vi enkelt beregne geometrisk.
La $f(x)=x$. 
En rask titt pÃ¥ grafen forteller at arealet under denne grafen og mellom 0 og $x$ er $\frac{1}{2}x^2$,
siden dette er en rettvinklet trekant der hÃ¸yde og bredde er $x$.
\end{ex}

 \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
\filldraw[orange, thick] (0,0) -- (2,0) -- (2,2) -- cycle;
          \draw[-&gt;] (0,0) -- (4,0);% node[right]{$p$};
         \draw[-&gt;] (0,0) -- (0,2.5);% node[above]{$t$};
          \draw[-] (0,0) -- (3,3) ;
%           \node[above] at (.5,1.7){$f(x)=x$};
           \node[above] at (2,-.7){$x$};

       \end{scope}
    \end{tikzpicture}
 \end{center}


\begin{ex}
La $(x)=x^2$. 
Arealet under grafen er $\frac{1}{3}x^3$.
Dette ble oppdaget geometrisk av Arkimedes for over to tusen Ã¥r siden. 
Han oppdaget det ved Ã¥ dele inn omrÃ¥det i bitte smÃ¥ trapeser, 
og bruke at 
\[
1+4+9+\cdots=\sum_{i=1}^n i^2=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1).
\]
Vi skal gjÃ¸re en liknende beregning litt lenger ned.
\end{ex}

 \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
\filldraw[orange, thick] (0,0) -- (.2,.01) -- (.5,.06) -- (.7,.16) -- (1,.3) -- (1.5,.71) -- (2,1.3)  -- (2,0) -- cycle;
          \draw[-&gt;] (0,0) -- (4,0);% node[right]{$p$};
         \draw[-&gt;] (0,0) -- (0,2.5);% node[above]{$t$};

%           \node[above] at (.5,1.7){$f(x)=x$};
           \node[above] at (2,-.7){$x$};
      \draw[scale=0.6,domain=0:5,smooth,variable=\x,black,thick] plot ({\x},{.2*(\x*\x)});
       \end{scope}
    \end{tikzpicture}
 \end{center}


For Ã¥ bygge opp integralteorien er det essensielt Ã¥ starte med begensede funksjoner pÃ¥ lukkede intervaller. 
Det gÃ¥r an Ã¥ utvide integrasjonsteorien til ubegrensede funksjoner og ubegrensede intervaller, 
og det skal vi se pÃ¥ sÃ¥ vidt til slutt i kapitlet. 

\begin{tcolorbox}
\begin{defnx} 
En \defterm{partisjon} $P$ av intervallet $[a,b]$, 
er en endelig punktmengde som deler intervallet i mindre biter.
Delingspunktene kaller vi $x_i$, 
der $x_0=a&lt;x_1&lt;\cdots &lt; x_{n-1}&lt; x_n=b$.
\end{defnx}
\end{tcolorbox}

\begin{center}
        \vspace{.5cm}
    \begin{tikzpicture}[scale=.9,thick]
%      \draw[-&gt;] (-1.5,0) -- (1.5,0) node[right]{$x$};
          \draw[-&gt;] (-4,-1) -- (4,-1) node[right]{$x$};
%          \draw[-&gt;] (-2.5,-1) -- (-2.5,1.3) node[above]{$y$};
%          \draw[-] (-2.35,.05) -- (-2.35,-.05) node[below]{$a$};
          \draw[line width = 1mm](5*.6,-.90) -- (5*.6,-1.10) node[below]{$b=x_n$};
           \draw[-] (4*.6,-.90) -- (4*.6,-1.10) ;
           \draw[-] (3.3*.6,-.90) -- (3.3*.6,-1.10) ;
           \draw[-] (2.5*.6,-.90) -- (2.5*.6,-1.10) ;
           \draw[-] (1.3*.6,-.90) -- (1.3*.6,-1.10) node[below]{$x_i$};
           \draw[-] (0.1,-.90) -- (0.1,-1.10) ;
           \draw[-] (-1*.6,-.90) -- (-1*.6,-1.10) ;
           \draw[-] (-2.5*.6,-.90) -- (-2.5*.6,-1.10) ;
           \draw[-] (-3*.6,-.90) -- (-3*.6,-1.10) ;
           \draw[-] (-4*.6,-.90) -- (-4*.6,-1.10) ;
           \draw[line width = 1mm] (-5*.6,-.90) -- (-5*.6,-1.10) node[below]{$a=x_0$};
    \end{tikzpicture}
        \vspace{.5cm}
  \end{center}

\begin{tcolorbox}
\begin{defnx} 
En \defterm{stegfunksjon} er en stykkvis konstant funksjon,
som tar verdien $f_i$ pÃ¥ intervallet $[x_{i-1},x_i)$. 
\end{defnx}
\end{tcolorbox}

\begin{center}
        \vspace{.5cm}
    \begin{tikzpicture}[scale=.9,thick]
%      \draw[-&gt;] (-1.5,0) -- (1.5,0) node[right]{$x$};
          \draw[-&gt;] (-4,-1) -- (4,-1) node[right]{$x$};
%          \draw[-&gt;] (-2.5,-1) -- (-2.5,1.3) node[above]{$y$};
%          \draw[-] (-2.35,.05) -- (-2.35,-.05) node[below]{$a$};
          \draw[line width = 1mm](5*.6,-.90) -- (5*.6,-1.10) node[below]{$b$};
	\draw[-] (5*.6,-1) -- (5*.6,1) ;

           \draw[-] (4*.6,1) -- (5*.6,1) ;
          \draw[-] (4*.6,-1) -- (4*.6,1) ;
           
           \draw[-] (4*.6,-.90) -- (4*.6,-1.10) ;
           \draw[-] (4*.6,.5) -- (3.3*.6,.5) ;
          \draw[-] (3.3*.6,.5) -- (3.3*.6,-1) ;
           
           \draw[-] (3.3*.6,-.90) -- (3.3*.6,-1.10) ;
           \draw[-] (3.3*.6,.3) -- (2.5*.6,.3) ;
          \draw[-] (2.5*.6,-1) -- (2.5*.6,.7) ;
           
           \draw[-] (2.5*.6,-.90) -- (2.5*.6,-1.10) ;
           \draw[-] (2.5*.6,.7) -- (1.3*.6,.7) ;
          \draw[-] (1.3*.6,.7) -- (1.3*.6,-1) ;
           
           \draw[-] (1.3*.6,-.90) -- (1.3*.6,-1.10) node[below]{$x_i$};
           \draw[-] (.1*.6,.4) -- (1.3*.6,.4) ;
           \draw[-] (.1*.6,-1) -- (.1*.6,.4) ;
           
           \draw[-] (0.1*.6,-.90) -- (0.1*.6,-1.10) ;
           \draw[-] (.1*.6,.1) -- (-1*.6,.1) ;
           \draw[-] (-1*.6,-1) -- (-1*.6,.8) ;
           
           \draw[-] (-1*.6,-.90) -- (-1*.6,-1.10) ;
           \draw[-] (-2.5*.6,.8) -- (-1*.6,.8) ;
           \draw[-] (-2.5*.6,.8) -- (-2.5*.6,-1) ;
           
           \draw[-] (-2.5*.6,-.90) -- (-2.5*.6,-1.10) ;
           \draw[-] (-2.5*.6,.-.3) -- (-3*.6,-.3) ;
           \draw[-] (-3*.6,.-1) -- (-3*.6,-.3) ;
           
           \draw[-] (-3*.6,-.90) -- (-3*.6,-1.10) ;
           \draw[-] (-4*.6,.-.7) -- (-3*.6,-.7) ;
           \draw[-] (-4*.6,.-1) -- (-4*.6,-.1) ;
           
           \draw[-] (-4*.6,-.90) -- (-4*.6,-1.10) ;
           \draw[-] (-4*.6,.-.1) -- (-5*.6,-.1) ;           
           \draw[-] (-5*.6,.-.1) -- (-5*.6,-1) ;           
                      
           \draw[line width = 1mm] (-5*.6,-.90) -- (-5*.6,-1.10) node[below]{$a$};;
    \end{tikzpicture}
        \vspace{.5cm}
  \end{center}

%\begin{center}
%        \vspace{.5cm}
%    \begin{tikzpicture}[scale=.9,thick]
%%      \draw[-&gt;] (-1.5,0) -- (1.5,0) node[right]{$x$};
%          \draw[-&gt;] (-4,-1) -- (4,-1) node[right]{$x$};
%%          \draw[-&gt;] (-2.5,-1) -- (-2.5,1.3) node[above]{$y$};
%%          \draw[-] (-2.35,.05) -- (-2.35,-.05) node[below]{$a$};
%          \draw[line width = 1mm](5*.6,-.90) -- (5*.6,-1.10) node[below]{$b$};
%	\draw[-] (5*.6,-1) -- (5*.6,1) ;
%
%           \draw[-] (4*.6,1) -- (5*.6,1) ;
%          \draw[-] (4*.6,.5) -- (4*.6,1) ;
%           
%           \draw[-] (4*.6,-.90) -- (4*.6,-1.10) ;
%           \draw[-] (4*.6,.5) -- (3.3*.6,.5) ;
%          \draw[-] (3.3*.6,.5) -- (3.3*.6,.3) ;
%           
%           \draw[-] (3.3*.6,-.90) -- (3.3*.6,-1.10) ;
%           \draw[-] (3.3*.6,.3) -- (2.5*.6,.3) ;
%          \draw[-] (2.5*.6,.7) -- (2.5*.6,.3) ;
%           
%           \draw[-] (2.5*.6,-.90) -- (2.5*.6,-1.10) ;
%           \draw[-] (2.5*.6,.7) -- (1.3*.6,.7) ;
%          \draw[-] (1.3*.6,.7) -- (1.3*.6,.4) ;
%           
%           \draw[-] (1.3*.6,-.90) -- (1.3*.6,-1.10) node[below]{$x_i$};
%           \draw[-] (.1*.6,.4) -- (1.3*.6,.4) ;
%           \draw[-] (.1*.6,.1) -- (.1*.6,.4) ;
%           
%           \draw[-] (0.1,-.90) -- (0.1,-1.10) ;
%           \draw[-] (.1*.6,.1) -- (-1*.6,.1) ;
%           \draw[-] (-1*.6,.8) -- (-1*.6,.1) ;
%           
%           \draw[-] (-1*.6,-.90) -- (-1*.6,-1.10) ;
%           \draw[-] (-2.5*.6,.8) -- (-1*.6,.8) ;
%           \draw[-] (-2.5*.6,.8) -- (-2.5*.6,-.3) ;
%           
%           \draw[-] (-2.5*.6,-.90) -- (-2.5*.6,-1.10) ;
%           \draw[-] (-2.5*.6,.-.3) -- (-3*.6,-.3) ;
%           \draw[-] (-3*.6,.-.7) -- (-3*.6,-.3) ;
%           
%           \draw[-] (-3*.6,-.90) -- (-3*.6,-1.10) ;
%           \draw[-] (-4*.6,.-.7) -- (-3*.6,-.7) ;
%           \draw[-] (-4*.6,.-1) -- (-4*.6,-.1) ;
%           
%           \draw[-] (-4*.6,-.90) -- (-4*.6,-1.10) ;
%           \draw[-] (-4*.6,.-.1) -- (-5*.6,-.1) ;           
%           \draw[-] (-5*.6,.-.1) -- (-5*.6,-1) ;           
%                      
%           \draw[line width = 1mm] (-5*.6,-.90) -- (-5*.6,-1.10) node[below]{$a$};;
%    \end{tikzpicture}
%        \vspace{.5cm}
%  \end{center}

Merk at vi kan skrive en stegfunksjon som en lineÃ¦rkombinasjon av enhetssprangfunksjoner. 
Dette er som oftest ikke en hensiktsmessig notasjon,
og det er enklere Ã¥ bruke delt forskrift. 
\[
f(x)=\begin{cases} f_1 \quad  x \in [x_0,x_1) \\ f_2 \quad x \in [x_1,x_2)   \\ \vdots \\ f_n  \quad x \in [x_{n-1},x_n]  \end{cases}
\]
Forbundet med en stegfunksjon er summen 
\[
s=\sum_{n=1}^{n} (x_{i}-x_{i-1})f_i
\]
som beskriver arealet under grafen til stegfunksjonen.

\begin{tcolorbox}
\begin{defnx} 
La $f$ vÃ¦re en begrenset funksjon, 
og $P$ en partisjon av intervallet $[a,b]$.
La 
\[
m_i=\min_{x \in [x_{i-1},x_i]} f(x)
\]
og
\[
M_i=\max_{x \in [x_{i-1},x_i]} f(x).
\]
En \defterm{Ã¸vre riemannsum} er
\[
U(P)=\sum_{n=1}^{n} (x_{i}-x_{i-1})M_i,
\]
og en \defterm{nedre riemannsum} er
\[
L(P)=\sum_{n=1}^{n} (x_{i}-x_{i-1})m_i.
\]
\end{defnx}
\end{tcolorbox}

Det er ikke veldig vanskelig Ã¥ vise at 
\[
U(P)-L(P)\geq 0
\]
for alle partisjoner $P$, og at 
\[
U(P') \leq U(P) \quad \text{og} \quad L(P')\geq L(P) 
\]
dersom $P\subset P'$, 
altsÃ¥ at $P'$ inneholder alle punktene i $P$, 
og minst ett ekstra punkt. 
Vi sier da at $P'$ er en finere partisjon enn $P$. 

\begin{tcolorbox}
\begin{defnx} 
La $f$ vÃ¦re en begrenset funksjon pÃ¥ $[a,b]$.
Dersom det for hver $\epsilon&gt;0$
finnes en partisjon
$P$ av intervallet $[a,b]$
slik at 
\[
U(P)-L(P)&lt;\epsilon,
\]
sier vi at $f$ er integrerbar.
\end{defnx}
\end{tcolorbox}

Dersom $f$ er begrenset, 
er det klart at 
mengden av alle nedre riemannsummer mÃ¥ ha en minste Ã¸vre skranke, 
og at mengden av alle nedre riemannsummer mÃ¥ ha en stÃ¸rste nedre skranke. 
Dersom $f$ er integrerbar,
er det heller ikke sÃ¥ vanskelig Ã¥ se at disse mÃ¥ vÃ¦re like.
Dette tallet skriver vi 
\[
\int_a^b f(x)\; dx,
\]
og vi har at 
\[
L(P)\leq  \int_a^b f(x)\; dx \leq U(P)
\]
for alle partisjoner $P$. 
%\begin{tcolorbox}
%\begin{defnx} 
%\end{defnx}
%\end{tcolorbox}
Noen ganger Ã¸nsker man Ã¥ uttrykke seg mer konsist,
og da skriver man bare 
\[
\int_a^b f.
\]
%for eksempel nÃ¥r man skal integrere en funksjon som er avhengig av parametre i tillegg til $x$:
%\[
%\int_0^{1} ax^2 \; dx = \frac{a}{3}.
%\]
Det kan vÃ¦re ganske vanskelig Ã¥ avgjÃ¸re hvilke funksjoner som er integrerbare
direkte fra definisjonen,
men noen eksempler er mulig Ã¥ regne ut. 

\begin{ex}
La $f$ vÃ¦re funksjonen
\[
f(x)=\begin{cases} 1 \quad \text{rasjonale}\; x \\ 0 \quad \text{irrasjonale}\; x \end{cases}
\]
Denne er diskontinuerlig overalt, 
og ikke integrerbar.
Siden $m_i=0$ og $M_i=1$ for alle $i$ og alle partisjoner, 
er det klart at det ikke finnes partisjoner slik at 
\[
U(P)-L(P)&lt;\epsilon
\]
dersom $\epsilon &lt; 1$.
Dette eksemplet kan fremstÃ¥ som noe patologisk,
men vi skal se i et senere kapittel at denne funksjonen kan konstrueres ved hjelp av cosinusfunksjonen og to grenseverdiprosesser.
\end{ex}



Dette er ikke mulig Ã¥ gjÃ¸re for mange funksjoner, 
og i neste avsnitt skal vi se at vi kan bruke antiderivasjon istedet. 
Men det er viktig Ã¥ forstÃ¥ riemannsummer nÃ¥r man skal igang med fysiske anvendelser av integrasjon, 
sÃ¥ vi tar med et eksempel.

\begin{ex}
Vi beregner
\[
\int_0^b x\; dx.
\]
La oss ta en jevn partisjon, 
der punktene er gitt ved:
\[
x_k=\frac{bk}{n}.
\]
Vi beregner en typisk nedre riemannsum:
\begin{align*}
\frac{b}{n}\sum_{k=0}^{n-1} x_k &amp;=\frac{b}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \frac{bk}{n} =\frac{b^2}{n^2}\sum_{k=0}^{n-1} k\\ 
&amp;=\frac{b^2}{n^2} \frac{n(n-1)}{2}=\frac{b^2}{2} \frac{(n-1)}{n}
\end{align*}
Her er en Ã¸vre:
\begin{align*}
\frac{b}{n}\sum_{k=1}^{n} x_k &amp;=\frac{b}{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{bk}{n} =\frac{b^2}{n^2}\sum_{k=1}^{n} k\\ 
&amp;=\frac{b^2}{n^2} \frac{n(n+1)}{2}=\frac{b^2}{2} \frac{(n+1)}{n}
\end{align*}
Vi kan nÃ¥ sjekke at $f(x)=x$ er integrerbar. 
Velg $\epsilon &gt; 0$. 
En rask kikk pÃ¥ 
\[
U(P)-L(P)=\frac{b^2}{2} \left(\frac{(n+1)}{n}- \frac{(n-1)}{n}\right)=\frac{b^2}{n} 
\]
forteller at dersom vi velger 
\[
n &gt; \frac{b^2}{\epsilon}
\]
har vi 
\[
U(P)-L(P)&lt;\epsilon,
\]
og siden 
\[
\frac{b^2}{2}\lim_{n\to \infty} \frac{n+1}{n}=\frac{b^2}{2}\lim_{n\to \infty} \frac{n-1}{n}=\frac{b^2}{2}
\]
ser det ut til at integralet blir $\frac{b^2}{2}$.
\end{ex}

 \begin{center}
\begin{minipage}{.2\textwidth}
    \begin{tikzpicture}[thick]
      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
\draw[blue, thick] (0,0) -- (.4,0) -- (.4,.4) -- (.8, .4) -- (.8 ,.8) -- (1.2 ,.8) -- (1.2 ,1.2) -- (1.6 ,1.2) -- (1.6 ,1.6) -- (2 ,1.6)  --  (2,0) -- cycle;
          \draw[-&gt;] (0,0) -- (2.5,0);% node[right]{$p$};
         \draw[-&gt;] (0,0) -- (0,2.5);% node[above]{$t$};
          \draw[-] (0,0) -- (2.5,2.5) ;
%           \node[above] at (.5,1.7){$f(x)=x$};
           \node[above] at (2,-.7){$b$};
                  \draw[-,blue, thick] (.8,0) -- (.8,.8);% node[above]{$t$};
         \draw[-,blue, thick] (1.2,0) -- (1.2,1.2);% node[above]{$t$};
         \draw[-,blue, thick] (1.6,0) -- (1.6,1.6);% node[above]{$t$};


       \end{scope}
    \end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{.2\textwidth}
    \begin{tikzpicture}[thick]
      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
          \draw[-&gt;] (0,0) -- (2.5,0);% node[right]{$p$};
         \draw[-&gt;] (0,0) -- (0,2.5);% node[above]{$t$};
          \draw[-] (0,0) -- (2.5,2.5) ;

\draw[red, thick] (0,0) --  (0,0.4) -- (.4,.4) -- ( .4,.8) -- (.8 ,.8) -- ( .8,1.2) -- (1.2 ,1.2) -- ( 1.2,1.6) -- (1.6 ,1.6) -- (1.6,2) -- (2,2) --  (2,0) -- cycle;
         \draw[-,red, thick] (.4,0) -- (.4,.4);% node[above]{$t$};
                  \draw[-,red, thick] (.8,0) -- (.8,.8);% node[above]{$t$};
         \draw[-,red, thick] (1.2,0) -- (1.2,1.2);% node[above]{$t$};
         \draw[-,red, thick] (1.6,0) -- (1.6,1.6);% node[above]{$t$};
         \draw[-,red, thick] (2,0) -- (2,2);% node[above]{$t$};

%           \node[above] at (.5,1.7){$f(x)=x$};
           \node[above] at (2,-.7){$b$};


       \end{scope}
    \end{tikzpicture}
\end{minipage}
 \end{center}
 
 \begin{ex}
Vi beregner
\[
\int_0^b x^2\; dx.
\]
pÃ¥ samme vis.
La partisjonen vÃ¦re 
\[
x_k=\frac{bk}{n}.
\]
Vi beregner en typisk nedre riemannsum:
\begin{align*}
\frac{b}{n}\sum_{k=0}^{n-1} x_k^2 &amp;=\frac{b}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \frac{b^2k^2}{n^2} =\frac{b^3}{n^3}\sum_{k=0}^{n-1} k^2\\ 
&amp;=\frac{b^3}{n^3} \frac{(n-1)n(2n-1)}{6} \\
&amp;=\frac{b^3}{6} \frac{2n^3-3n^2+n}{n^3} 
\end{align*}
Her er en Ã¸vre:
\begin{align*}
\frac{b}{n}\sum_{k=1}^{n} x_k^2 &amp;=\frac{b}{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{b^2k^2}{n^2} =\frac{b^3}{n^3}\sum_{k=1}^{n} k^2\\ 
&amp;=\frac{b^3}{n^3} \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \\
&amp;=\frac{b^3}{6} \frac{2n^3+3n^2+n}{n^3} 
\end{align*}
Vi kan nÃ¥ sjekke at $f(x)=x$ er integrerbar. 
Velg $\epsilon &gt; 0$. 
En rask kikk pÃ¥ 
\begin{align*}
U(P)-L(P)&amp;=\frac{b^3}{6} \left(\frac{2n^3+n^2+n}{n^3} -\frac{2n^3-n^2+n}{n^3} \right)\\
&amp;=\frac{b^2}{6}\frac{2n^2}{n^3}= \frac{b^2}{3n}
\end{align*}
forteller at dersom vi velger 
\[
n &gt; \frac{b^2}{3\epsilon}
\]
har vi 
\[
U(P)-L(P)&lt;\epsilon,
\]
og siden 
\[
\lim_{n\to \infty} \frac{b^3}{6} \frac{2n^3+n^2+n}{n^3} =\lim_{n\to \infty} \frac{b^3}{6} \frac{2n^3-n^2+n}{n^3} =\frac{b^3}{3}
\]
ser det ut til at integralet blir $\frac{b^3}{3}$.
\end{ex}


 \begin{center}
\begin{minipage}{.2\textwidth}
    \begin{tikzpicture}[thick]

      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]

          \draw[-&gt;] (0,0) -- (2.5,0);% node[right]{$p$};


         \draw[-&gt;] (0,0) -- (0,2.5);% node[above]{$t$};


\draw[blue, thick] (.4,0) --  (.4,.5*.4*.4) -- (.8,.5*.4*.4) -- ( .8,.5*.8*.8) -- (1.2, .5*.8*.8) -- ( 1.2,.5*1.2*1.2) -- (1.6 ,.5*1.2*1.2) -- ( 1.6,.5*1.6*1.6) -- (1.6 ,.5*1.6*1.6) -- (2 ,.5*1.6*1.6) -- (2,0)  -- cycle;

         \draw[-,blue, thick] (.8,0) -- (.8,.5*.8*.8);% node[above]{$t$};
         \draw[-,blue, thick] (1.2,0) -- (1.2,.5*1.2*1.2);% node[above]{$t$};
         \draw[-,blue, thick] (1.6,0) -- (1.6,.5*1.6*1.6);% node[above]{$t$};

%           \node[above] at (.5,1.7){$f(x)=x$};
           \node[above] at (2,-.7){$b$};
   \draw plot[domain=0:2,samples=200] (\x,{.5*\x*\x)}); 
       \end{scope}
    \end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{.2\textwidth}
    \begin{tikzpicture}[thick]
      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
          \draw[-&gt;] (0,0) -- (2.5,0);% node[right]{$p$};
         \draw[-&gt;] (0,0) -- (0,2.5);% node[above]{$t$};


\draw[red, thick] (0,0) --  (0,.5*.4*.4) -- (.4,.5*.4*.4) -- ( .4,.5*.8*.8) -- (.8, .5*.8*.8) -- ( .8,.5*1.2*1.2) -- (1.2 ,.5*1.2*1.2) -- ( 1.2,.5*1.6*1.6) -- (1.6 ,.5*1.6*1.6) -- (1.6,2) -- (2,2) --  (2,0) -- cycle;

         \draw[-,red, thick] (.4,0) -- (.4,.5*.4*.4);% node[above]{$t$};
         \draw[-,red, thick] (.8,0) -- (.8,.5*.8*.8);% node[above]{$t$};
         \draw[-,red, thick] (1.2,0) -- (1.2,.5*1.2*1.2);% node[above]{$t$};
         \draw[-,red, thick] (1.6,0) -- (1.6,.5*1.6*1.6);% node[above]{$t$};
         \draw[-,red, thick] (2,0) -- (2,.5*4);% node[above]{$t$};
         
%           \node[above] at (.5,1.7){$f(x)=x$};
           \node[above] at (2,-.7){$b$};
   \draw plot[domain=0:2,samples=200] (\x,{.5*\x*\x)}); 
       \end{scope}
    \end{tikzpicture}
\end{minipage}
 \end{center}

NÃ¥ er det viktig Ã¥ ikke fortvile. 
Det er ingen som beregner integraler pÃ¥ denne mÃ¥ten, 
men beregningen over er interessant, 
fordi den ble gjort av Arkimedes omtrent to tusen Ã¥r fÃ¸r Newton og Leibniz oppfant integralregningen.
NÃ¥ kommer en serie med smÃ¥ teoremer. 


\begin{tcolorbox}
\begin{thm}
For integralet gjelder fÃ¸lgende:
\begin{itemize}

\item[1] Dersom $f$ er begrenset og stykkvis kontinuerlig pÃ¥ $[a,b]$ med et endelig antall diskontinuiteter, er $f$ integrerbar pÃ¥ $[a,b]$. 

\item[2]
Dersom $f$ er kontinuerlig pÃ¥ $[a,b]$, finnes en $c\in [a,b]$ slik at
\[
f(c)=\frac{1}{b-a}\int_a^b f \; ds.
\]

\item[3]
Dersom $f_1$ og $f_2$ er integrerbare funksjoner, 
og $c_1$ og $c_2$ vilkÃ¥rlige konstanter,
er 
\begin{align*}
\int_a^b c_1 f_1(x)&amp;+c_2 f_2(x)\; dx= \\&amp; c_1\int_a^b f_1(x)\; dx+c_2\int_a^b f_2(x)\; dx.
\end{align*}

\item[4]
Dersom $f_1$ og $f_2$ er integrerbare funksjoner
og $f_1\leq f_2$, er
\begin{align*}
\int_a^b f_1(x) \; dx\leq \int_a^b f_2(x) \; dx.
\end{align*}


\item[5]
Dersom $|f| \leq M$ pÃ¥ $[a,b]$, er
\[
\left|\int_a^b f\; dx  \right| \leq M(b-a).
\]

\item[6]
Dersom $f$ er integrerbar, er
$|f|$ integrerbar, og 
\[
\left|\int_a^b f\; dx  \right| \leq \int_a^b |f|\; dx.
\] 

\item[7]
Dersom $f$ er integrerbar og $c \in (a,b)$, er
\[
\int_a^b f(x)\; dx =\int_a^c f(x)\; dx  +\int_c^b f(x)\; dx.
\]

\item[8]
Dersom $f$ er integrerbar, er
\[
\int_b^a f(x)\; dx =-\int_a^b f(x)\; dx .
\]

\end{itemize}
\end{thm}
\end{tcolorbox}
%
%
%\begin{tcolorbox}
%\begin{thm}
%Dersom $f$ er begrenset og stykkvis kontinuerlig pÃ¥ $[a,b]$ med et endelig antall diskontinuiteter, er $f$ integrerbar pÃ¥ $[a,b]$. 
%\end{thm}
%\end{tcolorbox}
%
%\begin{tcolorbox}
%\begin{thm}
%La $f_1$ og $f_2$ vÃ¦re integrerbare funksjoner, 
%og $c_1$ og $c_2$ vilkÃ¥rlige konstanter.
%Da er 
%\begin{align*}
%\int_a^b c_1 f_1(x)&amp;+c_2 f_2(x)\; dx= \\&amp; c_1\int_a^b f_1(x)\; dx+c_2\int_a^b g(x)\; dx\\
%\end{align*}
%\end{thm}
%\end{tcolorbox}
%
%\begin{tcolorbox}
%\begin{thm}
%Anta at $|f| &lt; M$ pÃ¥ $[a,b]$. Da er 
%\[
%\left|\int_a^b f\; dx  \right| \leq M(b-a).
%\]
%\end{thm}
%\end{tcolorbox}
%
%
%\begin{tcolorbox}
%\begin{thm}
%\[
%\left|\int_a^b f\; dx  \right| \leq \int_a^b |f|\; dx
%\]
%\end{thm}
%\end{tcolorbox}
%
%\begin{tcolorbox}
%\begin{thm}
%\[
%\int_b^a f(x)\; dx =-\int_a^b f(x)\; dx  
%\]
%\end{thm}
%\end{tcolorbox}
%
%
%\begin{tcolorbox}
%\begin{thm}
%Dersom $f$ er kontinuerlig pÃ¥ $[a,b]$, finnes en $c\in [a,b]$ slik at
%\[
%f(c)=\frac{1}{b-a}\int_a^b f \; ds.
%\]
%\end{thm}
%\end{tcolorbox}

Bevisene for disse teoremene
er enten sÃ¥ lette at de ikke er spesielt interessante Ã¥ lese, 
eller sÃ¥ vanskelige at vi ikke kan gjÃ¸re dem i dette kurset.

Egenskap 1 er ikke mulig Ã¥ vise med det vi har gjort til nÃ¥ i kurset. 
Man mÃ¥ bevise at en begrenset og kontinuerlig funksjon er sÃ¥kalt uniformt kontinuerlig,
og ta det derfra. 
En funksjon er uniformt kontinuerlig pÃ¥ $[a,b]$ dersom det for hver $\epsilon &gt;0$ finnes en $\delta$ slik at 
\[
0&lt;|x-y| &lt; \delta \quad \Longrightarrow \quad |f(x)-f(y)| &lt; \epsilon
\]
for alle $x,y \in [a,b]$.

Egenskap 2 er en versjon av sekantsetningen, 
men for integraler. 
Den kalles gjerne \defterm{middelverdisatsen}.
Navnet kommer av at uttrykket 
\[
\frac{1}{b-a}\int_a^b f \; ds
\]
gir middelverdien $f$, 
i den forstand at dersom $f$ byttes ut med en konstant funksjon med denne verdien, 
fÃ¥r integralet den samme verdien.
Middelverdisatsen sier at $f$ mÃ¥ innom denne verdien pÃ¥ vei fra $a$ til $b$.
Denne er ikke sÃ¥ vanskelig Ã¥ bevise, 
og fÃ¸lger av skjÃ¦ringssetningen.
PrÃ¸v selv!

Egenskap 3-7 fÃ¸lger av en serie litt kjedelige resonnementer basert pÃ¥ riemannsummer. 
Hvis du plukker opp en tilfeldig bok i envariabel funksjonsteori,
vil du finne dem der. 

Egenskap 8 handler egentlig om konvensjon. 
Dersom vi tillater $b &lt; a$ i definisjonen av partisjoner, 
blir 
\[
x_i-x_{i-1}&lt;0
\]
for alle $i$, 
slik at riemannsummene bytter fortegn i forhold til $f$. 
Dette kan vi bruke til Ã¥  definere presist hva vi mener med 
\[
\int_a^b f(x)\; dx 
\]
nÃ¥r $b &lt; a$.
Det blir da relativt enkelt Ã¥ bevise egenskap 8. 


\section*{\huge Integrasjon og derivasjon}


\begin{tcolorbox}
\begin{thm}
Dersom  $f$ er integrerbar pÃ¥ $[a,b]$, er 
\[
F(x)=\int^{x}_{a} f(s)\; ds
\]
en kontinuerlig funksjon pÃ¥ $[a,b]$.
\end{thm}
\end{tcolorbox}
\begin{proof}
Velg $\epsilon &gt; 0$, og anta $|f| \leq M$. 
Da er 
\[
|F(x)| \leq  M(b-a)
\]
og fÃ¸lgelig er
\[
\left|F(x)-F(y)\right| \leq \left|\int_x^y f\; ds  \right| \leq M|x-y|.
\]
Dersom vi velger 
\[
|x-y| &lt; \frac{\epsilon}{M},
\]
er
\[
|F(x)-F(y)| \leq M|x-y| &lt; \epsilon,
\]
slik at $F$ er kontinuerlig i $x$.
\end{proof}


Integrasjon og derivasjon er pÃ¥ sett og vis inverse operasjoner,
og det finnes en stor klasse av integrerbare funksjoner som har en antiderivert.
NÃ¥r man lÃ¦rer integrasjon pÃ¥ skolen, 
blir man egentlig oppdratt til Ã¥ tro at integrasjon er det samme som antiderivasjon. 
Dette er et forenklet bilde av virkeligheten, 
for integrasjon er mye mer enn bare antiderivasjon.
Men det er allikevel praktisk Ã¥ kunne beregne integraler ved Ã¥ antiderivere.

\begin{tcolorbox}
\begin{thm}
La $f$ vÃ¦re en kontinuerlig i $x=c\in [a,b]$. Da er
\[
F(x)=\int^{x}_{a} f(s)\; ds
\]
deriverbar i $x=c$, og 
\[
F'(c)=f(c).
\]
\end{thm}
\end{tcolorbox}

\begin{proof}
Vi beregner
\begin{align*}
F'(x)&amp;=\lim_{h\to 0}\frac{F(x+h)-F(x)}{h}\\
&amp;=\lim_{h\to 0}\frac{1}{h}\int^{x+h}_{a} f(s)\; ds-\int^{x}_{a} f(s)\; ds\\
&amp;=\lim_{h\to 0}\frac{1}{h}\int^{x+h}_{x} f(s)\; ds\\
&amp;=\lim_{h\to 0}f(c)=f(x)
\end{align*}
siden det for hver $h$ mÃ¥ finnes en $c\in [x,x+h]$ slik at 
\[
\frac{1}{h}\int^{x+h}_{x} f(s)\; ds=f(c).\qedhere
\]
\end{proof}



Det neste teoremet kalles gjerne \defterm{analysens fundamentalteorem}. 

\begin{tcolorbox}
\begin{thm}
La $f$ vÃ¦re integrerbar pÃ¥ $[a,b]$. Dersom det finnes en funksjon $F$ slik at $F'=f$, 
er 
\[
\int^{b}_{a} f(x)\; dx=F(b)-F(a).
\]
\end{thm}
\end{tcolorbox}

\begin{proof}
Velg en partisjon $P$.% slik at $U(P)-L(P) &lt; \epsilon$.
Hvis vi bruker sekantsetningen pÃ¥ hvert delintervall, 
kan vi for hvert intervall finne en $y_i$ slik at
\[
F(x_i)-F(x_{i-1})=f(y_i)((x_i - x_{i-1}),
\]
og dersom vi legger sammen alle disse likningene,
fÃ¥r vi 
\[
F(b)-F(a)=\sum_i f(y_i)((x_i - x_{i-1}).
\]
Siden $m_i\leq f(y_i) \leq M_i$ for alle $i$,
mÃ¥ 
\[
L(P)\leq \sum_i f(y_i)((x_i - x_{i-1})\leq U(P)
\]
og fÃ¸lgelig er ogsÃ¥
\[
L(P)\leq F(b)-F(a) \leq U(P).
\]
Dette gjelder altsÃ¥ for alle partisjoner $P$. 
NÃ¥ er det kun ett tall som er stÃ¸rre enn $L(P)$ og mindre enn $U(P)$ for alle $P$, 
nemlig 
\[
\int_a^b f(x)\; dx
\]
sÃ¥ dersom $F(b)-F(a)$ ogsÃ¥ skal ha denne egenskapen, mÃ¥ 
\[
F(b)-F(a)=\int_a^b f(x)\; dx.\qedhere
\]
\end{proof}



\begin{ex}
Siden polynomer er kontinuerlige, 
mÃ¥ Ã¥penbart
\[
\int_a^b x^n\; dx = \frac{b^{n+1}-a^{n+1}}{n+1},
\]
siden 
\[
\frac{d}{dx}\frac{x^{n+1}}{n+1}=x^n.
\]
Dette gjelder ogsÃ¥ for $n \in \mathbb{R}$, 
men dette er litt mer jobb Ã¥ vise.
\end{ex}

\begin{ex}
Siden 
\[
\frac{d}{dx}e^x=e^x,
\]
mÃ¥
\[
\int_a^b e^x\; dx = e^b-e^a.\qedhere
\]
\end{ex}

\begin{ex}
Det finnes funksjoner som ikke har noen antiderivert som er enkel Ã¥ skrive opp, 
for eksempel
\[
f(x)=\exp{(x^2)},
\]
\[
g(x)=\frac{\sin x}{x},
\]
og 
\[
h(x)=\sqrt{1+x^4}.
\]
Disse er integrerbare pÃ¥ alle lukkede intervaller. 
De antideriverte kan skrives som uendelige rekker, 
som vi skal se i kapitlet om rekkeutvikling.
\end{ex}

Vi tar med to regneregler for integrasjon som er umiddelbare konsekvenser av analysens fundamentalteorem.

\begin{tcolorbox}
\begin{thm}
La $F=f'$ og $G=g'$ pÃ¥ $[a,b]$. Dersom $f$ og $g$ er integrerbare, er 
\begin{align*}
\int^{b}_{a} F(x)g(x)\; dx&amp;=\\ F(b)G(b)&amp;-F(a)G(a)-\int^{b}_{a} f(x)G(x)\; dx.
\end{align*}
\end{thm}
\end{tcolorbox}

\begin{proof}
%La $H(x)=F(x)G(x)$. 
Dette fÃ¸lger av analysens fundamentalteorem og 
produktregelen for derivasjon:
\begin{align*}
\frac{d}{dx}F(x)G(x)&amp;=F(x)G'(x)+F'(x)G(x)\\ 
&amp;=F(x)g(x)+f(x)G(x).\qedhere
\end{align*}
%og 
%\[
%H(b)-H(a)=\int_a^b H'=\int_a^b Fg+\int_a^b fG. \qedhere
%\]
\end{proof}

\begin{tcolorbox}
\begin{thm}
Anta at $f$ er kontinuerlig pÃ¥ $[c,d]$, at $F'=f$ pÃ¥ $[c,d]$ og at  $u$ er deriverbar pÃ¥ $[a,b]$, med $u(a)=c$ og $u(b)=d$. 
Da er
\begin{align*}
F(u(b))-F(u(a))&amp;=\int_a^b f(u(x))u'(x)\; dx\\
&amp;=\int_c^d f(u)\; du.
\end{align*}
\end{thm}
\end{tcolorbox}

\begin{proof}
Dette fÃ¸lger av analysens fundamentalteorem og 
kjerneregelen for derivasjon:
\[
\frac{d}{dx}F(u(x))=f(u(x))u'(x). \qedhere
\]
\end{proof}

Til slutt tar vi med en variant som kalles \defterm{taylors teorem}.

\begin{tcolorbox}
\begin{thm}
La $f$ vÃ¦re en $n+1$ ganger kontinuerlig deriverbar funksjon pÃ¥ et intervall som inneholder $a$ og $x$. Da er 
\begin{align*}
f(x)=&amp;\\ 
f(a)&amp;+f'(a)(x-a)+\cdots+ \frac{f^n(a)}{n!}(x-a)^n \\ 
&amp;+ \frac{1}{n!}\int^x_a (x-s)^nf^{n+1}(s)\; ds
\end{align*}
\end{thm}
\end{tcolorbox}

\begin{ex}
En ellipse med halvakser $a$ og $b$ er mengden av alle punkter som tilfredsstiller likningen
\[
\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1.
\]
Vi kan bruke integrasjon til Ã¥ vise at arealet til ellipsen er gitt ved $\pi ab$.
Den Ã¸vre delen av ellipsen er grafen til funksjonen $f:[-a,a]\to \mathbb{R}$
\[
f(x)=b\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}
\]
og ved hjelp av substitusjonen $x=a\sin \theta$ kan vi beregne arealet:
\begin{align*}
A&amp;=4b\int_0^a\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}\; dx \\
&amp;=4b\int_0^{\pi/2}i \sqrt{1-\frac{a^2\sin^2\theta}{a^2}} a \cos \theta \;d\theta\\
&amp;=4ab\int_0^{\pi/2} \sqrt{1-\sin^2\theta}\cos \theta \;d\theta\\
&amp;=4ab\int_0^{\pi/2} \cos^2 \theta \;d\theta \\
&amp;=4ab\int_0^{\pi/2}  \frac{1+\cos 2\theta }{2} \;d\theta =\pi ab
\end{align*}
Dersom $a=b=r$ er dette en sirkel med radius $r$, 
og arealet blir $\pi r^2$.
\end{ex}




\section*{\Huge Uegentlige integral}

Et integral definerer en funksjon
\[
F(x)=\int_a^x f
\]
og det er ingenting i veien for Ã¥ beregne 
\[
\lim_{x \to \infty} F(x)=\int_a^x f.
\]
Dersom 
\[
\lim_{x \to c} f(x)=\infty,
\]
kan vi ogsÃ¥ beregne 
\[
\lim_{x \to c} \int_a^x f.
\]
Disse kalles \defterm{uegentlige integraler}. 
Dersom grenseverdiene eksisterer, 
sier vi at integralene konvergerer. 

\begin{ex}
\begin{align*}
 \int_1^\infty&amp; \frac{1}{x}\; dx
=  \lim_{a \to \infty}  \int_1^a \frac{1}{x}\; dx
=  \lim_{a \to \infty}  \log a=\infty\qedhere
\end{align*}
\end{ex}

\begin{ex}
\begin{align*}
 \int_1^\infty&amp; \frac{1}{x^2}\; dx
 =  \lim_{a \to \infty}  \int_1^a \frac{1}{x^2}\; dx
=  \lim_{a \to \infty}  1-\frac{1}{a}=1\qedhere
\end{align*}
\end{ex}

\begin{ex}
\begin{align*}
 \int_0^1&amp; \frac{1}{x}\; dx
=  \lim_{a \to 0^+}  \int_a^1 \frac{1}{x}\; dx
=  \lim_{a \to 0^+}  -\log a=\infty \qedhere
\end{align*}
\end{ex}

\begin{ex}
\begin{align*}
 \int_0^1&amp; \frac{1}{x^2}\; dx
=  \lim_{a \to 0^+}  \int_a^1 \frac{1}{x^2}\; dx
=  \lim_{a \to 0^+} \frac{1}{a}-1=\infty \qedhere
\end{align*}
\end{ex}


\begin{ex}
\begin{align*}
 \int_0^1&amp; \frac{1}{\sqrt{x}}\; dx
=  \lim_{a \to 0^+}  \int_a^1 \frac{1}{\sqrt{x}}\; dx
=  \lim_{a \to 0^+} 2-2\sqrt{a}=2 \qedhere
\end{align*}
\end{ex}

\begin{tcolorbox}
\begin{defnx}
Vi sier at $\int_a^b f$ er absolutt konvergent dersom $\int_a^b |f|$ er konvergent.
\end{defnx}
\end{tcolorbox}

\begin{ex}
Integralet
\[
\int_1^\infty \frac{\sin x}{x^2} \; dx
\]
er absolutt konvergent, siden
\[
\int_1^\infty \left|\frac{\sin x}{x^2}\right| \; dx \leq \int_1^\infty \frac{1}{x^2} \; dx  =1. \qedhere
\]
\end{ex}

Uegentlige integraler Ã¥pner opp for noe som kalles integraltesten. 
Det er en test for Ã¥ avgjÃ¸re om et integral og en korresponderende rekke konvergerer.

\begin{tcolorbox}
\begin{thm}
La $f$ vÃ¦re en begrenset funksjon. Integralet
\[
\int_a^\infty f(x)\;dx
\]
og rekken 
\[
\sum_{n=a}^\infty f(n)
\]
er enten begge konvergente, 
eller begge divergente.
\end{thm}
\end{tcolorbox}

\begin{ex}
NÃ¥ er det litt enklere Ã¥ avgjÃ¸re om for eksempel
\[
\sum \frac{1}{1+n^2}
\]
konvergerer, for vi kan beregne
\[
\int_0^\infty \frac{1}{1+x^2}\; dx=\lim_{x\to \infty}\arctan x-\arctan 0=\frac{\pi}{2}. \qedhere
\]
\end{ex}

\section*{\Huge Volum}

Til nÃ¥ har vi brukt integralet til Ã¥ beregne areal. 
I et bestemt rektangel i en riemannsum, 
representerer bredden bredden i et rektangel, 
og hÃ¸yden hÃ¸yden i et rektangel.
Arealet til rektangel representerer da nettopp arealet til et rektangel:


    \begin{tikzpicture}[thick]
      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
          \draw[-&gt;] (0,0) -- (5,0);% node[right]{$p$};
\draw[red, thick]  (1.6,0) --  (1.6,3) -- (3.2,3) --  (3.2,0) -- cycle;
\draw[red, thick]  (0,0) --  (0,1.8) -- (1.6,1.8) --  (1.6,0) -- cycle;

%         \draw[-&gt;] (0,0) -- (0,3);% node[above]{$t$};
  \draw[|&lt;-&gt;|] (3.7,0) --
        node[midway,fill=white,font=\scriptsize]{hÃ¸yde} (3.7,3);
  \draw[|&lt;-&gt;|] (1.6,-.5) --
        node[midway,fill=white,font=\scriptsize]{bredde} (3.2,-.5);

           \node[above] at (2.4,1.4){areal};
           \node[above] at (3.4,3.4){$f$};

   \draw plot[domain=0:2,samples=200] (\x,{.5*\x*\x+1.8)}); 
      \draw plot[domain=2:4,samples=200] (\x,{-.05*\x*\x+4)}); 
       \end{scope}
    \end{tikzpicture}
    
\noindent Dermed vil $\int f$ representere et areal:\\

    \begin{tikzpicture}[thick]
      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
          \draw[-&gt;] (0,0) -- (5,0);% node[right]{$p$};

\draw[-,blue, thick]  (0,0)  --  (3.2,0);
\draw[-,blue, thick]  (0,0)  --  (0,1.8);
\draw[-,blue, thick]  (3.2,0)  --  (3.2,3.5);
%         \draw[-&gt;] (0,0) -- (0,3);% node[above]{$t$};
%  \draw[|&lt;-&gt;|] (3.7,0) --
%        node[midway,fill=white,font=\scriptsize]{hÃ¸yde} (3.7,3);
%  \draw[|&lt;-&gt;|] (1.6,-.5) --
%        node[midway,fill=white,font=\scriptsize]{bredde} (3.2,-.5);

           \node[above,blue] at (1.8,1.4){$\int f\,$= areal};
           \node[above] at (3.4,3.4){$f$};

   \draw[blue] plot[domain=0:2,samples=200] (\x,{.5*\x*\x+1.8)}); 
      \draw plot[domain=2:4,samples=200] (\x,{-.05*\x*\x+4)}); 
     \draw[blue] plot[domain=2:3.22,samples=200] (\x,{-.05*\x*\x+4)}); 
       \end{scope}
    \end{tikzpicture}


Men en av integralets mange styrker, 
er at de to lengdene som har representert hÃ¸yde og bredde til nÃ¥, 
fint kan representere helt andre ting. 
I dette avsnittet skal vi tenke at man har en funksjon $A:[a,b]\to \mathbb{R}$ der funksjonsverdiene beskriver areal,
og $x$-aksen beskriver lengde.
Da vil bÃ¥de riemannsummene og $\int A$ representere volum:

    \begin{tikzpicture}[thick]
      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
          \draw[-&gt;] (0,0) -- (5,0);% node[right]{$p$};
\draw[red, thick]  (1.6,0) --  (1.6,3) -- (3.2,3) --  (3.2,0) -- cycle;
\draw[red, thick]  (0,0) --  (0,1.8) -- (1.6,1.8) --  (1.6,0) -- cycle;

%         \draw[-&gt;] (0,0) -- (0,3);% node[above]{$t$};
  \draw[|&lt;-&gt;|] (3.7,0) --
        node[midway,fill=white,font=\scriptsize]{areal} (3.7,3);
  \draw[|&lt;-&gt;|] (1.6,-.5) --
        node[midway,fill=white,font=\scriptsize]{bredde} (3.2,-.5);

           \node[above] at (2.4,1.4){volum};
           \node[above] at (4.5,3){$A$};

   \draw plot[domain=0:2,samples=200] (\x,{.5*\x*\x+1.8)}); 
      \draw plot[domain=2:4,samples=200] (\x,{-.05*\x*\x+4)}); 
       \end{scope}
    \end{tikzpicture}

\begin{ex}
En pyramide har et kvadratisk tverrsnitt med sidekant gitt ved
\[
s(x)=b-x,
\]
der $x$ er hÃ¸yden til tverrsnittet,
og $b$ er den totale hÃ¸yden til pyramiden.
Arealet til tversnittet er 
\[
A(x)=(b-x)^2,
\]
og volumet blir 
\[
V=\int_0^b (b-x)^2\;dx=\left(-\frac{(b-x)^3}{3}\right)^b_0=\frac{b^3}{3}.\qedhere
\]
\end{ex}


Et av de enkleste eksemplene  Ã¥ visualisere, 
kalles omdreiningslegemer. 
Anta at du har en funksjon $f: [a,b] \to \mathbb{R}$, 
og dreier grafen en gang rundt $x$-aksen. 
Da vil du fÃ¥ et legeme med sirkulÃ¦rt tverrsnitt. 
Arealet av tverrsnittet for en gitt $x$-verdi er gitt ved
\[
A(x)=\pi \left(f(x)\right)^2=\pi f^2(x).
\]
Man kan da tenke at dette er hÃ¸yden i en riemannsum.
Et rektangel i en riemannsum blir 
\[
\pi h f^2(x),
\]
og dette representerer nÃ¥ et volum. 
Totalvolumet til omdreiningslegemet er gitt ved 
\[
V=\pi \int_a^b f^2(x)\; dx.
\]
Her er en figur som illustrerer riemannsummene:

    \begin{tikzpicture}[thick]
      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
          \draw[-&gt;] (0,0) -- (5,0);% node[right]{$p$};
  \draw[|&lt;-&gt;|] (3.7,0) --
        node[midway,fill=white,font=\scriptsize]{$\pi f^2(x)$} (3.7,3);

\draw[red, thick]  (1.6,0) --  (1.6,3) -- (3.2,3) --  (3.2,0) -- cycle;
\draw[red, thick]  (0,0) --  (0,1.8) -- (1.6,1.8) --  (1.6,0) -- cycle;

%         \draw[-&gt;] (0,0) -- (0,3);% node[above]{$t$};
  \draw[|&lt;-&gt;|] (1.6,-.7) --
        node[midway,fill=white,font=\scriptsize]{$h$} (3.2,-.7);

           \node[above] at (2.4,1.7){volum};
                      \node[above] at (2.4,1.25){$=$};
                      \node[above] at (2.4,.7){$\pi h f^2(x)$};
           \node[above] at (4.8,3){$A=\pi f^2$};
                      \node[above] at (1.6,-.5){$x$};
                                            \node[above] at (3.2,-.5){$x+h$};

   \draw plot[domain=0:2,samples=200] (\x,{.5*\x*\x+1.8)}); 
      \draw plot[domain=2:4,samples=200] (\x,{-.05*\x*\x+4)}); 
       \end{scope}
    \end{tikzpicture}
    
  \noindent  For Ã¥ illustrere hvordan volumet kan se ut i virkeligheten,
    er her omdreingingslegemet som fremkommer ved Ã¥ dreie funksjonen $f(x)=x$ pÃ¥ intervallet $[0,b]$:
    
    \begin{turn}{270}
    \begin{tikzpicture}[tdplot_main_coords]
  \coordinate (O) at (0,0,0);
  %% make sure to draw everything from back to front
   \draw[thick,&lt;-] (0,-3,.35) -- (0,3,-.4) ;
  \coneback[surface]{3}{2}{10}
  
   \node[above] at (0,0,2.8){$\circ$};
      \node[rotate around={90:(0,0)}] at (0,0,4.5){$x$};
   \node[above,   rotate around={90:(0,0)}] at (0,0,3){$b$};

  
  \draw[thick,-&gt;] (0,0,0) -- (0,0,4);
  \conefront[surface]{3}{2}{10}
\end{tikzpicture}
\end{turn}

\begin{ex}
Omdreiningslegmet i figuren over har volum gitt ved 
\[
V=\pi \int_0^bx^2\; dx=\frac{\pi b^3}{3}.
\]
Dette kjenner vi igjen som volumet til en kjegle. 
Alle pyramider og kjegler har volum pÃ¥ formen $\frac{1}{3}Ah$, 
er $h$ er hÃ¸yden, og $A$ er grunnflatens areal.
\end{ex}


\begin{ex}
Et artig eksempel kalles \defterm{Gabriels trompet}. 
Vi roterer funksjonen $f: [1,\infty] \to \R$ gitt ved
\[
f(x)=\frac{1}{x}
\]
om $x$-aksen. 
Volumet av dette legemet er 
\[
V=\pi \int_1^\infty \frac{1}{x^2}\; dx=\pi. 
\]
Eksemplet kalles Gabriels trompet fordi rotasjonslegemet ser ut som en uendelig lang trompet.
\end{ex}

Dersom vi roterer $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ rundt $y$-aksen, 
fÃ¥r vi et annet omdreiningslegeme,
hvis areal kan beregnes ved noe som kalles sylinderskallmetoden. 
Man tenker at hÃ¸yden i riemannsummen beskriver arealet av et sylinderskall
\[
A(x)=2\pi xf(x)
\]
mens bredden beskriver tykkelsen av sylinderskallet:
    \begin{tikzpicture}[thick]
      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
          \draw[-&gt;] (0,0) -- (5,0);% node[right]{$p$};
  \draw[|&lt;-&gt;|] (3.8,0) --
        node[midway,fill=white,font=\scriptsize]{$2\pi xf(x)$} (3.8,3);

\draw[red, thick]  (1.6,0) --  (1.6,3) -- (3.2,3) --  (3.2,0) -- cycle;
\draw[red, thick]  (0,0) --  (0,1.8) -- (1.6,1.8) --  (1.6,0) -- cycle;

%         \draw[-&gt;] (0,0) -- (0,3);% node[above]{$t$};
  \draw[|&lt;-&gt;|] (1.6,-.7) --
        node[midway,fill=white,font=\scriptsize]{$h$} (3.2,-.7);

           \node[above] at (2.4,1.7){volum};
                      \node[above] at (2.4,1.25){$=$};
                      \node[above] at (2.4,.7){$2\pi x h f(x)$};
%           \node[above] at (3.7,3.7){$A=\pi f^2$};
                      \node[above] at (1.6,-.5){$x$};
                                            \node[above] at (3.2,-.5){$x+h$};

   \draw plot[domain=0:2,samples=200] (\x,{.5*\x*\x+1.8)}); 
      \draw plot[domain=2:4,samples=200] (\x,{-.05*\x*\x+4)}); 
       \end{scope}
    \end{tikzpicture}

Volumet blir 
\[
V=2\pi\int_a^b xf(x)\; dx.
\]
Her er en illustrasjon av hvordan dette ser ut.
Den roterte funksjonen er $f(x)=b-x$ pÃ¥ intervallet $[0,b]$.


\begin{figure}[htbp]
  \begin{center}

	\includegraphics[scale=.1, trim=10cm 0 0 0]{rotasjon}
	\vspace{-2cm}
	\end{center}
\end{figure}
%
%    \begin{turn}{180}
%    \begin{tikzpicture}[tdplot_main_coords]
%  \coordinate (O) at (0,0,0);
%  %% make sure to draw everything from back to front
%   \draw[thick,&lt;-] (-1,-4,3.37) -- (-1,4,2.37) ;
%  \coneback[surface]{3}{2}{10}
%  
%%   \node[above] at (0,-1,2){$\circ$};
%      \node[rotate around={180:(0,0)}] at (0,-5.5,3.7){$x$};
%   \node[above,   rotate around={180:(0,0)}] at (0,-2.8,4){$b$};
%
%  
%  \draw[thick,&lt;-] (0,0,-1) -- (0,0,3);
%  \conefront[surface]{3}{2}{10}
%\end{tikzpicture}
%\end{turn}

\begin{ex}
Volumet i figuren over blir
\begin{align*}
V&amp;=2\pi\int_0^b xf(x)\; dx\\
&amp;=2\pi \int_0^b x(b-x)\; dx\\
&amp;=2\pi \left( \frac{bx^2}{2}-\frac{x^3}{3}\right)_0^b\\
&amp;=2\pi \left( \frac{b^3}{2}-\frac{b^3}{3}\right)=\frac{\pi b^3}{3}.\qedhere
\end{align*}
\end{ex}



\section*{\Huge Buelengde}

Vi kan bruke integralet til Ã¥ beregne lengden til kurven gitt ved $y=f(x)$ der $f:[a,b]\to \mathbb{R}$.
Trikset er Ã¥ se pÃ¥ en kurve bestÃ¥ende av sekantbiter til $f$:\\

    \begin{tikzpicture}[thick]

      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]

          \draw[-&gt;] (0,0) -- (6,0);% node[right]{$x$};
   %      \draw[-&gt;] (0,0) -- (0,4);% node[above]{$t$};

             \draw[|&lt;-&gt;|] (1.7,1.5+.1*4) --
        node[midway,fill=white,font=\scriptsize]{$h\sqrt{1+(f'(x))^2}$} (3.7,1.5+.1*16);

\draw[blue, thick] (0,1) --  (2,1+.1*4) --  (4,1+.1*16) --  (6,1+.1*36)  ;
\draw[red, thick] (2,1+.1*4) --  (4,1+.1*4) --  (4,1+.1*16)  ;

%           \node[below] at (3,1.4){$h$};
%           \node[right] at (4.3,2){$f'(x)h$};
             \draw[|&lt;-&gt;|] (4.5,1+.1*4) --
        node[midway,fill=white,font=\scriptsize]{$f'(x)h$} (4.5,1+.1*16);
             \draw[|&lt;-&gt;|] (2,1) --
        node[midway,fill=white,font=\scriptsize]{$h$} (4,1);



           \node[below] at (2,0){$x$};
            \node[below] at (4,0){$x+h$};
%           \node[above] at (2,-.7){$b$};
   \draw plot[domain=0:6,samples=200] (\x,{1+.1*\x*\x)}); 
       \end{scope}
    \end{tikzpicture}

\noindent Hvis du tenker riemannsummer, 
blir den korresponderende figuren slik:

    \begin{tikzpicture}[thick]
      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
          \draw[-&gt;] (0,0) -- (5,0);% node[right]{$p$};

  \draw[|&lt;-&gt;|] (4,0) --
        node[midway,fill=white,font=\scriptsize]{$\sqrt{1+(f'(x))^2}$} (4,3);

\draw[red, thick]  (1.6,0) --  (1.6,3) -- (3.2,3) --  (3.2,0) -- cycle;
\draw[red, thick]  (0,0) --  (0,1.8) -- (1.6,1.8) --  (1.6,0) -- cycle;

%         \draw[-&gt;] (0,0) -- (0,3);% node[above]{$t$};
  \draw[|&lt;-&gt;|] (1.6,-.5) --
        node[midway,fill=white,font=\scriptsize]{$h$} (3.2,-.5);

           \node[above] at (2.4,1.4){lengde};
           \node[above] at (4.5,3.5){$\sqrt{1+(f')^2}$};

   \draw plot[domain=0:2,samples=200] (\x,{.5*\x*\x+1.8)}); 
      \draw plot[domain=2:4,samples=200] (\x,{-.05*\x*\x+4)}); 
       \end{scope}
    \end{tikzpicture}
    
    Lengden av kurven fra $(a,f(a))$ til $\left(b,f(b)\right)$ er 
    \[
    \int_a^b \sqrt{1+(f'(x))^2} \; dx
    \]
    \begin{ex}
La $b&gt;0$.    Vi beregner lengden til kurven $y=x^2$, 
    fra $(0,0)$ til $(b,b^2)$:
\begin{align*}
    \int_0^b &amp;\sqrt{1+4x^2} \;dx=   2\int_0^b \sqrt{\frac{1}{4}+x^2} \;dx=\\
    &amp;b\sqrt{\frac{1}{4}+b^2}+\frac{1}{4}\left( \ln \left(b+\sqrt{\frac{1}{4}+b^2}\right)+\ln 2\right).
\end{align*}
Dette integralet mÃ¥tte jeg slÃ¥ opp i en tabell. 
Du trenger ikke huske det til eksamen.
Ã… finne buelengden til selv enkle funksjoner, 
kan vÃ¦re ganske hardt. Slik er livet.
    \end{ex}

\section*{\huge Numerisk integrasjon}

I mange situasjoner er det enten umulig eller urealistisk Ã¥ antiderivere for Ã¥ finne integralet. 
Funksjonen $e^{-x^2}$ har ingen antiderivert som er enkel Ã¥ evaluere, 
mens andre funksjoner har sÃ¥ kompliserte antideriverte at det ikke er vits i Ã¥ prÃ¸ve en gang:


\begin{figure}[htbp]
  \begin{center}
%      \vspace*{-2.4cm}
	\includegraphics[scale=.54]{../figurer/integral}
   % \vspace*{-2.4cm}
	\end{center}
\end{figure}



\begin{ex}
Man kan bruke riemannsummer til Ã¥ tilnÃ¦rme integraler. 
Dersom en $f$ er strengt voksende pÃ¥ intervallet $[a,b]$, 
og punktene i en jevn partisjon $P$ gitt ved 
\[
a+\frac{b-a}{n}i
\]
der $0 \leq i \leq n$, 
er Ã¸vre riemannsum gitt ved 
\[
U(P)=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n f(x_i)
\]
og nedre riemannsum gitt ved
\[
L(P)=\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1} f(x_i).
\]
Dersom $f$ ikke er strengt voksende pÃ¥ $[a,b]$, 
er uttrykkene over ikke nÃ¸dvendigvis riemannsummer, 
men de representerer fremdeles numeriske metoder for Ã¥ tilnÃ¦rme integralet:
\[
L(P)\approx U(P) \approx \int_a^b f\qedhere
\]
\end{ex}

\begin{ex}
Dersom man tar gjennomsnittet av uttrykkene i forrige eksempel, 
fÃ¥r man trapesregelen:
\begin{align*}
\int_a^b f &amp;\approx \frac{1}{2n}\left(\sum_{i=1}^n f(x_i)+\sum_{i=0}^{n-1} f(x_i)\right)\\
&amp;=\frac{1}{n}\left(\frac{f(a)}{2}+\sum_{i=1}^{n-1} f(x_i) + \frac{f(b)}{2}\right)
\end{align*}
Denne er noe mer nÃ¸yaktig enn riemannsummer, 
og vi skal senere i semesteret se hvorfor.
\end{ex}

\begin{ex}
Dersom man tar evaluerer $f$ midt mellom punktene i partisjonen, 
istedet for i endepunktene,
fÃ¥r man midtpunktregelen:
\begin{align*}
\int_a^b f &amp;\approx \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n f\left(\frac{x_{i-1}+x_i}{2}\right)
\end{align*}
Denne er ogsÃ¥ noe mer nÃ¸yaktig enn riemannsummer.
\end{ex}


Det gÃ¥r selvfÃ¸lgelig an Ã¥ implementere disse metodene med ujevne partisjoner,
men det er ikke sÃ¥ viktig for oss i dette semesteret.
%
%Den klassiske strategien for Ã¥ konstruere metoder for numerisk integrasjon, 
%er Ã¥ integrere et passende polynom $p\approx f$ istedet for $f$
%\[
%\int_a^b f \approx \int_a^b p
%\]
%Alle metodene over er i bunn og grunn eksempler pÃ¥ dette. 
%La oss illustrere dette med trapesmetoden. 
%Dersom vi er interessert i Ã¥ beregne 
%
%Numeriske metoder for integrasjon gir som regel bare en approksimasjon til integralet, 
%men det er mulig Ã¥ si noe nÃ¸yaktig om approksimasjonsfeilen dersom $f \in \mathcal C^n$.
%La oss ta et eksempel.
%
%

%
%La oss nÃ¥ se litt pÃ¥ feilen.
%Vi kan bruke til Taylors teorem til Ã¥ 
%se pÃ¥ feilen i approksimasjonen til den venstre riemannsummen, 
%og til trapesmetoden.
%Anta $f$ er to ganger kontinuerlig deriverbar, og
%la oss bruke teoremet pÃ¥ den antideriverte $F$ til $f$.
%Vi har for en eller anne $s\in (x,x+h)$ at
%\begin{align*}
%F(x+h)=&amp;F(x)+F'(x)h+F''(x)\frac{h^{2}}{2}+F'''(s)\frac{h^{3}}{6}\\
%=&amp;F(x)+f(x)h+f'(x)\frac{h^{2}}{2}+f''(s)\frac{h^{3}}{6}
%\end{align*}
%slik at 
%\begin{align*}
%\int^{x+h}_{x}f(t)\;dt&amp;=F(x+h)-F(x)\\ 
%&amp;=f(x)h+f'(x)\frac{h^{2}}{2}+\frac{1}{6}\int_x^{x+h} (s-x)^3f''(s)\; ds
%\end{align*}
%Vi kan ogsÃ¥ taylorutvikle litt i selve trapesregelen. 
%Det finnes ogsÃ¥ en $t\in (x,x+h)$ slik at
%\begin{align*}
%\frac{h}{2}&amp;\left(f(x)+f(x+h)\right)\\
%&amp;=\frac{h}{2}\left(2f(x)+f'(x)h+\frac{1}{2}\int_x^{x+h}  (s-x)^2f''(s)\; ds\right).
%\end{align*}
%Feilen trapesmetoden gjÃ¸r, er differansen mellom disse:
%\begin{align*}
% \frac{h}{2}\left(f(x)+f(x+h)\right)-&amp;\int^{x+h}_{x}f(t)\;dt =\\ 
%\int_x^{x+h}  &amp;\left(\frac{1}{6}(s-x)^3- \frac{1}{4}(s-x)^2\right)f''(s)\; ds \\ 
%\leq M\int_x^{x+h}  &amp;\left(\frac{1}{6}(s-x)^3- \frac{1}{4}(s-x)^2\right)\; ds 
%\end{align*}
%
%
%For hvert delintervall gjÃ¸res en slik feil, 
%og nÃ¥r vi summerer opp alle sammen, 
%fÃ¥r vi
%\begin{equation}\notag
%\frac{h^{3}}{12}\sum_{i=1}^n f''(p_{i})
%\end{equation}
%for en $n$ ukjente $p_{i}=[x_{i-1},x_{i}]$. 
%Men dersom $f''$ er kontinuerlig, finnes det en $q \in [a,b]$ slik at 
%\begin{equation}\notag
%\frac{\sum_{i=1}^{n}f''(p_{i})}{n}=f''(q),
%\end{equation}
%siden summen p{\aa} venstre side er gjennomsnittet av verdiene $f''(p_{i})$, 
%og $f''$ antar alle verdier mellom den st{\o}rste og den minste verdien i denne summen. 
%N{\aa} bruker vi denne verdien $q$, og skriver
%\begin{align*}
%\frac{h^{3}}{12}\sum_{i=1}^n f''(p_{i})
%=n\frac{h^{3}}{12}f''(q)=\frac{(b-a)h^{2}}{12}f''(q).
%\end{align*}
%Merk til slutt at for den venstre riemannsummen har vi 
%\begin{align*}
%\int^{x+h}_{x}f(t)\;dt-hf(x)=f'(s)\frac{h^{2}}{2},
%\end{align*}
%og en liknende analyse vil gi en total feil pÃ¥ 
%\[
%f'(p)\frac{h(b-a)}{2}.
%\]
%
%


Vi kan ogsÃ¥ finne mer avanserte tilnÃ¦rminger til integralet
\begin{equation}\notag
I[f]=\int_{a}^{b} f(x)\; dx
\end{equation}
ved {\aa} interpolere $f$, og s{\aa} integrere intepolasjonspolynomet analytisk. 
Dette kalles kvadratur, og en bestemt metode kalles gjerne \defterm{kvadraturregel}.
La $x_i$ vÃ¦re interpolasjonspunkter pÃ¥ $[a,b]$, 
og $l_i$ de korresponderende lagrangefunksjonene, 
slik at
\[
f(x) \approx \sum_{i=0}^n f(x_i)l_i(x).
\]
Vi skriver
\begin{align*}
\int_{a}^{b} f(x)\; dx &amp;\approx \int_{a}^{b} \sum_{i=0}^n f(x_{i})l_{i}(x)\; dx\\ 
&amp;=\sum_{i=0}^nf(x_{i})\int_{a}^{b} l_{i}(x)\; dx \\
&amp;=\sum_{i=0}^nf(x_{i})A_{i}=Q[f],
\end{align*}
der vi har definert $A_{i}=\int_{a}^{b}l_{i}(x)\;dx$. Disse kalles \defterm{kvadraturvektene}, eller bare \defterm{vektene}. 

\begin{ex}
En av de aller enkleste kvadraturreglene kjenner du fra M1. 
Den kalles trapesregelen, er gitt ved
\begin{equation*}
\int_a^b f(x)\, dx \approx (b-a)\left(\frac{f(a)+f(b)}{2}\right)
\end{equation*} 
og utledes enkelt ved Ã¥ interpolere $f$ med et fÃ¸rsteordens polynom i $x_0=a$ og $x_1=b$ og integrere dette. 
Vektene er 
\[
A_0=A_1=\frac{b-a}{2}.\qedhere
\]
\end{ex}

\begin{ex}
Gauss-Legendre-punktene for $n=2$ pÃ¥ intervallet $[-1,1]$ er $\pm \sqrt{\frac{1}{3}}$,
og lagrangefunksjoner er 
\[
l_0(x)=\frac{\sqrt{3}}{2}\left(x+\sqrt{\frac{1}{3}}\right)
\]
og
\[
l_1(x)=-\frac{\sqrt{3}}{2}\left(x-\sqrt{\frac{1}{3}}\right).
\]
Vi beregner
\[
A_0=\frac{\sqrt{3}}{2}\int_{-1}^1x+\sqrt{\frac{1}{3}}\; dx  = 1 
\]
og 
\[
A_1=-\frac{\sqrt{3}}{2}\int_{-1}^1x-\sqrt{\frac{1}{3}}\; dx=1. \qedhere
\]
\end{ex}



\begin{ex}
Simpsons regel, som du ogsÃ¥ kjenner fra M1, 
\[
Q[f]=\frac{b-a}{6}\left( f(a)+4f\left( \frac{a+b}{2}\right) + f(b)\right), 
\]
har vekter 
\[
A_0=A_2=\frac{b-a}{6} \quad \text{og} \quad A_1=\frac{2(b-a)}{3}.
\]
Disse utledes ved Ã¥ interpolere $f$ med andre ordens polynomer i 
$a$, $b$ og $\frac{a+b}{2}$, men dette er gjort i M1, sÃ¥ vi dropper det.
\end{ex}


\section*{Feilestimat}

Det fÃ¸rste vi kan gjÃ¸re, 
er Ã¥ sette opp en generell regel for kvadraturfeil.
Denne detter rett ut av feilestimatet for intepolasjon. 

\begin{thm}
La $Q$ vÃ¦re en $n+1$-punkts kvadraturregel pÃ¥ $[a,b]$,
og anta at $f$ er $n+1$ ganger kontinuerlig deriverbar pÃ¥ $[a,b]$. 
En Ã¸vre skranke for feilen er
\[
|I[f]-Q[f]|=\frac{M}{(n+1)!}\int_a^b \prod_{i=0}^n |x-x_i|\; dx
\]
der $M=\max_{s \in [a,b]} |f^{n+1}(s)|$.
\end{thm}
\begin{proof}
Integrer feilestimatet 
\begin{align*}
f(x)-p_n(x)  =\frac{f^{n+1}(s)}{(n+1)!}\prod_{k=0}^{n}(x-x_{k}).
\end{align*}
fra $a$ til $b$ og bruk at $|f^{n+1} |\leq M$.
\end{proof}
Fordelen med dette teoremet er at det er lett Ã¥ bevise. 
Ulempen er at det stort sett er mulig Ã¥ finne skarpere estimater, 
men disse er mer grisete Ã¥ utlede.
Vi tar derfor med noen bedre feilestimater for forskjellige kvadraturregler uten bevis. 

\begin{thm}
For trapesregelen finnes det en $s \in (a,b)$ slik at 
\[
I[f]-Q[f]=\frac{(b-a)^3}{12}f''(s).
\]
\end{thm}

\begin{thm}
For Simpsons regel finnes det en $s \in (a,b)$ slik at 
\[
I[f]-Q[f]=-\frac{(b-a)^5}{2880} f^4(s).
\]
\end{thm}


Det gÃ¥r an Ã¥ skrive opp feilestimater for kvadraturregler 
basert pÃ¥ Chebyshev-punkter, Gauss-Legendre-punkter og Gauss-Lobatto-punkter, 
men de er ganske grisete, og bevisen er altfor kompliserte for oss.
Vi nÃ¸yer oss derfor med noen eksempler, 
der vi sammenlikner med den analytiske verdien til integralet.
%
%\begin{proof}
%Vi taylorutvikler om $a$:
%\[
%f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+\frac{f''(a)}{2}(x-a)^2\cdots
%\]
%FÃ¸rst integrerer rekken
%\begin{align*}
%I[f]= &amp; \int_a^b f(x)\; dx = \\  (b-a)&amp;f(a)+f'(a)\frac{(b-a)^2}{2}+\frac{f''(a)}{6}(b-a)^3\cdots,
%\end{align*}
%og sÃ¥  beregner vi 
%\[
%f(b)=f(a)+f'(a)(b-a)+\frac{f''(a)}{2}(b-a)^2\cdots.
%\]
%Siden 
%\begin{align*}
%Q[f]&amp;=(b-a)\left(\frac{f(a)+f(b)}{2}\right) \\
%&amp;= (b-a)\left(\frac{2f(a)+f'(a)(b-a)+\cdots.}{2}\right)
%\end{align*}
%fÃ¥r vi
%\begin{align*}
%I[f]-Q[f]= -\frac{(b-a)^3}{12} f''(a)+ \cdots \qedhere
%\end{align*} 
%\end{proof}

\begin{ex}
Vi tilnÃ¦rmer 
\[
\int_{-1}^1 e^x\; dx = e-e^{-1}=2.350402387287603
\]
med trapesregelen:
\[
Q[f]=e^{-1}+e \approx 3.086161269630488.
\]
Feilen er i samme stÃ¸rrelsesorden som svaret. Triste greier.
\end{ex}



\begin{ex}
Med Simpsons regel gÃ¥r det litt bedre:
\[
Q[f]=\frac{1}{3}(e^{-1}+4e^0+e) \approx 2.362053756543496
\]
Her er feilen $0.011651369255893\approx 10^{-2}$.
\end{ex}


\begin{ex}
Gauss-Legendre med $n=2$ gir
\[
Q[f]=e^{-\sqrt{1/3}} + e^{\sqrt{1/3}} \approx 2.342696087909730
\]
Her er feilen pÃ¥ $-0.007706299377873
 \approx 10^{-2}$, 
og faktisk mindre enn for Simpsons regel,
til tross for at kvadraturregelen er basert pÃ¥ en lavere ordens interpolasjon. 
Dette eksemplet illustrerer at plasseringen av interpolasjonspunktene
har mye Ã¥ si.
\end{ex}

\section*{Presisjonsgrad}
Har forskjellige kvadraturregler noen andre
gode egenskaper enn hÃ¸y presisjon?
Vi sier at en integrasjonsformel er eksakt for funksjonen $f$ dersom 
\begin{equation}\notag
\int_{a}^{b}f\;dx = \sum_{i}f(x_{i})A_{i}.
\end{equation}
Dersom du interpolerer et polynom av grad $n$ elller lavere med et polynom av grad $n$, blir $f$ og $p$ identiske. Derfor mÃ¥ det vÃ¦re klart at
\begin{equation*}
\int_a^b p(x)\; dx=\sum_{i=0}^nf(x_{i})A_{i},
\end{equation*}
for alle polynomer av grad $n$ eller lavere. 
Dersom kvadraturregelen er intelligent designet, 
kan man oppnÃ¥ hÃ¸yere presisjonsgrad enn som sÃ¥. 

\begin{ex}
Trapesregelen har presisjonsgrad 1, for 
\[
Q[1]=(b-a)\left(\frac{1+1}{2}\right)=b-a=\int_a^b\; dx
\]
og
\[
Q[x]=(b-a)\left(\frac{a+b}{2}\right)=\frac{b^2-a^2}{2}=\int_a^bx\; dx,
\]
mens
\begin{align*}
Q[x^2]&amp;=(b-a)\left(\frac{a^2+b^2}{2}\right)\\
&amp;=\frac{b^3-ab^2+a^2b-a^3}{2}\neq \int_a^bx^2\; dx.
\end{align*}
Disse beregningene viser at trapesregelen integrerer alle fÃ¸rste ordens polynomer riktig, siden
\[
Q[cx+d]=cQ[x]+dQ[1].
\]
Ingen andre ordens polynomer integreres riktig, siden 
\[
Q[cx^2+dx+e]=cQ[x^2]+dQ[x]+eQ[1],
\]
og $Q[x^2]$ ikke integreres riktig.
\end{ex}

\begin{ex}
Gauss-Lobatto $n=2$ har presisjonsgrad 3.
Dette kan vises pÃ¥ samme mÃ¥te som for trapesregelen, 
men vi venter litt med Ã¥ se pÃ¥ det. Det er nemlig ikke sÃ¥ vanskelig
Ã¥ vise generelt at en $n+1$-punkts Gauss-Lobatto-regel har presisjonsgrad $2n+1$, 
og dette skal vi gjÃ¸re senere.
\end{ex}

\begin{ex}
Simpsons regel har presisjonsgrad 3. 
En rask titt pÃ¥ feilestimatet forteller at dersom $f$ er et tredjegradspolynom,
er $f^4=0$.
\end{ex}


\section*{Noen forskjellige kvadraturklasser}

Kvadraturregler skilles av
er punktfordelingen, og hvorvidt man interpolerer
med et polynom av hÃ¸y grad pÃ¥ alle punktene, 
eller deler opp intervallet og interpolerer med 
stykkvis kontinuerlige polynombiter, 
sÃ¥kalt \defterm{sammensatte regler}. 
Vi skal ta for oss et par klassiske kvadraturregler, 
og avslutte med en diskusjon rundt sammensatte regler.

\subsubsection*{Newton-Cotes} 
BÃ¥de trapesregelen og Simpsons metode  er
eksempler pÃ¥ Newton-Cotes-regler. 
Dette er regler der interpolasjonen er gjort pÃ¥ 
ekvidistante gitre. 
En klassisk lÃ¦rebok i numerisk analyse vil typisk inneholde en lengre utgreining om Newton-Cotes, 
men vi vet jo at man skal styre unna polynominterpolasjon pÃ¥ ekvidistante gitre, 
sÃ¥ derfor lar vi Newton-Cotes ligge.


\begin{ex}
Trapesregelen og Simpsons regel er Newton-Cotes-regler
med henholdsvis $n=2$ og $n=3$.
\end{ex}


\subsubsection*{Clenshaw-Curtis}
Clenshaw-curtiskvadratur baserer seg pÃ¥ Ã¥ integrere chebyshevinterpolanten. 
For chebyshevinterpolasjon er det lett Ã¥ skrive opp formler for interpolasjonspunktene, 
og pene formler for kvadraturvektene, men disse formlene er vanskelige Ã¥ utlede.
\begin{thm}
Dersom $n$ er et partall, og interpolasjonsgitteret er et 
$n$-punkts chebyshev ekstremalgitter, 
er vektene til kvadraturregelen gitt ved
\[
w_{1}=w_{n}=\frac{1}{(n-1)^{2}} 
\]
og 
\[
w_{i}=\frac{2}{(n-1)}\left(1-\sum_{j=1}^{(n-2)/2}\frac{2}{4j^{2}-1}\cos{\frac{2j(i-1)}{n-1}}\pi\right) 
\]
for $2\leq i \leq n-1$.
\end{thm}

\subsubsection*{Gauss-Legendre}
Vi skal beskrive prosessen som produserer Legendre-polynomene, 
og vise at denne prosessen produserer
kvadraturformler med  presisjonsgrad $2n+1$. 

\begin{thm}
La $q$ v{\ae}re et polynom av grad $n+1$ slik at 
\begin{equation}\label{gauss}
\int_{a}^{b} qp \; dx =0 
\end{equation}
for alle polynomer $p$ av grad mindre enn eller lik $n$.  
En kvadraturregel med disse $n+1$ nullpunktene som noder,
vil vÃ¦re eksakt for alle polynomer av grad mindre enn eller lik $2n+1$. 
\end{thm}

\begin{proof}
Vi begynner med Ã¥ vise at polynomet $q$ har $n+1$ forskjellige nullpunkter  p{\aa} intervallet $[a,b]$. 
La $x_0, x_1 \dots ,x_{r-1}$ vÃ¦re de $r$ punktene der $q$ bytter fortegn pÃ¥ $[a,b]$. Polynomet
\begin{equation*}
\prod_{i=0}^{r-1}(x-x_{i})
\end{equation*}
har grad $r$, og bytter fortegn nÃ¸yaktig samtidig som $q$, slik at enten 
\[
q\prod_{i=0}^{r-1}(x-x_{i}) \leq 0
\]
eller 
\[
q\prod_{i=0}^{r-1}(x-x_{i}) \geq 0
\]
pÃ¥ $[a,b]$. 
Dette betyr at
\begin{equation}\notag
\int_{a}^{b} q \prod_{i=0}^{r-1} (x-x_{i}) \; dx \neq 0,
\end{equation}
og siden vi har 
\begin{equation}
\int_{a}^{b} qp \; dx =0 
\end{equation}
for alle polynomer $p$ av grad mindre enn eller lik $n$, 
impliserer dette at $r \geq n+1$. 
Siden $r$ Ã¥penbart ikke kan vÃ¦re stÃ¸rre enn $n+1$, mÃ¥ $r=n+1$.
AltsÃ¥ bytter $q$ fortegn $n+1$ ganger pÃ¥ $[a,b]$, 
og mÃ¥ fÃ¸lgelig ha $n+1$ nullpunkter pÃ¥ $[a,b]$.

La nÃ¥ $h$ vÃ¦re et polynom av grad $2n+1$ eller lavere, og del $h$ pÃ¥ $q$ med rest $r$:
\begin{equation*}
h=qp+r.
\end{equation*}
der $p$ har grad $n$, og $r$ har maksimal grad $n$. 
Vi evaluerer $h$ i $x_i$, og ser at
\begin{equation*}
h(x_i)=q(x_i)p(x_i)+r(x_i)=r(x_i),
\end{equation*}
siden $q(x_i)=0$ for alle $i$. Siden kvadraturregelen er basert pÃ¥ integrasjon av et $n$-te ordens polyom, 
er den Ã¥penbart er eksakt for polyonomer av orden $n$ eller lavere, 
og vi kan beregne
\begin{align*}
\int_a^b h(x)\; dx&amp;=\int_a^b q(x)p(x)+r(x)\;dx=\int_a^b r(x)\;dx\\ &amp;=\sum_{i=0}^n r(x_{i})A_{i}=\sum_{i=0}^n h(x_{i})A_{i}. \qedhere
\end{align*}
\end{proof}


\begin{ex}
Vi tar et eksempel der vi konstruerer $q$ fra grunnen av.
La $n=1$ og $[a,b]=[0,1]$. Vi mÃ¥ finne
\begin{equation*}
q(x)=ax^2+bx+c.
\end{equation*}
Vi begynner med Ã¥ kreve at $q$ skal stÃ¥ ortogonalt pÃ¥ alle polynomer av grad 1 eller lavere. Dersom 
\begin{equation*}
\int_0^1 q(x)\; dx=\int_0^1 ax^2+bx+c\; dx=\frac{a}{3}+\frac{b}{2}+c=0
\end{equation*}
og 
\begin{equation*}
\int_0^1 xq(x)\; dx=\int_0^1 ax^3+bx^2+cx\; dx=\frac{a}{4}+\frac{b}{3}+\frac{c}{2}=0,
\end{equation*}
vil
\begin{equation*}
\int_0^1 (ax+b)q(x)\; dx=0.
\end{equation*}
Vi ganger den fÃ¸rste likningen med seks, 
den andre med tolv, og fÃ¥r likningssystemet
\begin{equation*}
\begin{pmatrix} 2 &amp; 3 &amp; 6 \\ 3 &amp; 4 &amp; 6\end{pmatrix}\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0\end{pmatrix}.
\end{equation*}
Litt gausseliminasjon gir
\begin{equation*}
\begin{pmatrix} 2 &amp; 3 &amp; 6 \\ 1 &amp; 1 &amp; 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0\end{pmatrix}.
\end{equation*}
Her stÃ¥r det at $a+b=0$, og at $2a+3b+6c=0$. LÃ¸sningsrommet er 
\begin{equation*}
\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}=c\begin{pmatrix} 6 \\ -6 \\ 1 \end{pmatrix},
\end{equation*}
 slik at 
 \begin{equation*}
q(x)=6x^2-6x+1,
\end{equation*}
er et mulig valg for $q$. 
Andre valg av konstanten $c$ vil gi andre polynomer, men alle vi ha de samme nullpunktene, 
og det er dem vi er ute etter.
Nullpunktene til $q$ er
\begin{equation*}
x_0=\frac{1}{2}-\frac{1}{2\sqrt{3}} \qquad \text{og} \qquad x_1=\frac{1}{2}+\frac{1}{2\sqrt{3}}.
\end{equation*}
Lagrangefunksjonene blir
\begin{equation*}
L_0=\frac{x-x_1}{x_0-x_1}=\sqrt{3}\left(x-\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2\sqrt{3}}\right)\right)
\end{equation*}
og 
\begin{equation*}
L_1=\frac{x-x_0}{x_1-x_0}=\sqrt{3}\left(x-\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2\sqrt{3}}\right)\right)
\end{equation*}
slik at 
\begin{equation*}
A_1=\sqrt{3}\int_0^1 x-\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2\sqrt{3}}\right) \,dx=\frac{1}{2}=A_0.
\end{equation*}
Integrasjonsrutinen vi har laget skal vÃ¦re eksakt for alle polynomer opp til grad 3. Vi tester:
\begin{equation*}
\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2\sqrt{3}}\right)^2+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2\sqrt{3}}\right)^2=\frac{1}{3}=\int_0^1x^2\,dx
\end{equation*}
\begin{equation*}
\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2\sqrt{3}}\right)^3+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2\sqrt{3}}\right)^3=\frac{1}{4}=\int_0^1x^3\,dx.
\end{equation*}
Merk at punktene er bare Gauss-Legendre-punktene 
flyttet til intervallet $[0,1]$. 
Dette eksemplet illustrerer hvordan Gauss-Legendre-tabellen i interpolasjonskapitlet er konstruert.
\end{ex}


\begin{kommentarx}
Legendrepolynomene er definert pÃ¥ intervallet $[-1,1]$, 
sÃ¥ eksemplet over laget ikke et legendrepolynom, 
men derimot et polynom som har nullpunktene til legendrepolynomet
\[
P_2=\frac{1}{2}(3x^2-1)
\]
flyttet til intervallet $[0,1]$.
 \end{kommentarx}

Vi kan utvide tabellen fra forrige kapittel med vekter. Husk at tabellen gjelder for $[-1,1]$, 
sÃ¥ om du trenger integrasjonsrutine for andre intervaller, 
mÃ¥ punktene flyttes, og vektene beregnes pÃ¥ nytt.
\begin{center}
\begin{tabular}{l l c}
$n$ &amp; $x_i$ &amp; $A_i$ \\[4pt]
\hline \\[-10pt]
$2$ &amp;$ \pm \sqrt{\frac{1}{3}}$ &amp; 1\\[4pt]
\hline \\[-10pt]
$3$ &amp; $0$ &amp; $\frac{8}{9}$\\%[4pt]
       &amp; $\pm \sqrt{\frac{3}{5}}$ &amp; $ \frac{5}{9}$\\[4pt]
\hline \\[-10pt]
$4$ &amp; $\pm\sqrt{\frac{3}{7} - \frac{2}{7}\sqrt{\frac{6}{5}}}$ &amp; $\frac{18+\sqrt{30}}{36}$\\[4pt]
 &amp; $\pm\sqrt{\frac{3}{7}+  \frac{2}{7}\sqrt{\frac{6}{5}}}$ &amp; $\frac{18-\sqrt{30}}{36}$\\[4pt]
\hline \\[-10pt]
$5$ &amp; $0$ &amp; $\frac{128}{225}$\\[4pt]
$5$ &amp; $0, \; \pm\frac{1}{3}\sqrt{5 - 2 \sqrt{\frac{10}{7}}}$ &amp; $\frac{322+13\sqrt{70}}{900}$\\[4pt]
$5$ &amp; $0, \; \pm\frac{1}{3}\sqrt{5 + 2 \sqrt{\frac{10}{7}}}$ &amp; $\frac{322-13\sqrt{70}}{900}$\\[4pt]
\end{tabular}
\end{center}
Merk at alle vektene er positive. 
Kvadraturentusiaster regner dette som et kvalitetsstempel.
 
 \subsubsection*{Gauss-Lobatto}
Vi koster pÃ¥ oss en tabell med vekter for Gauss-Lobatto ogsÃ¥.
\begin{center}
\begin{tabular}{c l c}
$n$ &amp; $x_i$ &amp; $A_i$ \\[4pt]
\hline \\[-10pt]
$3$ &amp;$ 0$ &amp; $\frac{4}{3}$ \\[4pt]
 &amp;$ \pm 1$ &amp; $\frac{1}{3}$ \\[4pt]
\hline \\[-10pt]
$4$ &amp;$ \pm \sqrt{\frac{1}{5}}$ &amp; $\frac{5}{6}$\\[4pt]
 &amp;$  \pm 1$ &amp; $\frac{1}{6}$\\[4pt]
\hline \\[-10pt]
$5$ &amp; $0$ &amp; $\frac{32}{45}$\\[4pt]
       &amp; $ \pm \sqrt{\frac{3}{7}}$ &amp; $\frac{49}{90}$\\[4pt]
       &amp; $\pm 1$ &amp; $\frac{1}{10}$\\[4pt]
\hline \\[-10pt]
$6$ &amp; $\pm\sqrt{\frac{1}{3}- \sqrt{\frac{2}{3\sqrt{7}}}}$ &amp; $\frac{14+\sqrt{7}}{30}$\\[4pt]
       &amp; $\pm\sqrt{\frac{1}{3}+ \sqrt{\frac{2}{3\sqrt{7}}}}$ &amp; $\frac{14-\sqrt{7}}{30}$\\[4pt]
       &amp; $ \pm 1$ &amp; $\frac{1}{15}$\\[4pt]\\[4pt]
\hline \\[-10pt]
$7$ &amp; $0$ &amp; $\frac{256}{525}$  \\[4pt]
       &amp; $\pm\sqrt{\frac{5}{11}- \frac{2}{11} \sqrt{\frac{5}{3}}}$ &amp; $\frac{124+7\sqrt{15}}{350}$  \\[4pt]
       &amp; $\pm\sqrt{\frac{5}{11}+ \frac{2}{11} \sqrt{\frac{5}{3}}}$ &amp; $\frac{124-7\sqrt{15}}{350}$  \\[4pt]
       &amp; $\pm 1$ &amp; $\frac{1}{21}$  \\[4pt]
\end{tabular}
\end{center}


\begin{ex}
Simpsons regel er ogsÃ¥ en Gauss-Lobatto-regel
med $n=3$.
\end{ex}

%\subsubsection*{Sammensatte regler}
%En \defterm{sammensatte regel} er en kvadraturformel der man har 
%delt $[a,b]$ inn i mindre biter, og brukt en kvadraturregel pÃ¥ hver enkelt bit.
%
%\begin{ex}
%Vi tilnÃ¦rmer 
%\[
%\int_{-1}^1 e^x\; dx
%\]
%med den sammensatte trapesregelen. 
%\end{ex}
%
%\begin{ex}
%Vi tilnÃ¦rmer 
%\[
%\int_{-1}^1 e^x\; dx
%\]
%med den sammensatt Simpson.
%\end{ex}
%
%\begin{ex}
%Romberg
%\end{ex}




\kapittelslutt

</pre></body></html>