Grunnleggende kalkulus

Oppgave 6.1.1:

1. a)

   Innsetting gir $g(1.9)=\frac{3.61-4}{-0.1}=3.9$, og tilsvarende for resten: for $x=1.9$, $1.99$ og $1.999$ er $g(x)=3.9$, $3.99$ og $3.999$; for $x=2.1$, $2.01$ og $2.001$ er $g(x)=4.1$, $4.01$ og $4.001$.

2. b)

   Verdiene presser seg mot samme tall fra begge sider:

   $$\underset{x\to 2}{lim}g(x)=4.$$

   Algebraen bekrefter tabellen: konjugatsetningen gir $g(x)=\frac{(x+2)(x-2)}{x-2}=x+2$ for $x\ne 2$, og $x+2\to 4$ når $x\to 2$.

3. c)

   Nei – innsetting av $x=2$ gir $\frac{0}{0}$, og divisjon med null er udefinert, så $x=2$ ligger utenfor definisjonsmengden. Grensen finnes likevel: den handler om veien inn mot punktet, ikke om punktet selv.

Oppgave 6.1.2:

1. a)

   Innsetting gir $\frac{0}{0}$. Konjugatsetningen og forkorting:

   $$\underset{x\to 5}{lim}\frac{x^2-25}{x-5}=\underset{x\to 5}{lim}\frac{(x+5)(x-5)}{x-5}=\underset{x\to 5}{lim}(x+5)=10.$$

   Kontroll: $x=5.01$ gir $10.01$.

2. b)

   Innsetting gir $\frac{0}{0}$. Telleren faktoriseres med nullpunktene $-2$ og $-3$: $x^2+5x+6=(x+2)(x+3)$, så

   $$\underset{x\to -2}{lim}\frac{(x+2)(x+3)}{x+2}=\underset{x\to -2}{lim}(x+3)=-2+3=1.$$

   Kontroll: $x=-1.99$ gir $1.01$.

3. c)

   Innsetting gir $\frac{0}{0}$. Utvid med $\sqrt{x}+2$; konjugatsetningen gjør telleren til $x-4$:

   $$\frac{\sqrt{x}-2}{x-4}=\frac{x-4}{(x-4)(\sqrt{x}+2)}=\frac{1}{\sqrt{x}+2}\text{for }x\ne 4,$$

   og dermed

   $$\underset{x\to 4}{lim}\frac{\sqrt{x}-2}{x-4}=\frac{1}{\sqrt{4}+2}=\frac{1}{4}.$$

   Kontroll: $x=4.01$ gir $0.2498$.

Oppgave 6.1.3:

1. a)

   $A=1/d$ gir $2\mathrm{D}$, $4\mathrm{D}$, $10\mathrm{D}$, $20\mathrm{D}$ og $100\mathrm{D}$. Hver halvering av avstanden dobler behovet – det vokser over alle grenser når $d$ krymper mot null.

2. b)

   $$\underset{d\to 0^{+}}{lim}\frac{1}{d}=\mathrm{\infty }.$$

   Grensen må tas ensidig fordi bare positive avstander gir mening: objektet kan ikke stå i negativ avstand fra øyet.

3. c)

   Skarpt syn krever $1/d\le 10$, altså $d\ge 1/10$; hun kan se skarpt inn til

   $$d=0.10\mathrm{m},$$

   ti centimeter fra øyet. Kontroll: $A(0.10)=1/0.10=10\mathrm{D}$, nøyaktig amplituden. Med amplitude $A$ blir den korteste avstanden $1/A$ – et positivt tall uansett hvor stor $A$ er. Siden behovet vokser over alle grenser inntil hornhinnen, finnes det alltid avstander som er for korte.

4. d)

   $$\underset{d\to \mathrm{\infty }}{lim}A=0\mathrm{D}$$

   – jo lenger unna objektet står, desto mindre akkommodasjon kreves, og langt borte er behovet klinisk neglisjerbart.

Oppgave 6.1.4: Det riktige i påstanden: for alle $x\ne 1$ er $\frac{x^2-1}{x-1}=x+1$, og grensen finnes derfor: ${lim}_{x\to 1}\frac{x^2-1}{x-1}=2$. Det gale: forkortingen endrer ikke definisjonsmengden, så de to er ikke samme funksjon – $\frac{x^2-1}{x-1}$ er udefinert i $x=1$, der innsetting gir $\frac{0}{0}$. Dermed svikter det første av de tre kravene i kontinuitetsdefinisjonen, og funksjonen er ikke kontinuerlig i $x=1$; at grensen finnes, er ikke nok. Diskontinuiteten er hevbar, men hullet må fylles ved et eksplisitt valg av funksjonsverdi lik grensen:

Da er $\tilde{f}(1)=2$ definert, grensen er fortsatt $2$, og de to er like – alle tre kravene er oppfylt, så $\tilde{f}$ er kontinuerlig i $x=1$.

Oppgave 6.1.5: Ett mulig svar: start med den konstante funksjonen $8$ og lag et hull i $x=5$ ved å gange med brøken $\frac{x-5}{x-5}$:

$$f(x)=\frac{8(x-5)}{x-5}.$$

Begge kravene sjekkes. Udefinert i $x=5$: innsetting gir $\frac{0}{0}$, og divisjon med null er udefinert. Grenseverdi $8$: for $x\ne 5$ forkortes brøken til $f(x)=8$, så

$$\underset{x\to 5}{lim}f(x)=8.$$

Kontroll ved innsetting nær punktet: $x=5.001$ gir $\frac{8\cdot 0.001}{0.001}=8$. Den generelle oppskriften: for et hull i punktet $a$ med grenseverdi $L$, ta

$$f(x)=\frac{L(x-a)}{x-a}.$$

Faktoren $x-a$ i nevneren gjør uttrykket udefinert i $a$; overalt ellers forkortes den bort og lar verdien $L$ stå igjen, så grensen er $L$. Samme knep virker på et hvilket som helst uttrykk med grenseverdi $L$ i $a$ – konjugateksemplene i seksjonen, som $\frac{x^2-25}{x-5}$, er nettopp slike hull i forkledning.

Oppgave 6.2.1:

1. a)

   Gjennomsnittlig endringsrate fra $x_1=1$ er $\frac{f(x_2)-f(1)}{x_2-1}$:

   $$\frac{2^3-1}{2-1}=7,\frac{{1.5}^3-1}{0.5}=\frac{2.375}{0.5}=4.75,$$

   $$\frac{{1.1}^3-1}{0.1}=\frac{0.331}{0.1}=3.31,\frac{{1.01}^3-1}{0.01}=\frac{0.030301}{0.01}=3.0301.$$

   $7,4.75,3.31\text{og}3.0301$

2. b)

   Ratene kryper mot 3.

3. c)

   Linjen gjennom $(1,1)$ med grenseverdien som stigningstall er tangenten til grafen i punktet.

Oppgave 6.2.2:

1. a)

   Vi setter inn i definisjonen og bruker første kvadratsetning:

   	${\displaystyle \frac{f(x+h)-f(x)}{h}}$	$={\displaystyle \frac{{(x+h)}^2+2(x+h)-(x^2+2x)}{h}}$
   		$={\displaystyle \frac{x^2+2xh+h^2+2x+2h-x^2-2x}{h}}$
   		$={\displaystyle \frac{h(2x+h+2)}{h}}=2x+h+2\text{for }h\ne 0.$

   Når $h\to 0$, går $2x+h+2$ mot $2x+2$, så $f^{\prime }(x)=2x+2$, som skulle vises.

2. b)

   Tangenten er vannrett der $f^{\prime }(x)=0$, altså $2x+2=0$, som gir $x=-1$ og $f(-1)=1-2=-1$: punktet er $(-1,-1)$. For er , så grafen er avtakende; for $x>-1$ er $f^{\prime }(x)>0$, så grafen er voksende – punktet er bunnen av parabelen.

Oppgave 6.2.3:

1. a)

   Gjennomsnittlig endringsrate:

   $$\frac{-2.50-(-1.00)}{11-8}=\frac{-1.50}{3}=-0.50\mathrm{D}\text{per år}.$$

   Det negative fortegnet betyr at refraksjonen blir mer negativ for hvert år – myopien øker.

2. b)

   Tre år videre med samme rate:

   $$-2.50+3\cdot (-0.50)=-4.00\mathrm{D}.$$

Oppgave 6.2.4:

1. a)

   Raten fra forrige oppgave er $-0.50\mathrm{D}$ per år, så «omtrent en halv dioptri i året» stemmer med utregningen. Tallet ligger like under det laveste av de to gruppegjennomsnittene metaanalysen oppgir ($-0.55\mathrm{D}$ og $-0.82\mathrm{D}$ per år ved gjennomsnittlig startalder $9.3$ år). Kollegaens påstand er altså rimelig: progresjonen er ikke uvanlig rask for et skolebarn med enkeltstyrkebriller. Merk likevel hva sammenligningen er og ikke er: et gruppegjennomsnitt sier hva et gjennomsnittlig barn gjorde, ikke hvor grensen for «rask progresjon» går – det finnes ingen normtabell for dioptri per år å lese av slik man leser av en vekstkurve.

2. b)

   Gjennomsnittet er sekantstigningen fra 8 til 11 år og kan skjule at progresjonen var ujevn – for eksempel $-1.00\mathrm{D}$ det første året og lite de to neste. Den gjennomsnittlige endringsraten måles over et intervall, mens den momentane endringsraten er tangentens stigningstall ved én bestemt alder; er progresjonen i ferd med å bremse eller akselerere, kan den momentane raten ved 11 år avvike fra gjennomsnittet $-0.50\mathrm{D}$ per år.

Oppgave 6.3.1:

1. a)

   Potensregelen: $f^{\prime }(x)=7x^6$.

2. b)

   Ledd for ledd med potens- og konstantfaktorregelen: $g^{\prime }(x)=2\cdot 3x^2-5+0=6x^2-5$.

3. c)

   Skriv om til potensform, $h(x)=x^{1/2}$: $h^{\prime }(x)=\frac{1}{2}{x}^{-1/2}={\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{x}}}$.

4. d)

   Skriv om til potensform, $p(x)=x^{-3}$: $p^{\prime }(x)=-3x^{-4}=-{\displaystyle \frac{3}{x^4}}$.

Oppgave 6.3.2:

1. a)

   Produktregelen med $f=x$ og $g=\cos x$: $f^{\prime }(x)=1\cdot \cos x+x\cdot (-\sin x)=\cos x-x\sin x$.

2. b)

   Kvotientregelen: $g^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{2x\cdot x-(x^2+1)\cdot 1}{x^2}}={\displaystyle \frac{x^2-1}{x^2}}=1-{\displaystyle \frac{1}{x^2}}$. Kontroll: $g(x)=x+{\displaystyle \frac{1}{x}}$ gir det samme med potensregelen.

3. c)

   Kjerneregelen med kjerne $u=3x$, $u^{\prime }=3$: $h^{\prime }(x)=\cos (3x)\cdot 3=3\cos (3x)$.

4. d)

   Kjerneregelen med kjerne $u=2x$, $u^{\prime }=2$: $k^{\prime }(x)=e^{2x}\cdot 2=2e^{2x}$.

Oppgave 6.3.3:

1. a)

   $f^{\prime }(x)=2x-6$, og $2x-6=0$ gir $x=3$.

2. b)

   $f(3)=9-18+11=2$. For er og for $x>3$ er $f^{\prime }(x)>0$: grafen avtar inn mot punktet og vokser ut fra det, så $(3,2)\text{er et bunnpunkt}$.

3. c)

   Symmetrilinjen er $x=-{\displaystyle \frac{b}{2a}}=-{\displaystyle \frac{-6}{2\cdot 1}}=3$ – samme førstekoordinat. Formelen fra kapittelet om funksjoner og grafer er nettopp løsningen av $f^{\prime }(x)=0$ for den generelle andregradsfunksjonen.

Oppgave 6.3.4:

1. a)

   Med $f(x)=\sqrt{x}$ er $f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{x}}}$, så $f(25)=5$ og $f^{\prime }(25)={\displaystyle \frac{1}{10}}$. Lineariseringen om $a=25$ er

   $$L(x)=5+\frac{1}{10}(x-25),$$

   og $\sqrt{26}\approx L(26)=5+{\displaystyle \frac{1}{10}}=5.1$.

2. b)

   Feilen er $5.1-5.0990=0.0010$. Tilnærmingen treffer så godt fordi $x=26$ ligger nær utviklingspunktet $a=25$ – avstanden er bare $1$, liten i forhold til $25$ – og fordi rotkurven er slak der: den deriverte ${\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{x}}}$ endrer seg langsomt for store $x$, så tangenten følger kurven tett.

Oppgave 6.3.5: Åpen oppgave; ingen entydig fasit. Vurderingsmoment: undersøkelsen bør vise tall nær $\frac{2^{0.01}-1}{0.01}\approx 0.6956$ og $\frac{3^{0.01}-1}{0.01}\approx 1.1047$, tolke brøken som stigningstallet til $a^x$ i $x=0$, og begrunne entydigheten med at dette stigningstallet vokser jevnt med grunntallet – én verdi under $1$ og én over tvinger fram nøyaktig ett treff imellom.

Oppgave 6.4.1: Vi bruker antiderivert-tabellen og kontrollerer hvert svar ved derivasjon.

1. a)

   Ledd for ledd med potensregelen baklengs:

   $$\int (3x^2-4x+5)𝑑x=3\cdot \frac{x^3}{3}-4\cdot \frac{x^2}{2}+5x+C=x^3-2x^2+5x+C.$$

   Kontroll: ${(x^3-2x^2+5x+C)}^{\prime }=3x^2-4x+5$ – integranden.

2. b)

   Skriv om til en potens: $\frac{1}{x^2}=x^{-2}$, og potensregelen baklengs gir

   $$\int x^{-2}𝑑x=\frac{x^{-1}}{-1}+C=-\frac{1}{x}+C.$$

   Kontroll: ${\left(-x^{-1}\right)}^{\prime }=x^{-2}=\frac{1}{x^2}$.

3. c)

   Fra tabellen: $\int \cos vdv=\sin v+C$. Kontroll: ${(\sin v)}^{\prime }=\cos v$.

4. d)

   Eksponentialfunksjonen er sin egen antideriverte: $\int e^x𝑑x=e^x+C$. Kontroll: ${(e^x)}^{\prime }=e^x$.

Oppgave 6.4.2: Fundamentalteoremet i to steg: finn en antiderivert, sett inn grensene.

1. a)

   $${\int }_1^3(2x+1)𝑑x={\left[x^2+x\right]}_1^3=(9+3)-(1+1)=10.$$

   Geometrisk kontroll: fra $x=1$ til $x=3$ stiger linjen fra høyde $3$ til høyde $7$. Den vannrette linjen $y=3$ deler området i et rektangel med areal $2\cdot 3=6$ og en trekant med areal $\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 4=4$ – til sammen $10$, som integralet.

2. b)

   $${\int }_0^1{e}^x𝑑x={\left[e^x\right]}_0^1=e-1\approx 1.72.$$

3. c)

   $${\int }_0^{\pi /2}\cos xdx={\left[\sin x\right]}_0^{\pi /2}=1-0=1.$$

Oppgave 6.4.3:

1. a)

   Nullpunktene: $4-x^2=0$ gir $x=\pm 2$. Mellom dem ligger parabelen over aksen, så arealet er

   $$A={\int }_{-2}^2(4-x^2)𝑑x.$$

2. b)

   $$A={\left[4x-\frac{x^3}{3}\right]}_{-2}^2=\left(8-\frac{8}{3}\right)-\left(-8+\frac{8}{3}\right)=16-\frac{16}{3}=\frac{32}{3}\approx 10.67.$$

   Kontroll med symmetrien om $y$-aksen: $A=2{\int }_0^2(4-x^2)𝑑x=2\left(8-\frac{8}{3}\right)=\frac{32}{3}$ – samme tall.

3. c)

   Rektangelet har areal $4\cdot 4=16$, og hvelvingen fyller $\frac{32/3}{16}=\frac{2}{3}$ av det. For $y=9-x^2$: nullpunkter $x=\pm 3$, areal

   $${\int }_{-3}^3(9-x^2)𝑑x={\left[9x-\frac{x^3}{3}\right]}_{-3}^3=18-(-18)=36,$$

   og rektangelet ($6\cdot 9=54$) fylles med $\frac{36}{54}=\frac{2}{3}$. Brøkdelen er den samme: en parabelhvelving fyller alltid $\frac{2}{3}$ av sitt omskrevne rektangel – komplementet til tredjedelen $y=x^2$ skar av i brødteksten.

Oppgave 6.4.4: Utregningen er riktig, men konklusjonen er gal. Integralet måler fortegnsareal: fra $0$ til $\pi$ ligger sinuskurven over aksen og bidrar med $+2$ (buearealet fra seksjonens siste sinuseksempel), fra $\pi$ til $2\pi$ ligger den under og bidrar med

$${\int }_{\pi }^{2\pi }\sin xdx={\left[-\cos x\right]}_{\pi }^{2\pi }=-1-1=-2.$$

Bidragene $+2$ og $-2$ kansellerer – derfor null, uten at området er borte. Det geometriske arealet krever oppdeling ved nullpunktet $x=\pi$ med alt telt positivt:

$$A={\int }_0^{\pi }\sin xdx+\left|{\int }_{\pi }^{2\pi }\sin xdx\right|=2+2=4.$$

Oppgave 6.4.5:

1. a)

   Randen er den rette linjen fra spissen i origo til grunnflatekanten i punktet $(h,R)$; en rett linje gjennom origo med stigningstall $\frac{R}{h}$ har likningen $y=\frac{R}{h}x$. Tverrsnittet i posisjon $x$ er derfor en sirkel med radius $\frac{R}{h}x$ – radien vokser i samme forhold som avstanden fra spissen, fra $0$ i spissen til $R$ ved grunnflaten. Sirkelarealet gir tverrsnittarealet

   $$A(x)=\pi {\left(\frac{R}{h}x\right)}^2=\frac{\pi R^2}{h^2}{x}^2.$$

2. b)

   Skivemetoden: volumet er integralet av tverrsnittarealet fra spissen $x=0$ til grunnflaten $x=h$. Konstanten $\frac{\pi R^2}{h^2}$ settes utenfor, og potensregelen baklengs gjør resten:

   $$V={\int }_0^h\frac{\pi R^2}{h^2}{x}^2𝑑x=\frac{\pi R^2}{h^2}{\left[\frac{x^3}{3}\right]}_0^h=\frac{\pi R^2}{h^2}\cdot \frac{h^3}{3}=\frac{1}{3}\pi R^{2}h.$$

   Sylinderen med samme grunnflate og høyde har volum $\pi R^{2}h$, så kjeglen utgjør $\frac{1}{3}$ av den. Rimelighetskontroll: kjeglen smalner mot en spiss og må romme mindre enn sylinderen, og tredjedelen er nettopp den klassiske kjegleformelen fra geometrien.

Oppgave 6.5.1:

1. a)

   Potensregelen på $A=d^{-1}$ gir

   $$\frac{dA}{dd}=-d^{-2}=-\frac{1}{d^2}.$$

2. b)

   Ved $d=0.50\mathrm{m}$:

   $$A=\frac{1}{0.50}=2\mathrm{D},\frac{dA}{dd}=-\frac{1}{{0.50}^2}=-\frac{1}{0.25}=-4\mathrm{D}\text{per meter}.$$

   Enheten leses rett av Leibniz-brøken: $A$ i dioptrier delt på $d$ i meter gir dioptri per meter. Som kontroll: ved $0.25\mathrm{m}$ var raten $-16\mathrm{D}$ per meter, og en dobling av avstanden skal dempe raten med kvadratet, $-16/2^2=-4$ – det stemmer.

Oppgave 6.5.2: Ved $d=0.40\mathrm{m}$ er raten

$$\frac{dA}{dd}=-\frac{1}{{0.40}^2}=-6.25\mathrm{D}\text{per meter}.$$

Én centimeter nærmere betyr $\mathrm{\Delta }d=-0.01\mathrm{m}$, så lineariseringen gir

$$\mathrm{\Delta }A\approx \frac{dA}{dd}\cdot \mathrm{\Delta }d=(-6.25)\cdot (-0.01)=0.0625\mathrm{D}.$$

Den eksakte endringen er

$$A(0.39\mathrm{m})-A(0.40\mathrm{m})=\frac{1}{0.39}-\frac{1}{0.40}\approx 2.5641-2.5=0.0641\mathrm{D}.$$

Tangenten bommer altså med om lag $0.0016\mathrm{D}$ – rundt $2.5\mathrm{\%}$ – og undervurderer litt fordi kurven $A=1/d$ krummer bort fra tangenten når du beveger deg fra berøringspunktet. For et overslag på én centimeter er det mer enn godt nok.

Oppgave 6.5.3:

1. a)

   Med $\frac{dA}{dd}=-1/d^2$:

   $$\text{ved }0.40\mathrm{m}:-\frac{1}{{0.40}^2}=-6.25\mathrm{D}\text{per meter},\text{ved }2\mathrm{m}:-\frac{1}{2^2}=-0.25\mathrm{D}\text{per meter}.$$

2. b)

   Forholdet mellom tallverdiene er

   $$\frac{6.25}{0.25}=25={\left(\frac{2}{0.40}\right)}^2=5^2,$$

   så én centimeter koster $25$ ganger mer akkommodasjon ved $40\mathrm{cm}$ ($0.0625\mathrm{D}$ per centimeter) enn ved $2\mathrm{m}$ ($0.0025\mathrm{D}$ per centimeter). Forholdet er kvadratet av det omvendte avstandsforholdet, akkurat som i brødteksten. Ett ord: kvadratet – raten faller med kvadratet av avstanden, ikke med avstanden selv.

Oppgave 6.5.4:

1. a)

   Sekantstigningen over hele perioden er

   $$\frac{-3.25-(-1.25)}{13-10}=\frac{-2.00}{3}\approx -0.67\mathrm{D}\text{per år}.$$

2. b)

   I hvert delintervall:

   $$\frac{-2.75-(-1.25)}{12-10}=\frac{-1.50}{2}=-0.75\mathrm{D}\text{per år},\frac{-3.25-(-2.75)}{13-12}=-0.50\mathrm{D}\text{per år}.$$

   Progresjonen er ikke jevn: den løp med $-0.75\mathrm{D}$ per år fra $10$ til $12$ år og har bremset til $-0.50\mathrm{D}$ per år det siste året. (Kontroll: det tidsveide snittet $\frac{2\cdot (-0.75)+1\cdot (-0.50)}{3}=-0.67$ gjenskaper svaret i a).)

3. c)

   To av de tre ratene faller mellom de to gruppegjennomsnittene $-0.55\mathrm{D}$ og $-0.82\mathrm{D}$ per år: gjennomsnittet på $-0.67\mathrm{D}$ per år midt imellom og den første fasen på $-0.75\mathrm{D}$ per år nærmere den bratte enden. Det siste året, $-0.50\mathrm{D}$ per år, ligger så vidt utenfor – nærmere null enn den roligste av de to gruppene. De to tallene er dessuten ikke et normalområde å ligge «innenfor»: de er gruppegjennomsnitt for to ulike opphavsgrupper ved startalder $9.3$ år, og metaanalysen sier selv at raten avtar med økende startalder. Barnet her er eldre enn det, så den sammenlignbare forventningen ligger nærmere null enn $-0.55\mathrm{D}$ per år – og da er $-0.67\mathrm{D}$ per år i overkant, ikke midt på treet. Og gjennomsnittsraten over hele perioden er en sekant, ikke en tangent: den skjuler at progresjonen hadde en brattere fase i starten og har roet seg. Hadde du bare hatt målingene ved $10$ og $13$ år, ville du ikke sett bremsingen i det hele tatt – derfor må vurderingen bygge på delintervallene, ikke bare på totalen.

Oppgave 6.5.5:

1. a)

   Skriv pilhøyden med den dimensjonsløse hjelpestørrelsen $u={\left(\frac{y}{r}\right)}^2$:

   $$s=r-\sqrt{r^2-y^2}=r\left(1-\sqrt{1-u}\right).$$

   Linearisér $g(u)=\sqrt{1-u}$ om $u=0$: kjerneregelen gir $g^{\prime }(u)=-\frac{1}{2\sqrt{1-u}}$, så $g(0)=1$ og $g^{\prime }(0)=-\frac{1}{2}$, og

   $$\sqrt{1-u}\approx 1-\frac{u}{2}.$$

   Innsatt:

   $$s\approx r\left(1-1+\frac{u}{2}\right)=\frac{r}{2}{\left(\frac{y}{r}\right)}^2=\frac{y^2}{2r},$$

   som er den paraksiale formelen. Den er altså tangenttilnærmingen til rotuttrykket, gyldig når $u={(y/r)}^2$ er liten.

2. b)

   Lineariseringen av $f(v)=\sin v$ om $v=0$ bruker $f(0)=\sin 0=0$ og $f^{\prime }(v)=\cos v$ med $f^{\prime }(0)=\cos 0=1$:

   $$\sin v\approx 0+1\cdot (v-0)=v.$$

   Radianer er ikke valgfritt: derivasjonsregelen ${(\sin v)}^{\prime }=\cos v$ – og dermed stigningen $1$ i origo – hviler på grensen ${lim}_{v\to 0}\frac{\sin v}{v}=1$, som bare gjelder med $v$ i radianer. Måles vinkelen i grader, blir stigningen $\pi /180$, og tilnærmingen $\sin v\approx v$ bryter sammen.

3. c)

   Begge er lineariseringer – den generelle ideen $f(x)\approx f(a)+f^{\prime }(a)(x-a)$ fra dette kapittelet, kurven byttet mot sin tangent nær berøringspunktet, med en feil som vokser kvadratisk med avstanden fra det. Tommelfingerregler fra seksjonens tabeller: $\sin v\approx v$ holder seg innenfor rundt én prosent for vinkler opp mot $10\mathrm{°}$–$14\mathrm{°}$, og pilhøydeformelen $s\approx \frac{y^2}{2r}$ innenfor rundt én prosent så lenge sonehøyden er høyst omtrent en femtedel av krumningsradien, $y/r\lesssim 0.20$. Andre formuleringer med samme innhold er like gode.