Mapu I Laskuharjoitus 2, tehtävä 1. Derivoidaan molemmat puolet, aloitetaan vasemmasta puolesta. Muistetaan että:

Transkriptio

1 Mapu I Laskuharjoitus 2, tehtävä 1 1. Eräs trigonometrinen ientiteetti on sin2x = 2sinxcosx Derivoimalla yhtälön molemmat puolet x:n suhteen, joha lauseke cos 2x:lle. Ratkaisu: Derivoiaan molemmat puolet, aloitetaan vasemmasta puolesta. Muistetaan että: [f(g(x))] = f (g(x))g (x) eli ulkofunktion erivaatta kertaa sisäfunktion erivaatta. Tässä tapauksessa ulkofunktio on sin(x) ja sisäfunktio 2x. sin(2x) = 2cos(2x) sitten erivoiaan oikea puoli, muistetaan tulon erivoimissääntö: jolloin saaaan f(x)g(x) = f (x)g(x) + f(x)g (x) 2sin(x)cos(x) = 2cos(x) cos(x) 2sin(x) sin(x) = 2cos2 (x) 2sin 2 (x) Merkitään lasketut vasen ja oikea puoli yhtäsuuriksi: 2cos(2x) = 2cos 2 (x) 2sin 2 (x) jaetaan molemmat puolet kahella, jolloin saaaan lopullinen muoto, eli tehtävän vastaus cos(2x) = cos 2 (x) sin 2 (x) 1

2 H2 Malliratkaisut - Tehtävä 2 Eelis Mielonen 9. syyskuuta 2017 a) 2xe x2 b) 1 x 2 +1 c) 2x tan(x 2 ) 2 a) Meiän pitäisi siis erivoia yhistettyjä funktioita. Tähän tarvitsemme ketjusääntöä: f(g(x)) = g g Tarkastelemalla tehtävän funktiota huomaamme että se on muoossa f(x) = e g(x) niin että g(x) = x 2 joten voimme soveltaa ketjusääntöä näin: f(g) = e g g = eg = e x 2 g(x) = x 2 g = 2x g 2 = 2x ex g Pääytään siis tulokseen lasketaan f n erivaatta g n suhteen (1a)... ja sitten g n erivaatta x n suhteen. (1b) lopulta voiaan laskea f n erivaatta x n suhteen = 2 2xex (1c) 2 b) Tällä kertaa funktio on monimutkaisempi. Funktion ln sisällä on funktio x + x ja tämän funktion sisällä on vielä funktio x Meiän pitää siis 1

3 soveltaa ketjusääntöä peräkkäin kaksi kertaa. Mutta, yksinkertaisuuen takia tehään vaan sijoitus g(x) = x + x jotta pysymme kärryllä. Ongelma on nyt siinä mielessä ienttinen viimeiseen että meiän pitää löytää g g ja ja kertoa ne yhteen. f(g) = ln(g) g = 1 g = 1 x + x g(x) = x + x g = (x) + ((x2 + 1) 1/2 ) = 1 + 2x 1 2 (x2 + 1) 1/2 x = 1 + x2 + 1 Viimeisellä rivillä funktion (x 2 +1) 1/2 erivaatan laskemiseen käytettiin ketjusääntöä uuestaan. Nyt kun molemmat erivaatat on löyetty, voiaan laskea haluttu f n erivaatta: g g = 1 x + x (1 x ) 1 + = x2 + 1 x + x ( x2 + 1 x x ) x2 + 1 = 1 (x + x 2 + 1) (x + x 2 + 1) x2 + 1 = 1 x c) Tässä on taas tilanne jossa sisäisen funktion sisällä on toinen sisäinen funktio. Menetelmä on sama kuin eellisissä kysymyksissä: ensin paloitellaan funktio osiksi, löyetään osien erivaatat ja sitten kerrotaan ne yhteen. f(g) = ln(g), g(u) = cos(u), u(x) = x 2 g = 1 g, g u = sin(u), u = 2x = g u g u = 1 g sin(u) 2x = 2x sin(x2 ) cos (x 2 ) = 2x tan(x2 ) 2

4 Tehtävä 3 Käänteisfunktion erivaatta saaaan laskettua, jos y = f(x) ja x = f 1 (y), seuraavasti: 1 y = y = 1 y = 1 (1) a) Nyt y = f(x) = tan x ja x = f 1 (y) = arctan y. Lasketaan funktion f erivaatta x:n suhteen = tan x = 1 + tan2 x (2) Toisaalta tieetään, että y = tan x. Sijoittamalla se kaavaan 2 saaaan 1 + tan 2 x = 1 + y 2 (3) Nyt voimme laskea käänteisfunktion erivaatan sijoittamalla saaun tuloksen kaavaan 1 1 y = y arctan y = 1 tan x = y 2 (4) b) Nyt z = f(x) = cosh x ja x = f 1 (z) = arccosh z. Suoritetaan muuten samankaltainen lasku kuin a)-kohassa paitsi että nyt y:n tilalla on z. Aloitetaan taas laskemalla funktion f erivaatta x:n suhteen = cosh x = sinh x (5) Tämä halutaan ilmaista z:n avulla. Käytetään hyväksi relaatiota cosh 2 x sinh 2 x = 1 sinh x = cosh 2 x 1 (6) Toisaalta tieetään myös, että z = cosh x. Tällöin saaaan cosh 2 x 1 = z 2 1 (7) Nyt voiaan laskea käänteisfunktion erivaatta 1 z = z arccoshx = 1 cosh x = 1 z2 1 (8) 1

5 Mapu I Viikko 2 tehtävä 4 malli Tarkastellaan parametrimuoossa olevaa käyrää { x(t) = 3t y(t) = t 2 + t missä t 0. Milloin funktion tangentin kulmakerroin on 1? Ratkaisu: Lasketaan siis milloin funktion erivaatta on 1, eli y = 1 Nyt y tieetään parametrin t funktioina ja t voiaan helposti ratkaista x:n funktioksi, joten voiaan käyttää ketjusääntöä: Lasketaan ensin y t : ja sitten t kun t = x 3 y = y t t y t = (t2 + t) = 2t + 1 t t = ( x 3 ) = 1 3 Yhistetään lauseet ja sijoitetaan t = x 3 niin saaaan: Ja ratkaistaan yhtälö y = 1: y = (2t + 1)1 3 = 2x x = 1 2x 9 = 2 3 x = 3 Tässä kohassa t(x = 3) = 3 3 = 1, jolloin saaaan y: y(t = 1) = (1) = 2 Vastaus: Pisteessä (3, 2) 1

6 5. Erään värähtelevän kappaleen poikkeamaa tasapainoasemasta esittää lauseke x(t) = A sin(ωt + ϕ), missä A, ω ja ϕ ovat vakioita. (a) Laske kappaleen nopeus v(t) = 2 tx(t) ja kiihtyvyys a(t) = t x(t). 2 (b) Osoita, että x(t) toteuttaa yhtälön eräällä C:n arvolla. Millä? 2 x(t) t 2 = Cx(t) Vastaukset: (a) v(t) = Aω cos(ωt + ϕ), a(t) = Aω 2 sin(ωt + ϕ) (b) Näinhän se on. C = ω 2. Ratkaisut: Vastauksiin päästään suoraan erivoimalla annettua paikan yhtälöä. Tässä tulee muistaa ketjusääntö F t = F u u t. Lisäksi muistetaan, että erivoiessa vakiokertoimet voiaan jättää roikkumaan. Syy tähän tulee tulon erivointisäännöstä: (a) (C f) = =0 {}}{ C f + Cf = Cf v(t) = t x(t) = =u t (A sin( {}}{ ωt + ϕ)) = A u sin(u) t u = A cos(u) (ωt + ϕ) t = A cos(ωt + ϕ) ω = Aω cos(ωt + ϕ) 1

7 =u a(t) = 2 t 2 x(t) = t v(t) = {}}{ (Aω cos( ωt + ϕ)) t = Aω u cos(u) t u = Aω( sin(u)) (ωt + ϕ) t = Aω( sin(ωt + ϕ) ω = Aω 2 sin(ωt + ϕ) (b) Huomataan, että muoostamamme yhtälö toella on haluttua muotoa: 2 =C(vakio) x(t) {}}{ t 2 = Aω 2 sin(ωt + ϕ) = ω 2 A sin(ωt + ϕ) missä vakiomme C = ω 2 = C sin(ωt + ϕ) = Cx(t), 2

8 Mapu 1. Laskuharjoitus 2 Tehtävä 6 Vetyatomin elektronin sijainnin toennäköisyyttä etäisyyellä r atomin ytimestä kuvaa funktio: P(r) = 4r2 2r a 3 e a Elektronin toennäköisin sijainti saaaan siten etsimällä kyseisen funktion maksimiarvo, joka löytyy erivaatan nollakohtia tarkastelemalla: P(r) r Ääriarvot löytyvät siis kohista: = 8r a 3 e 2r a + 4r2 a 3 e 2r a ( 2 ) = 8r a a 3 e 2r a 8r2 a 4 e 2r a = 8r a 3 e 2r a (1 r ) = 0 a 1 r = 0 r = a a 8r 2r a 3 e a = 0 r = 0 Joista jälkimmäisessä kohassa oletettiin että r (muuten jaettaisiin nollalla) Jos r, P(r) 0 (eksponenttifunktiot pesee potenssifunktiot), mikä on myös fysikaalisesti järkevää sillä elektroni tuskin sijaitsee äärettömän kaukana ytimestä. Koska lisäksi: P(r = 0) = 0 ja P(r = a) = 4 a e 2 > 0, kun a > 0, (eli siis liikuttaessa kohasta r = a oikealle tai vasemmalle saaaan pienempiä P(r):n arvoja) voiaan toeta, että funktiolla P(r) on (lokaali) maksimi kohassa r = a, joka on siis etäisyys jolta elektroni toennäköisimmin löytyy. Huom! Funktio P(r) saa kyseistä lokaalia maksimia suurempia arvoja, kun mennään r:n negatiiviselle alueelle, mutta koska r on etäisyys (eikä esimerkiksi sijainti jonkin suhteen), voiaan automaattisesti keskittyä alueeseen r 0. Tästä myös seuraa, että on oltava a > 0, koska negatiivisia toennäköisyyksiä ei ole olemassa. Fysikaalisissa tehtävissä maalaisjärjen käyttö on siis useimmiten sallittua ja jopa suotavaa!

9

10