Osittaisderivaatat. Huomautus 4.15 (Geometrinen tulkinta)

Transkriptio

1 Osittaisderivaatat Monisteessa määritellään sivulla 31 osittaisderivaatat: useamman muuttujan funktion osittaisderivaatat saadaan derivoimalla aina hden muuttujan suhteen pitämällä muita muuttujia vakioina. Huomautus 4.15 (Geometrinen tulkinta) Olkoon annettuna funktio f(, ). Tarkastellaan pistettä ( 0, 0 ). Pidetään vakiona, = 0, ja annetaan :n muuttua. Tällä tavoin kahden muuttujan funktiosta saadaan hden muuttujan funktio f(, 0 ). Kun muuttuu, niin pinnalle piirt kärä, joka kuviossa on merkitt lhesti z = f(, 0 ) mutta oikeastaan on { z = f(, ), = 0, siis pinnan z = f(, ) ja tason = 0 leikkaus. Sen tangentin kulmakerroin kohdassa = 0 saadaan derivoimalla :n suhteen funktio f(, 0 ) ja sijoittamalla = 0, joten kulmakerroin on juuri osittaisderivaatta f ( 0, 0 ). z kärän tangentti f( 0, 0 ) pinta z = f(,) f(, 0 ) kärä z = f(, 0 ) ( 0, 0 ) (, 0 ) Näin ollen f ( 0, 0 ) kertoo, miten nopeasti f(, ) muuttuu kohdassa ( 0, 0 ) liikuttaessa -akselin suunnassa. Vastaavasti f ( 0, 0 ) on f(, ):n muuttumisnopeus kohdassa ( 0, 0 ) liikuttaessa -akselin suunnassa. 1

2 Huomautus Siis f ( 0, 0 ) on tangentin kulmakerroin kohdassa ( 0, 0 ) liikuttaessa - akselin suunnassa, ja samoin f ( 0, 0 ) on tangentin kulmakerroin kohdassa ( 0, 0 ) liikuttaessa -akselin suunnassa. Nämä tangentit ovat mös pinnan z = f(, ) tangentteja, ja on selvää, että ne hdessä määräävät pinnan tangenttitason (olettaen, että f on niin säännöllinen että pinnalla on tangenttitaso). z tangenttitaso pinta z = f(,) f( 0, 0 ) ( 0, 0 ) Eipä siis olekaan llättävää, että tangenttitason htälö voidaan lausua näiden kahden osittaisderivaatan avulla; se on z = f( 0, 0 ) + f ( 0, 0 )( 0 ) + f ( 0, 0 )( 0 ). Emme todista tätä. Kannattaa huomata, että kseessä on funktion f(, ) lineaarinen approksimaatio kohdan ( 0, 0 ) lähellä, mikä tuo mieleen differentiaalin: hden muuttujan funktiolle g() saatiin g g ( 0 )d, joka voidaan kirjoittaa g() g( 0 ) + g ( 0 )( 0 ). Nättää ilmeiseltä, että tangenttitason htälössä on kse tästä samasta asiasta mutta kahden muuttujan funktiolle. Sivuamme tätä möhemmin kun puhumme kokonaisdifferentiaalista. Lokaaliset ääriarvot Monisteessa määritellään sivulla 33 kahden muuttujan funktion f(, ) lokaaliset ääriarvot ja todetaan lauseessa 4.17, että jos piste (a, b) on lokaali- 2

3 nen ääriarvokohta, niin joko f (a, b) = f (a, b) = 0 tai ainakin toinen ko. osittaisderivaatoista ei ole olemassa. Havainnollistus on sivun 33 kuvassa: jos piste on lokaalinen ääriarvokohta, jossa funktion kuvaajalla z = f(, ) on tangenttitaso, niin tangenttitaso on -tason suuntainen. Lauseen perustelu on helppo: Jos (a, b) on esimerkiksi lokaalinen maksimikohta, niin samalla piste = a on hden muuttujan funktion f(, b) lokaalinen maksimikohta, joten funktion f(, b) derivaatta kohdassa = a on nolla, toisin sanoen f (a, b) = 0 (tämä siis tapauksessa jossa f (a, b) on olemassa). Samoin käsitellään f (a, b). Huomautuksessa 4.18 muistutetaan, ettei lause 4.17 ole voimassa kääntäen: jos f (a, b) = f (a, b) = 0, niin ei välttämättä kseessä ole lokaalinen ääriarvokohta. Satulapinta havainnollistaa asiaa; katso kuviota monisteessa. Siinä esiintvän kaltaista pistettä sanotaan satulapisteeksi. Siis ääriarvokohtien lötämiseksi on hvä keino aloittaa etsimällä pisteet, joissa f = f = 0. Sen jälkeen pitää kustakin lödetstä pisteestä tutkia, onko se minimikohta, maksimikohta, satulapiste tai jotain muuta. Tätä vaihetta sanotaan ääriarvon laadun tutkimiseksi, ja sitä käsittelemme möhemmin. Lisäksi lokaalinen ääriarvokohta saattaa lötä pisteessä, jossa osittaisderivaatat eivät molemmat ole olemassa. Sellaiset pitää tutkia erikseen. Oheisessa kuvassa on esimerkki, pinta z = ( ) 1/3, jonka minimikohdassa (0, 0) eivät osittaisderivaatat ole olemassa. z Esimerkki On etsittävä funktion f(, ) = lokaaliset ääriarvokohdat. Ensinnäkin huomataan, että osittaisderivaatat ovat kaikkialla olemassa, koska f(, ) on polnomi. Siis lokaaliset ääriarvot lötvät niiden pisteiden joukosta, joissa f = f = 0. Ratkaisemalla 3

4 htälöpari { f = 2 6 = 0 f = = 0 saadaan ratkaisuna kaksi pistettä: (, ) = (0, 0) ja (18, 6). Nt pitäisi tutkia ääriarvojen laatu, mihin meillä ei vielä ole keinoa, joten jätämme sen möhemmäksi. Aikanaan tulemme näkemään, että toinen pisteistä on lokaalinen minimikohta ja toinen on satulapiste. Suurin ja pienin arvo Selvitetään, miten annetulle funktiolle f(, ) voidaan lötää suurin ja pienin arvo annetussa alueessa A (eli globaaliset ääriarvot eli absoluuttiset ääriarvot). Suurimman ja pienimmän arvon olemassaolo Tutkimme pelkästään alueita, jotka ovat htenäisiä, suljettuja ja rajoitettuja. Alue on suljettu, jos se sisältää reunapisteensä, ja rajoitettu, jos se sisält johonkin äärellissäteiseen mprään. Lause. Jos f(, ) on suljetussa ja rajoitetussa alueessa määritelt jatkuva funktio, niin se saavuttaa siinä alueessa suurimman ja pienimmän arvonsa (ja mös kaikki niiden väliset arvot jos alue on lisäksi htenäinen). Emme todista tätä lausetta. Se vastaa Matematiikan peruskurssi A:n lausetta 3.24, joka on vastaava tulos hden muuttujan funktioille. Kumpikin on itse asiassa erikoistapaus paljon leisemmästä topologian tuloksesta: Jatkuvassa kuvauksessa kompaktin joukon kuva on kompakti ja htenäisen joukon kuva on htenäinen. Suurimman ja pienimmän arvon etsiminen Olkoon alue A R 2 htenäinen, suljettu ja rajoitettu. Alueen A sisäosa saadaan jättämällä A:sta reunapisteet pois. Olkoon funktio f(, ) jatkuva, jonka määrittelalue sisältää A:n; katsotaan sitä funktiona A R. Lauseen mukaan f saavuttaa suurimman arvonsa f( 1, 1 ) jossain pisteessä ( 1, 1 ) A ja pienimmän arvonsa f( 2, 2 ) jossain pisteessä ( 2, 2 ) A. Seuraava huomio on itsestäänselvs: Piste ( 1, 1 ) on alueen A reunalla tai sisäosassa; jos se on sisäosassa, niin se on lokaalinen maksimikohta. Piste ( 2, 2 ) on alueen A reunalla tai sisäosassa; jos se on sisäosassa, niin se on lokaalinen minimikohta. 4

5 Seuraavassa esimerkkikuvassa nättäisi f( 1, 1 ) olevan funktion suurin arvo ja f( 2, 2 ) pienin arvo. Piste ( 1, 1 ) on A:n sisäosassa ja lokaalinen maksimikohta. Piste ( 2, 2 ) on A:n reunalla. Siis tämä funktio nättäisi saavuttavan suurimman arvonsa lokaalisessa maksimikohdassa alueen sisäosassa ja pienimmän arvonsa alueen reunalla. z z = f(,) f( 1, 1 ) f( 2, 2 ) A ( 1, 1 ) ( 2, 2 ) Tästä saadaan algoritmi suurimman ja pienimmän arvon lötämiseksi: 1. Etsitään alueen sisäosasta kaikki mahdolliset lokaaliset ääriarvokohdat, siis sellaiset pisteet joissa f = f = 0 tai jompikumpi osittaisderivaatta ei ole olemassa. 2. Etsitään alueen reunalta kaikki mahdolliset kohdat, joissa suurin tai pienin arvo ehkä saavutetaan. 3. Lasketaan funktion arvo kaikissa lödetissä ehdokaspisteissä ja katsotaan, mikä on suurin ja mikä pienin. Vaiheen 2 ratkaiseminen nähdään seuraavassa esimerkissä. Keinona on ongelman palauttaminen hden muuttujan tapaukseen; alueen reunalla se on mahdollista elleivät lausekkeet ole liian hankalia. (Toinen menetelmä olisi ns. Lagrangen kertojien menetelmä, mutta sitä ei tällä kurssilla käsitellä.) Esimerkki Etsi funktion f(, ) = 2 + ( 1) 2 suurin ja pienin.. arvo mprässä A = {(, ) R }.. A

6 Alue on -tason 3-säteinen origokeskinen mprä. 1. Etsitään mahdolliset lokaaliset ääriarvokohdat alueen sisäosassa: { f = 2 = 0 (, ) = (0, 1). f = 2( 1) = 0 Löti vain ksi piste. 2. Tutkitaan alueen reuna. Meillä on nt siis { funktio f() = 2 + ( 1) 2, reuna = 9. Reunan pisteet (, ) toteuttavat side-ehdon = 9. Sen avulla f(, ):stä voidaan eliminoida jompikumpi muuttujista. Nt lausekkeet ovat niin mukavat, että reunalla funktio on f(, ) = = merk = g(). }{{} = 9 reunalla Näin eliminoitui ilman suurempaa vaivaa. Tutkittavaksi tuli hden muuttujan funktio g() = , 3 3. Tästä funktiosta siis pitäisi lötää ne kohdat, joissa se mahdollisesti saa suurimman tai pienimmän arvonsa. Tämä on hden muuttujan tehtävä, johon sovellettaisiin Matematiikan peruskurssi A:n menetelmiä. Koska funktio g() kuitenkin on näin helppo, niin katsomme asian suoraan vaikka sen kuvaajasta. Pienin arvo saadaan kun = 3 ja suurin kun = 3. Alueen A reunalla, siis mprällä = 9, ne vastaavat pisteitä (, ) = (0, 3) ja (0, 3). 3. Olemme nt lötäneet kolme mahdollista pistettä: (0, 1), (0, 3) ja (0, 3). Laskemme funktion arvon kussakin pisteessä: f(0, 1) = 0, f(0, 3) = 4, f(0, 3) = 16. Katsotaan, mikä on suurin ja mikä pienin, ja kirjoitetaan: Vastaus. Suurin arvo on f(0, 3) = 16 ja pienin arvo on f(0, 1) = 0. 6

7 Esimerkki Katsotaanpa samaa tilannetta graafisestikin. Pinta z = 2 + ( 1) 2 on löspäin aukeava pörähdsparaboloidi, jonka huippu (alin piste) on pisteessä (0, 1, 0). Nimittäin esimerkissä 4.4 tutkimme pintaa z = 2 + 2, jota hahmotellessa totesimme, että se on pörähdsparaboloidi, jonka huippu on origossa. Nthän htälö on melkein sama; :n tilalla vain on 1. Tuo 1:n siirto :ssä aiheuttaa pinnan siirron -akselin suunnassa +1:n verran; muuten pinta säil aivan samanmuotoisena. Asian selventämiseksi ajattele vaikka joitakin pisteitä: Esimerkiksi kun (, ) = (2, 2), niin pinnalla z = saadaan z:n arvoksi z = = = 8. Vastaava piste toiselta pinnalta tulee kun 8 = = = (3 1) 2, siis kun (, ) = (2, 3); näin piti ottaa 1:n verran suurempi, jotta saadaan sama z:n arvo. Sama koskee kaikkia muitakin pisteitä. (Ehkä selvintä olisi katsoa huippupisteitä, joissa saadaan pienin arvo = 0.) Vieressä on pinta z = 2 +( 1) 2. Näk, että se todellakin on tuttu pörähdsparaboloidi, huippu vain on pisteessä (0, 1, 0). (Tuon vinon ruudukon ei pidä antaa hämätä; se tuli kuvaan piirto-ohjelman ominaisuuksien takia. Kllä tämä on pörähdsparaboloidi, akseli z-akselin suuntainen.) Kuvassa on mös alue A. Pinta on leikattu ottamalla mukaan vain pisteet, joilla (, ) A. Leikkauskäräksi tulee vino ellipsi. Kuvionkin mukaan funktion suurin arvo saadaan A:n reunalla (kuvion korkein piste) ja pienin arvo saadaan paraboloidin huipussa (, ) = (0, 1). Kolmas piste, joka kuvaan on merkitt, tuli sekin laskussa esiin: se on piste, jossa funktio saa alueen reunalla pienimmän arvonsa. Esimerkki 4.19 Monisteen oikein hvässä esimerkissä 4.19 kstään funktion f(, ) = suurinta ja pienintä arvoa kolmiossa (0,-3,16) z (0,3,4) A (0,1,0). 3 B O 0 A = 15 A = {(, ) R 2 0, 0, }. Monisteen ratkaisu etenee seuraavasti; tosin järjestämme jotkin asiat tässä hiukan toisin. Katso ksitiskohtia monisteesta. (Merkitsemme monisteen pistettä A nt C:llä.) 7 C. 5..

8 a) Kolmion sisältä lödetään ksi mahdollinen lokaalinen ääriarvokohta ratkaisemalla f = f = 0; saadaan (, ) = (2, 1). Seuraavaksi tutkitaan alueen A reuna. Nt reuna koostuu kolmesta sivusta, jotka on käsiteltävä erikseen. b) Sivu OC on = 0, 0 5. Side-ehto = 0 sijoitetaan funktioon, jolloin jää vain :n funktio f(, 0) = merk = g(). Tutkittavaksi funktioksi tuli g() = 2 2 7, g(). Ratkaisemalla g () = 0 saadaan = 7 4. Kos- ka halutaan lötää kaikki mahdolliset pisteet, joissa suurin ja pienin arvo ehkä saataisiin, pitää välin [0, 5] päätepisteetkin ottaa mukaan. Siis kiintoisia pisteitä ovat = 7 4, = 0 ja = 5. Vastaavat -tason (alueen A reunan) pisteet ovat ( 7 4, 0), (0, 0), (5, 0) (Monisteessa ei päätepisteitä oteta vielä tässä kohdassa mukaan. Toisaalta monisteessa lasketaan nt jo funktion arvot näissä pisteissä, mutta me jätämme sen viimeiseen vaiheeseen.) c) Sivu OB on = 0, 0 3. Sijoitetaan side-ehto = 0 funktioon: f(0, ) = 2 merk = h(). Tutkittavaksi tulee funktio.. h(). h() = 2, 0 3. Näemme heti kuvaajasta, että kiintoisat pis- teet ovat = 0 ja = 3. Vastaavat A:n reunapisteet ovat (0, 0), (0, 3). 8

9 d) Sivu BC on = 3 3 5, 0 5. (Sivun määrittelevä htälö oli = 15.) Side-ehto = sijoitetaan funktioon: f (, ) = 2 2 ( ) + ( ) 2 7 = merk = k(). Siis on etsittävä kohdat, joissa funktio k() = , 0 5 mahdollisesti saisi suurimman ja pienimmän arvon. Tämäkin on löspäin aukeava paraabeli. Ratkaisemalla k () = 0 saadaan = Näin ollen kiintoisiksi pisteiksi tältä sivulta tulevat = 85 37, = 0 ja = 5; vastaavat A:n reunapisteet ovat ( 85 37, ), (0, 3), (5, 0). (Tuo laskettiin kaavasta = ) e) Näin on lödett pisteet (2, 1), ( , 0), (0, 0), (5, 0), (0, 3), ( 37, ). Lopuksi lasketaan funktion arvot näissä pisteissä, f(2, 1) = 7 f( 7 4, 0) = 49 8 = 6,125 f(0, 0) = 0 f(5, 0) = 15.. (0, 3) ( 85 37, ) f(0, 3) = 9 (2, 1)... f( 85 37, ) = ,6 (0, 0) ( 7, 0) 4 (5, 0) Saatiin sama vastaus kuin monisteessa: Suurin arvo on f(5, 0) = 15 ja pienin f(2, 1) = 7. Pinta z = on itse asiassa elliptinen paraboloidi (ei pörähdsparaboloidi), jonka akseli on z-akselin suuntainen. Tätä ei kllä heti näe pinnan htälöstä eikä tällä kurssilla ole keinoja sen selvittämiseenkään. Tuo piste (2, 1, 7) on ilmeisesti paraboloidin huippu. Tämän perusteella on intuitiivisestikin selvää, että suurin arvo lödetään jostain alueen A kärkipisteestä, kuten laskussa ilmenikin. 9

10 Ääriarvon laadun tutkiminen Jos (kllin säännöllisellä) funktiolla f(, ) on pisteessä (a, b) f (a, b) = f (a, b) = 0, niin pinnalla z = f(, ) on pisteessä (, ) = (a, b) vaakasuora tangenttitaso. Voidaan osoittaa, että jos funktio on kllin säännöllinen, niin on pääsääntöisesti vain kolme mahdollisuutta: minimi maksimi satulapiste D > 0, f > 0 D > 0, f < 0 D < 0 Sen selvittämistä, mikä näistä kulloinkin on kseessä (jos mikään), sanotaan ääriarvon laadun tutkimiseksi. Seuraava lemma (jota ei todisteta tällä kurssilla) antaa keinon, joka toimii useimmiten. Lemma 4.21 (Ääriarvokriteeri). Oletetaan, että f (a, b) = f (a, b) = 0. Merkitään D = f f (f ) 2. Jos kohdassa (a, b) toisen kertaluvun osittaisderivaatat ovat jatkuvia (kahden muuttujan funktioina), niin on voimassa seuraavassa taulukossa esitett. Tapaus Ääriarvon laatu D(a, b) > 0, f < 0 lokaalinen maksimikohta D(a, b) > 0, f > 0 lokaalinen minimikohta D(a, b) < 0 satulapiste (ei ääriarvokohta) D(a, b) = 0 Sääntö ei sano mitään. 10

11 Huomautus Suureen D lauseke on vain muistettava. Ne, jotka tuntevat determinantin, saavat siitä muistisäännön: Huomautus D = f f f f = f f f f Jos tapaus D(a, b) = 0 tulee vastaan tai jos lemma 4.21 ei muuten sovi, niin on vain keksittävä jokin muu keino ääriarvon laadun tutkimiseksi. Esimerkki Aikaisemmassa esimerkissä meidän piti lötää funktion f(, ) = lokaaliset ääriarvokohdat, mutta tehtävä jäi silloin kesken. Ratkaisimme silloin, että { f = 2 6 = 0 f = = 0. (, ) = (0, 0) tai (18, 6). Emme tutkineet, ovatko nämä todella ääriarvokohtia ja jos ovat niin ovatko ne minimi- vai maksimikohtia. Nt meillä on siihenkin keino. Lasketaan D = f f (f ) 2 = 2 6 ( 6) 2 = 12( 3). Tutkitaan kumpikin piste: Piste (0, 0): D(0, 0) = 12(0 3) = 36 < 0. Siis (0, 0) on satulapiste, ei ääriarvokohta. Piste (18, 6): D(18, 6) = 12(6 3) = 36 > 0. Tästä jo nähdään, että kseessä on ääriarvokohta. Koska niin kseessä on minimikohta. f (18, 6) = 2 > 0, Vastaus. Ainoa lokaalinen ääriarvokohta on miminikohta (18, 6). Koska ksttiin ääriarvokohtia, niin vastaus on valmis. Jos sen sijaan olisi kstt lokaalisia ääriarvoja, niin vielä pitäisi laskea lokaalinen minimiarvo f(18, 6) =

12 Regressiosuora Regressiosuora on viime vuosina jätett pois kurssista, eikä sitä varmaan möhemminkään ehditä käsitellä. Se on kuitenkin hvä esimerkki eo. menetelmien soveltamisesta. Tässä siitä tulee vain ksi monisteen tekstiä selventävä kuva. i (t i, i ) (t n, n ) i - (kt i+b) (t 1, 1 ) (t 3, 3 ) (t i, kt i +b) etsitt suora = k+b (t 2, 2 ) t t i Kokonaisdifferentiaali Yhden muuttujan tapaus (kertausta) Muistetaan, että hden muuttujan funktiossa f() argumentin pieni muutos (tai virhe) merk = d aiheuttaa f():n arvoon muutoksen (tai virheen) f = f( + d) f() f ()d = df (f:n differentiaali). 12

13 = f() df{} f d Siis f df, missä f = f:n todellinen muutos, df = f:n differentiaali = f:n muutos liikuttaessa tangenttia pitkin. Sanotaan mös, että df on f:n lineaarinen approksimaatio eli ensimmäisen kertaluvun approksimaatio. Useamman muuttujan tapaus Kahden muuttujan funktiossa f(, ) argumenttien ja pienet muutokset (tai virheet) d ja d aiheuttavat funktion arvoon muutoksen (tai virheen) f = f( + d, + d) f(, ) = f:n todellinen muutos. Voidaan todistaa, että (kun f on kllin säännöllinen) f df, missä df = f (, )d + f (, )d = f:n kokonaisdifferentiaali = f:n muutos liikuttaessa tangenttitasoa pitkin. 13

14 z tangenttitaso z = f(,) (,) d d (+d, +d) Useammankin kuin kahden muuttujan funktioille vastaava pätee. Esimerkiksi kolmen muuttujan funktiolle f(,, z) on voimassa f df = f d + f d + f z dz. Esimerkki 4.25 Kädään läpi monisteen esimerkki 4.25, koska monisteessa on siinä pieni puute. Lieriön muotoisesta säiliöstä mitataan pohjan säde r ja korkeus h. Arvioidaan, että suhteelliset mittausvirheet ovat dr 2%, r dh h 4%. r h Siis virheet r:n ja h:n arvoissa ovat dr ja dh, jolloin suhteelliset virheet ovat dr r ja dh h. Mitatuista arvoista lasketaan tilavuus V = πr 2 h. Tilavuuden virhe olkoon V. Differentiaalista saadaan V dv = V r dr + V h dh, missä osittaisderivaatat funktiosta V (r, h) = πr 2 h ovat V r = 2πrh, V h = πr2. 14

15 Suhteelliselle virheelle V V V V saadaan siis arvio dv V = V r dr + V h dh V = 2πrh dr + πr 2 dh πr 2 h = 2 dr r + dh h 2 dr r + dh h 2 2% + 4% = 8%. Huomaa, että itseisarvojen takia jouduttiin kättämään kolmioepähtälöä. Esimerkki Lasketaan toinen lähes samanlainen. Ajatellaan, että meillä on pörähdsparaboloidin muotoinen kappale, josta tiedämme korkeuden a ja pohjan halkaisijan c. Aikaisemmassa esimerkissä laskettiin tilavuus V = 1 2 π(c/2)2 a = 1 8 πc2 a. c a. Ajatellaan, että tiedämme a:n ja c:n arvoille virhearviot 0 da a 3%, 0 dc c 5%. Erotuksena äskeiseen esimerkkiin siis tiedämme, että virheet ovat positiivisia. Emme sen vuoksi joudu kättämään itseisarvoja. Tilavuuden V suhteelliselle virheelle saadaan nt arvio V V dv V = V c dc + V a da V = 1 8 π2ca dc πc2 da 1 8 πc2 a = 2 dc c + da a 2 5% + 3% = 13%, 15

16 toisin sanoen 0 dv V 13%. Tosin aivan tarkkaan ottaen näin ei saada, koska laskussa oli tuo -merkki. Kuitenkin tällaisissa tilanteissa mittausvirheetkin ovat vain arvioita ja varmuuden vuoksi leensä hiukan löspäin arvioituja, ja tuskin koskaan todellisessa tilanteessa sekä a:n että c:n virheet ovat samaan aikaan arvioiden lärajalla. Siksi kätännössä tämä on riittävän hvä tulos. Esimerkki Kolmion alalle A on kuvion merkinnöin kaava A = 1 2bc sin α. b. α. c Virhetarkastelua varten saadaan seuraava arvio, A A da A = A b db + A c dc + A α dα A = 1 2 c sin α db b sin α dc + 1 2bc cos α dα bc sin α 1 2 = db b + dc + cot α dα. c Jos esimerkiksi mitataan b, c, α ja arvioidaan mittausvirheiksi db b 1%, dc c 1% ja dα α 1%, niin A A db b + dc + cot α dα c db b + dc c + cot α dα = db b + dc c + α cot α dα α, ja huomataan, etteivät tiedot aivan riitäkään tämän laskemiseen. Lauseke riippuu vielä α:sta, joten sille siis tarvitaan vielä jokin arvo. Jos esimerkiksi mittaus antoi α = 60 = π 1 3, jolloin cot α = 3, niin A A 1% + 1% + π 3 1% 2,6%. 3 16