\input{preamble}

\title{2 - 13 - SKJELETTENE I SKAPET - LF}

%isolert

\begin{document}
\pagenumbering{gobble}

\maketitle


\begin{oppgave}{1}
    Det er 1.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{2}
    Også 1!
\end{oppgave}
	

\begin{minipage}{100mm}
\begin{oppgave}{4}
    Den oransje funksjonen er kontinuerlig,
    men ikke den blå. 
    Fy skam python, 
    her burde du ikke tegnet den vertikale linjen.
    Funksjonen skal hoppe opp! Argh. 
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{80mm}
\begin{center}
\includegraphics[scale=.21]{../figurer/heaviside_1.png}
\end{center}
\end{minipage}

\begin{oppgave}{6}
Grenseverdien 
\[
\lim_{x\to 0}\sin \left(\frac{1}{x}\right)
\]
eksisterer ikke. 
Siden $\sin \left(\frac{1}{x}\right)=1$ når 
\[
x=\frac{1}{2\pi n+\frac{\pi}{2}}
\]
og $\sin \left(\frac{1}{x}\right)=-1$ når
\[
x=\frac{1}{2\pi n+\frac{3\pi}{2}}
\]
for alle $n\in \mathbb{Z}$, 
ser vi at dersom du står 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.
Så konklusjonen er at dersom du har en kandidat for grenseverdi $L$, 
og velger $\epsilon>0$ og $\delta >0$ som du tror gjør jobben, 
vil $|\sin\frac{1}{x}-L|>1-|L|$ for en eller annen $|x| < \delta$, 
og $L$ er altså ikke en grenseverdi allikevel. 
\begin{center}
	\includegraphics[scale=1.2]{../figurer/sinuseneksdel}
\end{center}
\end{oppgave}




\begin{oppgave}{7}
    Min påstand er at 
    \[
        \lim_{x\to 0}x\sin \left(\frac{1}{x}\right) = 0.
    \]
    Velg $\epsilon >0$. 
    Siden sinusfunksjonen alltid er mindre enn én i absoluttverdi, 
    kan vi sette opp ulikheten
    \begin{align*}
        \left|\;x\sin\left( \frac{1}{x} \right)-0\;\right| =
        \left|\;x\sin\left( \frac{1}{x} \right)\;\right| \leq
        \left|x\right|.
    \end{align*}
    Hvis vi velger $\delta = \epsilon$ og krever at $|x|<\delta$,
    vil 
    \begin{align*}
        \left|\;x\sin\left( \frac{1}{x} \right)-0\;\right| \leq
        \left|x\right| < \delta = \epsilon
    \end{align*}
    og derfor er grenseverdien 0. 
    Med andre ord har vi at 
    \begin{align*}
        \lim_{x \to 0} f(x) = f(0),
    \end{align*}
    og følgelig er $f$ kontinuerlig i $x=0$. 
\end{oppgave}



\begin{oppgave}{8}
    Nei, grenseverdiene eksisterer ikke i $t=\pm 1$. 
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{11}
Dersom brøken  
\[
\frac{f(x+h)-f(x)}{h}
\]
skal ha en grenseverdi når $h \to 0$,
må 
\[
\lim_{h \to 0}f(x+h)=f(x)
\]
som er det samme som å si at $f$ må være kontinuerlig i $x$. 
\end{oppgave}






\begin{oppgave}{12}
    Vi beregner 
    \[
        \lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h} = 
        \lim_{h\to 0}\frac{h\sin\left( 1/h \right)-0}{h} = 
        \lim_{h\to 0}\sin\left( 1/h \right)
    \]
    Denne eksisterer ikke, 
    så $f$ er ikke deriverbar i $x=0$. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{13}
    Samme her, 
    \begin{align*}
        \lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h} = 
        \lim_{h\to 0}\frac{\sqrt{h}}{h} = 
        \lim_{h\to 0}\frac{1}{\sqrt{h}} = \infty
    \end{align*}
\end{oppgave}




\begin{oppgave}{14}
    Vi beregner 
    \[
        \lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h} = 
        \lim_{h\to 0}\frac{h^2\sin\left( 1/h \right)-0}{h} = 
        \lim_{h\to 0}h\sin\left( 1/h \right) = 0
    \]
    så $f$ er deriverbar i $x=0$. 
    Men om vi deriverer $f$, 
    får vi 
    \begin{align*}
        f'(x) = 
        2x\sin\left( \frac{1}{x} \right) - \cos\left( \frac{1}{x} \right)
    \end{align*}
    som ikke er kontinuerlig i $x=0$, 
    siden 
    \begin{align*}
        \lim_{x\to 0} \cos \left( \frac{1}{x} \right)
    \end{align*}
    ikke eksisterer.
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{15}
La 
\[
f(x)=
\begin{cases}
x^4\sin\frac{1}{x} \quad &x\neq 0 \\
0 \quad &x=0
\end{cases}
\]
Denne funksjonen er $\mathcal C^1$, 
for den deriverte 
    \begin{align*}
        f'(x) = 
        \begin{cases}
        4x^3\sin\left( \frac{1}{x} \right) - x^2\cos\left( \frac{1}{x} \right)\quad &x\neq 0 \\
            0 \quad &x=0
        \end{cases}
    \end{align*}
er en kontinuerlig funksjon.
Det er også greit å sjekke at den dobbelderiverte eksisterer i $x=0$, 
så $f$ er to ganger kontinuerlig deriverbar. 
Men om du deriverer $f'$, 
får du en funksjon som ikke har grenseverdi inn mot $x=0$, 
så $f \notin \mathcal C^2$.  
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{16}
    Dette skal vi komme tilbake til litt senere 
    når vi har sett på konseptet konvergensradius. 
\end{oppgave}




\begin{oppgave}{17}
    Vi beregner på samme vis som i det reelle tilfellet:
    \[
        f'(z)=\lim_{h \to 0}\frac{(z+h)^2-z^2}{h} =
        \lim_{h \to 0}\frac{2zh+h^2}{h} = 
        \lim_{h \to 0}2z+h = 2z
    \]
    For å derivere sinusfunksjonen må vi først 
    finne ut litt mer om sinusfunksjonen. 
    Ifølge Leonard Euler er 
    \begin{align*}
        \cos \theta = \frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2} 
        \hspace*{10mm}
        \text{og}
        \hspace*{10mm}
        \sin \theta = \frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i} 
    \end{align*}
    Dette gir 
    \begin{align*}
        \cos i\theta = \frac{e^{-\theta}+e^{\theta}}{2} = \cosh \theta
        \hspace*{10mm}
        \text{og}
        \hspace*{10mm}
        \sin i\theta = \frac{e^{-\theta}-e^{\theta}}{2i} = i\sinh \theta
    \end{align*}
    slik at 
    \begin{align*}
        \sin z =& \sin \left( x+yi \right) \\
        =&\sin x \cos iy + \cos x \sin iy \\
        =&\sin x \cosh y + i\cos x \sinh y 
    \end{align*}
    og 
    \begin{align*}
        \cos z =& \cos \left( x+yi \right) \\
        =&\cos x \cos iy - \sin x \sin iy \\
        =&\cos x \cosh y - i\sin x \sin y 
    \end{align*}
    La $u(x,y) = \sin x \cosh y$ og $v(x,y)=\cos x \sinh y$. 
     Nå kan vi bruke neste oppgave og beregne 
    \begin{align*}
        f'(z) = \frac{\partial u}{\partial x}+i\frac{\partial v}{\partial x}  
        =\cos x \cosh y - i\sin x \sin y = \cos z.
    \end{align*}
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{18}
    La $h$ reise mot $z=x+yi$ langs $h(t)=t$ (der $t\in \mathbb R$), 
    altså en rett linje parallell med realaksen.
    Vi beregner
    \begin{align*}
        f'(z) &= \lim_{h \to 0}\frac{f(z+h)-f(z)}{h} \\
         &= \lim_{t \to 0}\frac{u(x+t,y)+iv(x+t,y)-u(x,y)-iv(x,y)}{t} \\
         &= \lim_{t \to 0}\frac{u(x+t,y)-u(x,y)}{t} 
        +i\lim_{t \to 0}\frac{v(x+t,y)-v(x,y)}{t} 
        =\frac{\partial u}{\partial x}
        +i\frac{\partial v}{\partial x}.
    \end{align*}
    vi gjenta så eksperimentet med den rette linjen $h(t)=it$, 
    slik at vi reiser inn i $z$ parallelt med imaginæraksen.
    \begin{align*}
        f'(z) &= \lim_{h \to 0}\frac{f(z+h)-f(z)}{h} \\
         &= \lim_{t \to 0}\frac{u(x,y+t)+iv(x,y+t)-u(x,y)-iv(x,y)}{it} \\
         &= \lim_{t \to 0}\frac{u(x,y+t)-u(x,y)}{it} 
        +\lim_{t \to 0}\frac{iv(x,y+t)-iv(x,y)}{it} 
        =-i\frac{\partial u}{\partial y}
        +\frac{\partial v}{\partial y}.
    \end{align*}
    De to uttrykkene for $f'$ må være identiske hvis 
    $f'(z)$ skal eksistere,
    og da må real- og imaginærdelene være like. 
    Dette kalles Cauchy-Riemann-likningene:
    \[
        \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y} \qquad \frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}
    \]
\end{oppgave}


\begin{comment}
\section*{UKENS NØTTER}

I den klassiske mekanikkens åndelige sentrum sitter differensialoperatoren: 
\[
T(x)=\dot x
\]
Den er en lineæroperator. 
Men hvordan vet vi egentlig det?
Følgende oppgaver forteller det det sånn omtrent.

\begin{oppgave}{1}
Vis at en grenseverdi er entydig dersom den eksisterer. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{2}
Vis at dersom 
\[
\lim_{x \to x_0} f_1(x)=L_1
\quad \text{og} \quad 
\lim_{x \to x_0} f_2(x)=L_2
\]
er 
\[
\lim_{x \to x_0} f_1(x)+f_2(x)=L_1+L_2
\]
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{3}
Vis at dersom $a$ er en konstant og
\[
\lim_{x \to x_0} f(x)=L
\]
er 
\[
\lim_{x \to x_0} af(x)=aL
\]
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{4}
Vis at differensialoperatoren er lineær.
\end{oppgave}


Det finnes ellers en liten nisje mellom mellom kontinuerlige og 
deriverbare funksjoner som er slik at sekanten aldri er brattere enn som så. 
Dette kalles \textbf{lipschitzkontinuitet}, 
og dukker opp her og der i anvendelser. 
En funksjon er lipschitzkontinuerlig dersom det finnes et tall $c$ slik at 
\begin{align*}
    \left|f(x)-f(y)\right| \leq c |x-y|
\end{align*}
for alle $x,y$. 
Kjennere sier bare \say{lipschitz} istedet for \say{lipschitzkontinuerlig}.

\begin{oppgave}{5}
    Er kvadratrotfunksjonen lipschitz?
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{6}
Er sinc-funksjonen 
\[
f(x)=
\begin{cases}
\frac{\sin x}{x} \quad &x \neq 0\\
1 \quad &x = 0
\end{cases}
\]
kontinuerlig?
Deriverbar? Kontinuerlig deriverbar? Lipschitz?\\
(Hint: vi har i TMA4101 funnet grenseverdien
$
\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}
$.)
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.27]{../figurer/L1020188}
\end{center}

\begin{comment}
Vitenskap handler om å konstruere modeller,
og en modells kvalitet bedømmes ut fra dens evne til å 
generere korrekte og ikketrivielle prediksjoner.
En modell trenger bare være god nok for anvendelsen.
På institutt for teknisk kybernetikk er det visstnok ansett 
som barskt å klare å regulere en prosess
uten å ha en god modell for prosessen.

Den katolske kirke mente på 1600-tallet at jorden var 
universets sentrum og at solen, 
planetene og stjernene gikk i bane rundt oss. 
Dette er en helt grei modell dersom 
du aldri trenger å lage noe mer avansert enn en kalender.
\footnote{De første kalenderne var reguleringssystemer,
der man kontinuerlig justerte kalenderen etter månefasene:\\
\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Calendar}}
Men da Galileo Galilei bygget seg et refraksjonsteleskop og 
og oppdaget at Jupiter hadde minst fire måner
og at Venus hadde faser og at Saturn så veldig rar ut, 
måtte denne modellen sakte men sikkert hives på havet.
\footnote{Kardinal Bellarmine,
ansvarlig for å brenne Giordano Bruno på staken og gi Galilei husarrest,
 er den dag i dag helgen i den katolske kirke.
\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Galileo_affair}}
Den geosentriske modellen er god nok om du bare trenger noen grove anslag
for hvor planetene kommer til å befinne seg om en liten stund,
men den bommer ganske bra fra tid til annen:\\
\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Geocentric_model}

På 1500-tallet satt Tycho Brahe nede på en øy han hadde fått  og festet 
og drakk og observerte stjernehimmelen ganske nøye forskjellige måleapparater
han hadde bygget:\\
\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Tycho_Brahe}\\
Han målte så mye og så bra at hans student Johannes Kepler
klarte å skrive opp empiriske lover for planetbanene,
idag kjent som Keplers lover:\\
\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Kepler%27s_laws_of_planetary_motion}\\
Isaac Newton fant opp derivasjon i 1687 og
viste at Keplers elliptiske planetbaner kunne forklares
dersom gravitasjonskraften gikk som $1/r^2$,
der $r$ er avstanden mellom planetenes massesentre. 
Den klassiske mekanikken var født,
og nå er det å sende sonder ut i verdensrommet en standardanvendelse:\\
\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Hohmann_transfer_orbit}
\begin{oppgave}{4 - LF}
Anta vi har to grenseverdier $L_1 \neq L_2$, 
slik at 
\[
\lim_{x \to x_0} f(x)=L_1
\quad \text{og} \quad 
\lim_{x \to x_0} f(x)=L_2.
\]
Velg en eller annen $\epsilon>0$, 
og $\delta_1$ slik at 
\[
|f(x)-L_1| < \epsilon/2
\]
dersom $|x-x_0|<\delta_1$.
Men vi kan også velge $\delta_2$ slik at
\[
|f(x)-L_2| < \epsilon/2,
\]
og tar vi den minste av $\delta_1$ og $\delta_2$, 
er både 
\[
|f(x)-L_1| < \epsilon/2
\quad \text{og} \quad 
|f(x)-L_2| < \epsilon/2
\]
Men nå er 
\[
|L_1-L_2| = 
|L_1-f(x)-(L_2-f(x))| \leq
|L_1-f(x)|+|L_2-f(x)| < 
\epsilon/2+\epsilon/=\epsilon
\]
Her kommer poenget. 
Vi skal etter definisjonen ha mulighet 
til å velge akkurat den $\epsilon>0$ vi vil 
men her står det svart på hvitt at vi alltid må ha 
\[
|L_1-L_2| < \epsilon
\]
uansett hva $\epsilon$ måtte være. 
Dette betyr at dersom vi krever at $L_1\neq L_2$, 
er dette i konflikt med hele definisjonen av grenseverdi, 
og følgelig må vi $L_1=L_2$ dersom begge skal 
være grenseverdi for $f$ i $x_0$. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{5 - LF}
Velg deg en eller annen $\epsilon>0$.
Vi må vise at det går an å velge $\delta>0$ slik at $0<|x-x_0|<\delta$ impliserer
\[
|f_1(x)+f_2(x)-(L_1+L_2)|< \epsilon 
\]
uansett hva $\epsilon$ måtte være.
Merk først at 
\[
|f_1(x)+f_2(x)-(L_1+L_2)|=  
|f_1(x)-L_1+f_2(x)-L_2|\leq
|f_1(x)-L_1|+|f_2(x)-L_2|
\]
Siden $f_1$ har grenseverdien $L_1$, 
og $f_2$ har grenseverdien $L_2$, 
kan vi velge  $\delta >0$ slik at $0<|x-x_0|<\delta$ impliserer 
\[
|f_1(x)-L_1|< \epsilon/2
\quad \text{og} \quad 
|f_2(x)-L_2|< \epsilon/2.
\]
(Samme argument som over, 
du kan velge $\delta_1$ for den ene ulikheten og 
$\delta_2$ for den andre og så bare velge den minste av dem.)
Men i så fall impliserer $0<|x-x_0|<\delta$ at 
\[
|f_1(x)+f_2(x)-L_1-L_2|< \epsilon/2+\epsilon/2=\epsilon,
\]
Hvis du nå leser definisjonen av grenseverdi nøye, 
ser du at her står det jo at grenseverdien til $f_1+f_2$ er $L_1 + L_2$. 
\end{oppgave}




\begin{oppgave}{8 - LF}
Velg $\epsilon <0$,
og velg $\delta<0$ slik at både 
\[
|f(x)-L| < \epsilon 
\quad \text{og} \quad
|h(x)-L| < \epsilon
\]
Den første ulikhetene gir at 
\[
h(x)-L < \epsilon
\]
og siden $g(x)<h(x)$, 
må vi ha at 
\[
g(x) \leq h(x) \Longrightarrow
g(x)-L \leq h(x)-L < \epsilon
\]
Men av 
$|f(x)-L| < \epsilon$
følger at $f(x)-L < \epsilon$,
og vi må ha 
\[
-g(x) \leq -f(x) \Longrightarrow
L-g(x) \leq L-f(x) < \epsilon
\]
eller 
\[
g(x)-L > -\epsilon
\]
om du vil.
Vi har altså at 
\[
-\epsilon < g(x)-L < \epsilon
\]
som er en alternativ skrivemåte for  
\[
| g(x)-L | < \epsilon
\]
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{11 - LF}
\end{oppgave}

\begin{comment}
\end{comment}
\end{document}
