\input{preamble}


\begin{document}
\pagenumbering{gobble}

\title{3 - 1 - FLUENS STOLTE GANG OVER RULLEGARDINEN - LF}

\maketitle

\begin{oppgave}{1}
	Vi trekker likningen 
	$
	x_1+x_2=0  
	$
	fra 
	$
	x_1+x_2 + x_3=1
	$
	og får $x_3=1$, 
	og ser at alle vektorer på formen 
	\begin{align*}
		x(t)=
		\left( \;
		\begin{matrix}
			s \\
			-s \\
			1
		\end{matrix}
		\; \right)
	\end{align*}
	passer i likningssystemet. 
	Dette er jo en rett linje, 
	og derfor kalles gjerne det å sette opp løsningsvektoren 
	\say{å parametrisere løsningsrommet}.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{2}
	Denne kan du løse omtrent på samme måte.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{3}
	Her er det antagelig lurt å vite at 
	$x: [0,2\pi) \to \mathbb{R}^2$ gitt ved
	\begin{align*}
		x(t)=
		\left( \;
		\begin{matrix}
			\cos \theta  \\
			\sin \theta  
		\end{matrix}
		\; \right)
	\end{align*}
	er en finfin parametrisering av enhetssirkelen, 
	og passer derfor i likningen 
	$x_1^2+x_2^2=1$.
	Den siste komponenten finner vi ved å skrive 
	$x_3=-x_1-x_2$,
	slik at
	\begin{align*}
		x(t)=
		\left( \;
		\begin{matrix}
			\cos \theta  \\
			\sin \theta  \\
			-\cos \theta - \sin \theta  
		\end{matrix}
		\; \right)
	\end{align*}
	er en parametrisert kurve som passer i begge likninger.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{4}
	Dersom vi setter $x_1=s$ og $x_2=-s$, 
	har vi noe som passer i likningen 
	$
		x_1+x_2=0  
	$
	og setter vi 
	\begin{align*}
	x_3=x_1^2+x_2^2 = 2s^2,
	\end{align*}
	slik at 
	\begin{align*}
		x(t)=
		\left( \;
		\begin{matrix}
			s  \\
			-s  \\
			2s^2  
		\end{matrix}
		\; \right)
	\end{align*}
	er det gudd. 
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{5}
	Vi tar utgangspunkt i parametriseringen for enhetssirkelen
	\begin{align*}
		x(\theta)=
	   \left( \; 
	   \begin{matrix}
	   \cos{\theta} \\[1mm]
	   \sin{\theta} 
	   \end{matrix}
	   \; \right).
	\end{align*}
	Å justere radien til noe annet enn 1 er bare å gange hele greia med radien, 
	og sentrum flytter vi ved å legge til en konstant vektor. 
	Sirklene har likninger
	\begin{align*}
			(x_1-1)^2 + x_2^2 - 4 = 0
		\hspace*{10mm}
		\text{og}
		\hspace*{10mm}
			(x_1-4)^2 + (x_2-2)^2 - 3 = 0
	\end{align*}
	så parametriseringene blir 
	\begin{align*}
		x(\theta)=
	   \left( \; 
	   \begin{matrix}
	   1\\
	   0
	   \end{matrix}
	   \; \right)
	   +
	   2
	   \left( \; 
	   \begin{matrix}
	   \cos{\theta} \\[1mm]
	   \sin{\theta} 
	   \end{matrix}
	   \; \right)
	   =
	   \left( \; 
	   \begin{matrix}
	   1+ 2\cos{\theta} \\[1mm]
	   2\sin{\theta} 
	   \end{matrix}
	   \; \right)
	\end{align*}
	og
	\begin{align*}
		x(\theta)=
	   \left( \; 
	   \begin{matrix}
	   4\\
	   2
	   \end{matrix}
	   \; \right)
	   +
	   \sqrt{3}
	   \left( \; 
	   \begin{matrix}
	   \cos{\theta} \\[1mm]
	   \sin{\theta} 
	   \end{matrix}
	   \; \right)
	   =
	   \left( \; 
	   \begin{matrix}
	   4 + \sqrt{3}\cos{\theta} \\[1mm]
	   2+\sqrt{3}\sin{\theta} 
	   \end{matrix}
	   \; \right).
	\end{align*}
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{6}
	Nok en gang bygger vi videre på gamle ting, 
	og innser raskt at 
	\begin{align*}
		x(\theta)=
	   \left( \; 
	   \begin{matrix}
	   a\cos{\theta} \\[1mm]
	   b\sin{\theta} 
	   \end{matrix}
	   \; \right)
	\end{align*}
	passer i ellipselikningen 
	\[
		\frac{x_1^2}{a^2}+\frac{x_2^2}{b^2}=1.
	\]
	
	Finn en parametrisering for en ellipsen som tilfredsstiller
	Den første likningen er av denne typen med $a=1/\sqrt{2}$ og $b=1$,
	så 
	\begin{align*}
		x(\theta)=
	   \left( \; 
	   \begin{matrix}
	   \frac{1}{\sqrt{2}}\cos{\theta} \\[1mm]
	   \sin{\theta} 
	   \end{matrix}
	   \; \right)
	\end{align*}
	gjør jobben. 
	Den tredje komponenten regner vi ut ved å ta 
	$x_3=-x_1-x_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}\cos \theta - \sin \theta$,
	slik at vi får 
	\begin{align*}
		x(\theta)=
	   \left( \; 
	   \begin{matrix}
	   \frac{1}{\sqrt{2}}\cos{\theta} \\[1mm]
	   \sin{\theta} \\[1mm]
	   \frac{1}{\sqrt{2}}\cos \theta - \sin \theta 
	   \end{matrix}
	   \; \right).
	\end{align*}
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{7}
	En ellipse har parametrisering 
	\begin{align*}
		x(\theta)=
	   \left( \; 
	   \begin{matrix}
	   a\cos{\theta} \\[1mm]
	   b\sin{\theta} 
	   \end{matrix}
	   \; \right),
	\end{align*}
	så hvis vi setter sammen 
	\begin{align*}
		y(\theta) =
		R(\alpha)x(\theta) =
		\left( \;
		\begin{matrix}
			\cos \alpha & -\sin \alpha\\
			\sin \alpha & \cos \alpha\\
		\end{matrix}
		\; \right)
	   \left( \; 
	   \begin{matrix}
	   a\cos{\theta} \\[1mm]
	   b\sin{\theta} 
	   \end{matrix}
	   \; \right),
	\end{align*}
	så er vi der. 
	For $\alpha = \pi /4$ får vi 
	\begin{align*}
		y(\theta) =
		\frac{1}{\sqrt{2}}
		\left( \;
		\begin{matrix}
			1 & -1\\
			1 & 1\\
		\end{matrix}
		\; \right)
	   \left( \; 
	   \begin{matrix}
	   a\cos{\theta} \\[1mm]
	   b\sin{\theta} 
	   \end{matrix}
	   \; \right)
	   =
	   \frac{1}{\sqrt{2}}
	   \left( \; 
	   \begin{matrix}
	   a\cos{\theta}-b\sin{\theta}  \\[1mm]
	   b\sin{\theta} +a\cos{\theta} 
	   \end{matrix}
	   \; \right).
	\end{align*}
\end{oppgave}







\begin{oppgave}{9}
    Formelen 
    \[
        \int_\Gamma ds =\int_a^b |\dot{ x}(t)| \; dt
    \]
    er en definisjon,
    og den kan motiveres på flere måter. 
    Steg én er å ta en titt på denne figuren:
    \begin{center}
        \includegraphics*[scale=.45]{../figurer/buelengde.png}
    \end{center}
    Her er intervallet $[a,b]$ på $t$-aksen partisjonert i $n$ korte linjestykker med lengde $h_k$.
    De korresponderende krumme lengdene i $\mathbb{x}$-koordinatsystemet heter $L_k$,
    se fargekodene.
    Buelengden er 
    \[
        \sum_{k=0}^{n} L_k \approx    
        \sum_{k=0}^{n-1}\left|\dot{{x}}(t_k)\right| h_k,
    \]
    og vi har god tro på at uttrykket på høyre side blir en bedre approksimasjon
    etter hvert som partisjonen gjøres finere. 
    Men uttrykket til høyre er en venstre riemannsum for funksjonen $\left|\dot{\mathbb{x}}(t)\right|$,
    så når partisjonen blir finere, 
    går denne summen mot 
    \[
        \int_a^b |\dot{ x}(t)| \; dt. 
    \]
	Funksjonen 
	$ x: [0,2] \to \mathbb{R}^2$ gitt ved
	\[
		x(t)=
		\begin{pmatrix}
			\ln (1+t^2) \\
			2\arctan t
		\end{pmatrix}
	\]
	er spesielt designet til NTH 
	av en ekspert på å konstruere parametriserte kurver man kan beregne buelengden til. 
	Vi finner først tangenten 
	\[
		\dot x(t)=
		\frac{2}{1+t^2}
		\begin{pmatrix}
			t \\
			1
		\end{pmatrix},
	\]
	og banefarten
	\[
		|\dot x(t)|=
		\frac{2}{
		\sqrt{
		1+t^2
		}}
	\]
	og buelengden 
    \[
        \int_0^2 |\dot{x}(t)| \; dt=
        \int_0^2  
		\frac{2}{
		\sqrt{
		1+t^2
		}}
		\; dt
		= 
		\sinh^{-1}(2).
    \]
\end{oppgave}



\begin{oppgave}{10}
	Tangenten til ellipseparametriseringen er 
	\begin{align*}
		\dot x(t) 
		=
	   \left( \; 
	   \begin{matrix}
	   -a\sin{\theta} \\[1mm]
	   b\cos{\theta} 
	   \end{matrix}
	   \; \right)
	\end{align*}
	og banefarten er 
	\begin{align*}
		|\dot x(t)|
		=
		\sqrt{a^2\sin^2\theta + b^2\cos^2\theta}
	\end{align*}
	slik at buelengden blir 
	\begin{align*}
		\int_0^{2\pi}
		|\dot x(t)|
		\;dt
		=
		\int_0^{2\pi}
		\sqrt{a^2\sin^2\theta + b^2\cos^2\theta}
		\;dt.
	\end{align*}
	Dette kalles et \textbf{elliptisk integral}, 
	og kan ikke beregnes analytisk. 
	Det er av forskjellige grunner berømt,\footnote{
		\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Elliptic_integral}
	}
	og kode finner du her:\\
	\url{https://folk.ntnu.no/mortano/python/kvadratur/buelengde/ellipse.py}
\end{oppgave}



\begin{oppgave}{11}
	Vi finner tangenten:
	\begin{align*}
		\dot x(t)=
	 \left( \; 
	 \begin{matrix}
	 -\sin t \\[1mm]
	 \cos t \\[1mm]
	 1
	 \end{matrix}
	 \; \right)
	\end{align*}
	og banefarten 
	\begin{align*}
		|\dot x(t)| = 
		\sqrt{\sin^2 t + \cos^2 t + 1} =
		\sqrt{2}
	\end{align*}
	og buelengden:
	\begin{align*}
		\int_a^{b}
		|\dot x(t)| 
		\; dt
		= 
		\sqrt{2}
		\int_a^{b}
		\; dt
		=
		\sqrt{2}(b-a).
	\end{align*}
	For buelengdeparametrisering må vi ha et startpunkt, 
	så la oss sette $a=0$ og $b=t$. 
	Buelengden er i så fall $s = \sqrt{2}t$,
	så om vi setter inn $t=s/\sqrt{2}$ i den opprinnelige parametriseringen, 
	får vi buelengdeparametriseringen 
	\begin{align*}
		x(t)=
	 \left( \; 
	 \begin{matrix}
	 \cos \left( s/\sqrt{2} \right) \\[1mm]
	 \sin \left( s/\sqrt{2} \right) \\[1mm]
	s/\sqrt{2} 
	 \end{matrix}
	 \; \right).
	\end{align*}	
\end{oppgave}

\clearpage

\begin{oppgave}{12}
	Den ser faktisk omtrent sånn ut. 
	Ihvertfall nesten. 
	Om jeg skulle tegna den i forelesning, 
	ville det ikke blitt mer nøyaktig. 
\end{oppgave}
	\begin{center}
		\includegraphics[scale=.3]{../figurer/L1019070-2}
		\put(-102,20){\huge$\color{red} {x_1}$}
		\put(-250,125){\huge$\color{red} {x_2}$}
	\end{center}



\begin{oppgave}{13}
	Tangenten er 
	\[
		\dot x(t)=
		\left( \;
		\begin{matrix}
		3t^2 \\
		2t
		\end{matrix}
		\; \right).
	\]
	og enhetstangenten er 
	\[
		T(t)=
		\frac{\dot x(t)}{|\dot x(t)|}
		=
		\frac{1}{\sqrt{9t^4+4t^2}}
		\left( \;
		\begin{matrix}
		3t^2 \\
		2t
		\end{matrix}
		\; \right)
		=
		\frac{1}{|t|\sqrt{9t^2+4}}
		\left( \;
		\begin{matrix}
		3t^2 \\
		2t
		\end{matrix}
		\; \right)
		=
		\frac{1}{\sqrt{9t^2+4}}
		\left( \;
		\begin{matrix}
		3t^2/|t| \\
		2t/|t|
		\end{matrix}
		\; \right).
	\]
	La oss se litt på hva alle disse tingene blir når $t\to 0$. 
	Det er lett å se at 
	\begin{align*}
		\lim_{t \to 0}\frac{1}{\sqrt{9t^2+4}} = 2
	\end{align*}
	og at 
	\begin{align*}
		\lim_{t \to 0}\frac{3t^2}{|t|} = 0.
	\end{align*}
	Men vi har 
	\begin{align*}
		\lim_{t \to 0^+}\frac{t}{|t|} = 1.
	\end{align*}
	og
	\begin{align*}
		\lim_{t \to 0^-}\frac{t}{|t|} = -1.
	\end{align*}
	slik at 
	\begin{align*}
		\lim_{t \to 0^+}T(t) = 1
		\left( \;
		\begin{matrix}
		0 \\
		1
		\end{matrix}
		\; \right)
	\end{align*}
	og  
	\begin{align*}
		\lim_{t \to 0^-}T(t) = 1
		\left( \;
		\begin{matrix}
		0 \\
		-1
		\end{matrix}
		\; \right).
	\end{align*}
	Dette betyr at om du går inn i origo på den negative siden av $t=0$, 
	peker enhetstangenten rett ned, 
	men når du går utover fra orige på den positive siden av $t=0$, 
	peker enhetstangenten plutselig rett opp istedet. 
	Den snur momentant 180 grader i $t=0$ fordi kurven stopper opp og begynner å kjøre motsatt vei. 
\end{oppgave}



\begin{oppgave}{14}
	Denne ser ut som $x_1 = x_2^2$, 
	bare plott i python og se. 
\end{oppgave}

 
\begin{oppgave}{16}
Deriverer du likningen $  T(t)^T T(t)=1$,
får du $  2\dot T(t)^T   T(t)=0$
så endringen i enhetstangentvektoren står normalt på enhetstangentvektoren. 
Dette har å gjøre med at enhetstangentvektoren ikke endrer lengde,
så det eneste som endres med tiden er retningen den peker. 
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{17}
	La oss gjøre dette for den sirkulære heliksen. 
	Tangenten er 
	\begin{align*}
		\dot x(t)=
	 \left( \; 
	 \begin{matrix}
	 -\sin t \\[1mm]
	 \cos t \\[1mm]
	 1
	 \end{matrix}
	 \; \right)
	\end{align*}
	og banefarten er 
	\begin{align*}
		|\dot x(t)| = 
		\sqrt{\sin^2 t + \cos^2 t + 1} =
		\sqrt{2}
	\end{align*}
	så enhetstangenten er 
	\begin{align*}
		T(t)=
		\frac{1}{\sqrt{2}}
	 \left( \; 
	 \begin{matrix}
	 -\sin t \\[1mm]
	 \cos t \\[1mm]
	 1
	 \end{matrix}
	 \; \right).
	\end{align*}
	og enhetsnormalen er den normaliserte tidsderiverte av denne:
	\begin{align*}
		N(t)=
	 \left( \; 
	 \begin{matrix}
	 -\cos t \\[1mm]
	 \sin t \\[1mm]
	 0
	 \end{matrix}
	 \; \right).
	\end{align*}
	Merk hvordan sistnevnte alltid peker rett inn mot $x_3$-aksen. 
	Binormalvektoren er kryssproduktet av disse to, 
	og her vil jeg benytte anledningen til å avsløre et hemmelig 
	triks dere kan bruke for å huske den umulige kryssproduktformelen.
	Det er relativt lett å huske 
	regnereglene for de imaginære kvaternionene:
	\begin{align*}
		%i^2 &= j^2 = k^2 = ijk = −1\\
        ij&=k \hspace{13mm}
        jk=i \hspace{13mm}
        ki=j \\
        ji&=-k \hspace{10mm}
        kj=-i \hspace{10mm}
        ik=-j 
	\end{align*}
	I gamle dager skrev vi 
	\begin{align*}
		i 
		=
		\left( \;
			\begin{matrix}
				1 \\
				0\\
				0
			\end{matrix}
		\; \right)
		\hspace*{10mm}
		j
		=
		\left( \;
			\begin{matrix}
				0 \\
				1\\
				0
			\end{matrix}
		\; \right)
		\hspace*{10mm}
		k 
		=
		\left( \;
			\begin{matrix}
				0 \\
				0\\
				1
			\end{matrix}
		\; \right)
	\end{align*}
	for standardbasisen i $\mathbb{R}^3$, 
	og dette er antagelig fordi kryssproduktet mellom disse tre følger den samme tabellen:
	\begin{align*}
		%i^2 &= j^2 = k^2 = ijk = −1\\
        i \times j&=k \hspace{13mm}
        j\times k=i \hspace{13mm}
        k\times i=j \\
        j\times i&=-k \hspace{10mm}
        k\times j=-i \hspace{10mm}
        i\times k=-j 
	\end{align*}
	Denne tabellen er lett å huske siden den øverste raden er syklisk på bokstavene i j k, 
	og forhåpentligvis har du i ryggraden fra gymnaset at 
	\begin{align*}
        i \times i=
        j\times j=
        k\times k=0.
	\end{align*}
	Vi kan bruke disse regnereglene til å beregne kryssproduktet slik: 
	\begin{align*}
		T \times N =&
		\frac{1}{\sqrt{2}}
		\left( -i\cos t + j \sin t + k \right)
		\times
		\left( -i\sin t - j \cos t \right)\\[2mm]
		=&
		\frac{1}{\sqrt{2}}
		\Big(
			i \times i \cos t \sin t +
			i \times j \cos^2 t \\[1mm]
			&\hspace*{3mm}-j \times i \sin ^2 t 
			-j \times j \sin  t \cos t \\[1mm]
			&\hspace*{3mm}-k \times i \sin t 
			-k \times j \cos t 
		\Big)\\[2mm]
		=&
		\frac{1}{\sqrt{2}}
		\Big(
			i \times j \cos^2 t 
			-j \times i \sin ^2 t 
			-k \times i \sin t 
			-k \times j \cos t 
		\Big)\\[2mm]
		=&
		\frac{1}{\sqrt{2}}
		\Big(
			k \cos^2 t +
			k \sin ^2 t 
			-j \sin t 
			+i \cos t 
		\Big)
		=
		\frac{1}{\sqrt{2}}
		\left( \;
		\begin{matrix}
			\cos t \\
			-\sin t \\
			1
		\end{matrix}	
		\; \right).
	\end{align*}
	Ved første øyekast ser det kanskje ikke enklere ut enn å memorisere kryssproduktformelen, 
	men fordelen er at man kan skru av hjernen, 
	så med litt trening er det mye mer praktisk.
	Krumningen 
	\[
		\kappa(t)=
		\frac{|x'(t)\times x''(t)|}{\left( \sqrt{x'(t)^Tx'(t)} \right)^3}
		%\frac{\|T'(t)\|}{\|x'(t)\|}
	\]
	er et mål på hvor fort enhetstangenten dreier, 
	og torsjonen 
	\[
		\tau(t)=
		\frac{
			\Big( x'(t)\times x''(t) \Big)^T
			x'''(t)}{|x'(t)\times x''(t)|
		}
	\]
	er mål på hvorvidt kurven ikke er plan i et punkt - 
	null torsjon betyr at kurven ligger i et plan.
	Begge disse er lette å beregne for den sirkulære heliksen.
\end{oppgave}


\begin{center}
\includegraphics[scale=.25]{../figurer/L1019461}
\end{center}



\clearpage 


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



\begin{oppgave}{1}
Vis at krumningsradien til $x$ kan skrives
\[
R(t)= \frac{\|\dot{  x}(t)\|^3}{|\ddot{x}_1(t)\dot{x}_2(t)-\dot{x}_1(t)\ddot{x}_2(t)|}.
\]
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{2}
En ellipse med halvakser rotert $\pi/4$ radianer i forhold til 
koordinataksene tilfredsstiller likningen
\[
\frac{(x+y)^2}{2a^2}+\frac{(x-y)^2}{2b^2}=1.
\]
Vis at kurven parametrisert ved 
\[
	x(t)=(\cos t, \cos(t+\phi))
\]
ligger på en slik ellipse.
 \end{oppgave}


\begin{oppgave}{3}
	Har kurven gitt ved
	\begin{equation*}
		x(t) = 4t^3, \qquad y(t) = 3t - \sin (3t), \qquad t \in \mathbb R
	\end{equation*}
	en veldefinert tangent i origo? 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{4}
	Hva slags kurve blir dette:
	\begin{equation*}
		x(t) = \frac{1-t^2}{1+t^2}, \qquad y(t) = \frac{2t}{1+t^2}, \qquad t \in \mathbb R \quad ?
	\end{equation*}
\end{oppgave}

Dersom du på et eller annet tidspunkt ønsker å forstå hvorfor initialverdiproblemet
\[
\dot   x=A  x \qquad   x(0)=  x_0
\]
har en og bare løsning (dette er litt komplisert), 
kan det være lurt å gjøre følgende oppgave.

\begin{oppgave}{5}
La oss anta at vi har to funksjoner
\[
 x_1= v_1 e^{\lambda_1 t} \quad \text{og} \quad x_2 = v_2 e^{\lambda_2 t} .\\[-2pt]
\]
der  $\lambda_1 \neq \lambda_2$ er egenverdiene til en matrise, med 
korresponderende egenvektorer $ v_1$ og $ v_2$.

Vis at $x_1(t)$ og $x_2(t)$ er lineært uavhengige for alle $t$.
Er $ x_1$ og $ x_2$ lineært uavhengige?
\end{oppgave}



Det finnes selvfølgelig massevis av regneregler. 
Dersom $x: \mathbb{R} \to \mathbb{R}^n$, 
$ y: \mathbb{R} \to \mathbb{R}^n$ og 
$\lambda: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$  er deriverbare med hensyn på $t$, 
er
\begin{align*}
\frac{d}{dt}\left( x(t)+ y(t)\right)&=x'(t)+y'(t)\\
\frac{d}{dt}\left(\lambda(t)  x(t)\right)&=\lambda'(t) x(t)+\lambda(t)x'(t)\\
\frac{d}{dt}\left( x(t)^T y(t)\right)&=x'(t)^T y(t)+ x(t)^T  y'(t)\\
\frac{d}{dt}\left( x(t) \times  y(t)\right)&=x'(t)\times  y(t)+ x(t)\times y'(t)\\
\frac{d}{dt}  x(\lambda(t))&=\lambda'(t)x'\left(\lambda (t)\right)
\end{align*}

\begin{oppgave}{6}
	Utled. 
\end{oppgave}

\clearpage


\begin{oppgave}{7}
En reell spole har både motstand og kapasitans,
i tillegg til induktans.
Motstanden er blant annet avhengig spolens fysiske dimensjoner,
for eksempel lengden på lederen er som spolen er laget av.
Lederen i en spole er parametrisert av 
\[
	x(t)=
\begin{pmatrix}
{x}_1(t) \\ 
{x}_2(t) \\
{x}_3(t) 
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
2\cos(t) \\ 
2\sin(t) \\
t 
\end{pmatrix}
\quad 0\leq t \leq 20\pi
\]
Finn spolens totale lengde. 
Finn den totale motstanden i spolen er laget av,
dersom det er en 12 AWG kobbertråd og lengden 
er i meter.\footnote{\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Electrical_resistivity_and_conductivity}}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{8}
Fresnelintegralene er definert ved
\[
C(t)=\int_0^t \cos^2\left(s^2\right)\; ds
\]
og
\[
S(t)=\int_0^t \sin^2\left(s^2\right)\; ds
\]
Disse dukker opp i forbindelse med optikk. 
Nå brukes de visst mest til å lage klotoider i rundkjøringer, 
for den parametriserte kurven 
\[
	x(t)= 
\begin{pmatrix}
C(t) \\ 
S(t) 
\end{pmatrix}
\]
har spesielt pen krumning.
Kurven kalles Eulerkurven.

Regn ut buelengden og krumningen og 
plot i python.\\
(Hvis du lurer på hvordan du skal evaluere integralene, 
kan du bruke en teknikk fra TMA4101. 
Sett inn taylorrekker for de trigonometriske rekkene og integrer ledd for ledd. 
Disse rekkene konvergerer bra fort, 
og python regner lett ut et par hundre ledd på en to tre.)
\end{oppgave}



\begin{oppgave}{9}
	Vis at 
	buelengden er uavhengig av parametriseringen. 
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.18]{../figurer/L1003537}
\end{center}
\end{comment}

\end{document}
