2. Yhden muu+ujan funk0ot

Transkriptio

1 2. Yhden muu+ujan funk0ot Vakiolämpö0lassa T ideaalikaasun, jota on ainemäärä n, 0lavuus V riippuu paineesta seuraavalla tavalla: V = nrt/p Tällöin sanotaan e+ä 0lavuus on paineen funk0o, ja voidaan merkitä V = V(p). Esimerkki: laske ainemäärän 1,0 mol 0lavuus normaaleissa olosuhteissa (NTP, p = Pa, T = 293 K, kaasuvakio R= 8,314 J/mol K). Ratkaisu: V = 24 litraa.

2 Määritelmiä Funk0on määri+elyjoukko: ne muu+ujan arvot joilla funk0o on määritelty, esimerkissä p > 0 (koska paine & 0lavuus eivät voi olla nega0ivisia) Funk0on arvojoukko: funk0on saamien arvojen joukko, esimerkissä ]0, [

3 Funk0on graafinen esitys Yhden muu+ujan funk0o voidaan helpos0 esi+ää graafises0 laskemalla sille joukko pisteitä (V(p), p) ja piirtämällä ne koordinaa0stoon.

4 p(atm) V(m 3 ) V(m 3 ) p(atm)

5 2.1 polynomifunk0ot Polynomifunk0o on potenssifunk0oiden summa f(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + a 4 x a n x n Polynomi nimetään suurimman eksponen0n mukaan. Esim. kun n=2 puhutaan toisen asteen polynomista. Lineaarinen funk2o (n = 1) f(x) = a + bx kuvaaja on suora vakiotermi kulmakerroin

6 Suoran vakiotermi on se y:n arvo, joka vastaa muu+ujan x arvoa 0, eli se piste jossa suora leikkaa y- akselin. y y = a + bx a x

7 Esimerkki: Beerin- Lamber0n laki kuvaa näy+een absorbanssin A riippuvuu+a sen konsentraa0osta c: A = εbc + K kulmakerroin vakiotermi Esim: mita+u absorbanssi: c (mol dm - 3 ) A A C(mol/L)

8 Kulmakerroin voidaan nyt laskea kahden mi+auspisteen avulla (huom.: näin saa tehdä vain jos pisteet ovat kaikki tarkas2 suoralla): εb = (1,0-0,5) / (0,02 M 0,01 M) = 50 M - 1 (M = mol/l = mol dm - 3 ) Vakiotermi saadaan sijoi+amalla, esim: 0,5 = 50 M - 1 0,01M + K 0,5 = 0,5 + K K = 0 c (mol dm - 3 ) A A C(mol/L)

9 Suoran sovitus Oikeat tavat tehdä suoran sovitus ovat: 1)Graafinen sovitus (esim kokeessa, laskuharjoituksissa jollei toisin sanota) 2)Pienimmän neliösumman sovitus 0etokoneella tai laskimella (esim harjoitustöissä, origin- laskuharjoituksessa, aina jos tarvitaan oikeas0 tarkka tulos)

10 Graafinen sovitus: piirretään käsin suora joka silmämääräises0 sopii parhaiten datapisteisiin y y = a + bx Δy b=δy/δx Δx a Kulmakerroin b voidaan laskea mi+aamalla {x i, y i } pareja Epätarkka menetelmä, monta tapaa tehdä väärin... x

11 Yhtälöryhmän ratkaiseminen Usein meillä voi olla useita yhtälöitä (lineaarisia tai epälineaarisia) jotka halutaan samanaikaises0 ratkaista. Esim: x + y = 3 (1) x y = 1 (2) Laske x ja y. Tapa 1: vähennetään yhtälöt toisistaan molemmilta puolin x + y (x y) = 3 1 x + y x + y = 2 2y = 2 y = 1 Ratkaistaan x sijoi+amalla jompaan kumpaan yhtälöön, esim (1): x + 1 = 3 x = 2.

12 Esim: x + y = 3 (1) x y = 1 (2) Tapa 2: Ilmaistaan yksi muu+ujan muiden avulla yhdessä yhtälössä ja sijoitetaan, esim yhtälössä (1): x + y = 3 x = 3 y sijoitetaan yhtälöön (2) x y = 1 3 y y = 1 3 2y = 1 2 = 2y y = 1

13 Esim: x + y = 3 (1) x y = 1 (2) Tapa 2: Ilmaistaan yksi muu+ujan muiden avulla yhdessä yhtälössä ja sijoitetaan, esim yhtälössä (1): x + y = 3 x = 3 y sijoitetaan yhtälöön (2) x y = 1 3 y y = 1 3 2y = 1 2 = 2y y = 1 x = 3 y = 3 1 = 2

14 Esimerkki: massaspektroskopian avulla on selvite+y, e+ä kaksi aine+a sisältää vain vetyä ja hiiltä. Toisen empiirinen kaava on C 2 H 6 ja massa 30 Da. Toisen empiirinen kaava on C 6 H 13 ja massa 85 Da. Selvitä C:n ja H:n massat Dalton- yksiköissä (Da). 2m(C) + 6m(H) = 30 Da (1) 6m(C) + 13m(H) = 85 Da (2) Kerrotaan yhtälö 1 kolmella, ja vähennetään yhtälöt toisistaan: 6m(C) + 18m(H) = 90 Da (1) (6m(C) + 13m(H) = 85 Da) (2) 6m(C) + 18m(H) 6m(C) 13m(H) = 5 Da 5 m(h) = 5 Da

15 5 m(h) = 5 Da m(h) = 1 Da Sijoitetaan alkuperäiseen yhtälöön 1: 2 m(c) Da = 30 Da 2 m(c) = 24 Da m(c) = 12 Da Tai toisella tavalla: 2m(C) + 6m(H) = 30 Da (1) 2m(C) = 30 Da 6 m(h) m(c) = 15 Da 3 m(h) Sijoitetaan yhtälöön (2): 6 (15 Da 3 m(h)) + 13m(H) = 85 Da 90 Da 18 m(h) + 13 m(h) = 85 Da 5 m(h) = 5 Da m(h) = 1 Da m(c) = 15 Da 3 Da = 12 Da

16 3 tai useamman yhtälön ratkaisu onnistuu samoilla periaa+eilla kuin esimerkeissä (näitä tulee harjoitustehtävinä). Yleises0 o+aen yhtälöryhmä voidaan ratkaista jos yhtälöitä on yhtä monta (tai useampia) kuin muu+ujia. Jos yhtälöitä on vähemmän kuin muu+ujia, ei kaikkia muu+ujia voida ratkaista (ts. osa voidaan ilmaista vain muiden muu+ujien avulla; niille ei saada numeroarvoa). Jos yhtälöryhmässä on mukana epälineaarisia yhtälöitä, sijoitusmenetelmällä voidaan edelleenkin ratkaista yhtälöryhmä, tosin tällöin mahdollisia ratkaisuja saa+aa olla useita (tästä esimerkkejä myöhemmin). Fysikaalisten reunaehtojen avulla voidaan usein hylätä kaikki paitsi yksi ratkaisu, esim vaa0malla e+ä massat ovat posi0ivisia tms.

17 Esimerkki: 3 yhtälön yhtälöryhmä 2x 6y + 6z = 8 (1) 2x + 3y z = 15 (2) 4x 3y z = 19 (3) Lasketaan yhtälöt yhteen parei+ain jo+a päästään yhdestä muu+ujasta, esim. y:stä, eroon. Tämä saa+aa vaa0a yhtälöiden kertomista tai jakamista jollakin tekijällä, esim näin: 2x 6y + 6z = 8 (1) 2x + 3y z = 15 (2) + 4x + 6y 2z = 30 (2 2) 4x 3y z = 19 (3) 6x + 4z = 22 (1+2 2) 6x 2z = 34 (2+3) Ratkaistaan jäljelle jäävä kahden muu+ujan yhtälöpari: 6x + 4z = 22 (6x 2z = 34) 6z = - 12 z = - 2 z ja y saadaan sijoi+amalla, esim. näin 6x + 4z = 22 6x 8 = 22 6x = 30 x = 5 2x + 3y z = y 2 = 15 y = 1

18 Toisen asteen polynomifunk0o f(x) = ax 2 + bx + c Kuvaaja on paraabeli Toisen asteen yhtälölle ax 2 +bx + c= 0 On olemassa ratkaisukaava x = b ± b2 4ac 2a Joka antaa ne pisteet jossa paraabeli leikkaa x- akselin. Neliöjuuren sisällä oleva lauseke (b 2 4ac) on nimeltään diskriminanq, merkitään D. Jos D > 0, yhtälöllä on 2 ratkaisua Jos D = 0, yhtälöllä on 1 ratkaisu Jos D < 0, yhtälöllä ei ole reaalilukuratkaisua.

19 D > 0 D = 0 D < 0

20 Esim. 2x 2 6x + 4 = 0 Ratkaisut ovat siis x = (6 + 2)/4 = 2 Ja x = (6-2)/4 = 1 x = 6 ± (-6) = 6 ± 4 4 = 6 ± 2 4

21 Korkeamman kertaluvun polynomifunk0ot 3. ja 4. asteen polynomiyhtälöille löytyy analyyqset ratkaisukaavat, mu+a ne ovat pitkiä ja hankalia. n kertaluvun polynomiyhtälöllä on enintään n reaaliratkaisua. Pari+oman kertaluvun polynomiyhtälöillä on aina vähintään yksi reaaliarvoinen ratkaisu; parillisen kertaluvun polynomiyhtälöillä ei väl+ämä+ä ole ainu+akaan. Pariton funk0o yli+ää väistämä+ä x- akselin koska sen toinen ääriarvo on ja toinen + n asteen funk0o voi "kääntyä" n 1 kertaa enintään n kappale+a x- akselin ylitystä Näiden polynomifunk0oiden ratkaisut voidaan laskea numeerises0 (esim 0etokoneella tai käsin piirtämällä).

22 Esim: 3. kertaluvun polynomiyhtälö, 1 reaaliratkaisu

23 Esim: 3. kertaluvun polynomiyhtälö, 3 reaaliratkaisua

24 Esim: 4. kertaluvun polynomiyhtälö, 0 reaaliratkaisua

25 Esim: 4. kertaluvun polynomiyhtälö, 2 reaaliratkaisua

26 Esim: 4. kertaluvun polynomiyhtälö, 4 reaaliratkaisua

27 Juuriteoreema Jokainen n. asteen polynomi a 0 + a 1 x + a 2 x a n x n voidaan jakaa n juureen (x x n ): f(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x a n x n = a n (x x 1 )(x x 2 )...(x x n ) Polynomiyhtälö f(x) saa arvon nolla kun x on mikä tahansa n juuresta. Juuret voivat olla joko reaalilukuja tai kompleksilukuja, ja sama juuri voi toistua useampaan kertaan. Pari+omalla polynomiyhtälöllä on pariton lukumäärä reaalijuuria, ja parillisella polynomiyhtälöllä on parillinen lukumäärä reaalijuuria.

28 Kompleksiluvut: lyhyt esi+ely Yhtälöllä x 2 = 1 ei ole reaalilukuratkaisua tarvitaan uusia lukuja. Kompleksiluku on kahden reaaliluvun järjeste+y "pari" (x,y): Z = x +iy Missä i on imaginääriyksikkö, jolla on ominaisuus i 2 = i i = 1 x = kompleksiluvun reaaliosa, Re(z) y = kompleksiluvun imaginääriosa, Im(z) Huom: älä sekoita imaginääriyksikköä i ja yksikkövektoria i. Määritelmä: luvun x + iy kompleksikonjugaai on x iy. Kompleksiluvuista lisää myöhemmin, nyt käsitellään vain niiden esiintymistä polynomien juurina.

29 Kompleksilukuja esiintyy usein polynomiyhtälöiden ratkaisuina. Esim: x 2 2x + 5 = 0 x = 2 ± ( 2) = 2 ± = 2 ± 4i 2 = 2 ± 16 2 =1± 2i Saadaan siis kompleksiarvoiset juuret Z 1 = 1 + 2i, Z 2 = 1 2i (nämä ovat toistensa kompleksikonjugaadeja). Yleensä kompleksiarvoiset polynomiyhtälöiden ratkaisut eivät ole sellaisenaan fysikaalises0/kemiallises0 mielekkäitä, mu+a kuten myöhemmin tullaan näkemään, kompleksiluvuista on sil0 paljon hyötyä kemis0lle.

30 Esimerkki: van der Waals - 0lanyhtälö Ideaalikaasulaki pv = nrt lienee tu+u. Ideaalikaasulaki ole+aa e+ä kaasumolekyylien 0lavuus on nolla, ja e+ä ne eivät vuorovaikuta keskenään. Tarkempi ns. van der Waalsin 2lanyhtälö saadaan ole+amalla, e+ä molekyyleillä on jokin 0lavuus b ja vuorovaikutus, jonka voimakkuu+a kuvaa parametri a: (p + an2 )(V nb) = nrt 2 V Laske 0lavuus jonka 1,50 mol dietyylisulfidia (C 2 H 5 ) 2 S vie lämpö0lassa 105 C ja 0,750 bar paineessa. Dietyylisulfidille a = 19,00 L 2 bar mol - 2 ja b = 0,1214 L mol - 1. Vertaa tulosta ideaalikaasulailla saatuun arvoon.

31 Lasketaan ensin ideaalikaasulain ennustama tulos. Tarvi+avat arvot on anne+u tehtävässä: p = 0,750 bar, n = 1,5 mol, T = 105 K K = 378 K. Näissä yksiköissä kaasuvakio R = 0,08314 L bar K - 1 mol - 1. V = nrt/p = 1,5 mol 0,08314 L bar K - 1 mol K / 0,750 bar = 62,9 L Lasketaan seuraavaksi van der Waals- 0lanyhtälön ennustama 0lavuus.

32 Ilmaistaan ensin 0lanyhtälö V:n avulla: (p + an2 )(V nb) = nrt 2 V pv + an2 abn3 nbp = nrt V V 2 pv 3 + an 2 V nbpv 2 abn 3 = nrtv 2 pv 3 (nbp + nrt )V 2 + an 2 V - abn 3 = 0 Lasketaan polynomiyhtälön termien lukuarvot sijoi+amalla annetut muu+ujat ja vakiot. p = 0,750 bar (nbp + nrt )= (1,5 mol 0,1214 L mol -1 0,750 bar +1,5 mol 0,08314 L bar K -1 mol K)= 47, L bar

33 an 2 =19,00 L 2 bar mol -2 (1,5 mol) 2 =42,8 L 2 bar abn 3 =-19,00 L 2 bar mol -2 0,1214 L mol -1 (1,5 mol) 3 = 7, L 3 bar Saadaan siis V:n kolmannen asteen polynomiyhtälö (V:n yksikkönä L eli litra; bar yksikkö supistuu pois): 0,750V 3 47,276955V ,8V 7, = 0 Tämä voidaan ratkaista esim. 0etokoneella, laskimella tai piirtämällä

34 f(v) V, dm 3

35 f(v) V, dm 3

36 Yhtälöllä 0,750V 3 47,276955V ,8V 7, = 0 on kolme reaalilukuratkaisua: 0,2515, 0,6646 ja 62,12 (yksikkönä edelleen L). Vertaamalla ideaalikaasulain tulokseen (62,9 L) voidaan päätellä e+ä fysikaalises0 mielekäs ratkaisu on 62,12 62,1 L. (Pienemmät ratkaisut ovat van der Waalsin Ilanyhtälön joka sekin on vain likimääräinen kuvaus, ei eksaki tulos - matemaaosia artefakteja. FysikaalisesI voidaan ajatella edä ne kuvaavat huomadavasi kaasua Iiviimpää nestefaasia tjsp. Puhtaan matemaaosen taidon lisäksi fysikaalis- kemiallisten tehtävien ratkaisussa tarvitaan usein myös hieman "järkeä".)

37 Esimerkki: ph- laskut Kolmannen ja korkeamman asteen polynomiyhtälöitä kohdataan kemiassa usein ph- laskujen ja muiden kemiallisen tasapainoon lii+yvien laskujen yhteydessä. Jopa yksinkertaisin mahdollinen yhdenarvoisen hapon ph lasku johtaa yleisessä tapauksessa (siis jos ja kun mitään yksinkertaistuksia / likimääräisoletuksia ei tehdä) kolmannen asteen polynomiyhtälöön. Tarkastellaan "keskivahvaa" happoa HA, jonka pitoisuus on melko pieni (siten e+ä veden autoprotolyysiä ei voida jä+ää huomio+a). Olkoon puhtaaseen veteen lisätyn hapon pitoisuus C A. Johdetaan tarkka lauseke ph:lle. Huom: kuten yleensä, näissä yhtälöissä on jäte+y dimensiot pois; oletetaan e+ä kaikki muu+ujat ja vakiot ovat muotoa (mol/l) n.

38 Tasapainoa säätelevät seuraavat reak0ot & yhtälöt: 1)Hapon dissosiaa0oreak0o (K a = happovakio): HA + H 2 O <=> A - + H 3 O + 2)Veden ionituo+o (K w = ): H 2 O + H 2 O <=> OH - + H 3 O + [ H 3 O + ][ A ] [ HA] [OH - ][H 3 O + ] = K w 3)Lisäksi liuoksen tulee olla elektroneutraali (varausten summan tulee olla 0): [H 3 O + ] = [A - ] + [OH - ] 4)Ja hapon kokonaispitoisuuden on oltava C A : [HA] + [A - ] = C A = K a

39 ph = - log 10 ([H 3 O + ]), eli halutaan yhdistää nämä neljä yhtälöä siten e+ä saadaan yksi yhtälö jossa esiintyy ainoastaan [H 3 O + ] sekä vakioita (K a, K w, C A ). Yritetään siis ilmaista kaikki muut konsentraa0ot [H 3 O + ]:n funk0ona: Yhtälöstä 2 saadaan [OH - ] ilmaistua [H 3 O + ]:n avulla: [OH - ] = K w /[H 3 O + ] Sijoi+amalla tämä elektroneutraalisuusyhtälöön (3) saadaan: [H 3 O + ] = [A - ] + K w /[H 3 O + ] Nyt puu+uu enää lauseke [A - ]:lle... Se joudutaan hakemaan "mutkan kau+a". Massatasapainon yhtälöstä (4) saadaan ensin [HA] ilmaistua muiden muu+ujien avulla: [HA] = C A [A - ]

40 Äsken johdeqin, [HA] = C A [A - ]; sijoitetaan tämä tulos hapon tasapainoyhtälöön (1): [ H 3 O + ][ A ] C A [ A - ] = K a [ H 3 O + ][ A ] = K a (C A [ A - ]) = K a C A K [ a A - ] [ H 3 O + ][ A ] + K [ a A - ] = K a C A [ A ]([ H 3 O + ] + K a ) = K a C A [ A ] = K a C A H 3 O + [ ] + K a Sijoitetaan seuraavaksi tämä tulos aiemmin johde+uun yhtälöön [H 3 O + ] = [A - ] + K w /[H 3 O + ]

41 [ H 3 O + ] = [ A ] + K w [ H 3 O + ] [ H 3 O + ] = K a C A H 3 O + + K w [ ] + K [ a H 3 O + ] Jo+a saadaan [H 3 O + ] sisältävät termit pois murtolukulausekkeiden nimi+äjistä kerrotaan yhtälön molemmat puolet termillä ([H 3 O + ] )([H 3 O + ] + K a ): [ H 3 O + ]([ H 3 O + ])([ H 3 O + ] + K a ) = K a C [ A H 3 O + ] + K w ([ H 3 O + ] + K a ) ([ H 3 O + ]) 3 + K a ([ H 3 O + ]) 2 = (K a C A + K w )[ H 3 O + ] + K a K w ([ H 3 O + ]) 3 + K a ([ H 3 O + ]) 2 (K a C A + K w ) H 3 O + Kun K a, C A ja K w 0edetään, voidaan laskea [H 3 O + ] ja siten ph. [ ] K a K w = 0

42 Esimerkki: laske 0, mol/l e0kkahappoliuoksen ph. E0kkahapon pka = 4,792 K a = 1, Ratkaisu: K a = 1, , C A = 0,00005, K w = Saadaan siis polynomiyhtälö ax 3 + bx 2 + cx + d = 0, missä x = [H 3 O + ] a = 1 b = 1, c = (0, , ) = 8, d = 1, = 1, asteen yhtälö, eli on oltava vähintään yksi reaaliarvoinen ratkaisu (tosin nega0ivisesta ratkaisusta ei olisi paljoa iloa...) Aloitetaan piirtämällä polynomi:

43 3 ratkaisua...

44 selkeäs0 nega0ivinen ratkaisu voidaan sulkea pois

45 Tarkentamalla kuvaa nähdään e+ä toinenkin ratkaisu on nega0ivinen => ei kelpaa

46 Jäljelle jää siis tarkalleen yksi posi0ivinen ratkaisu, eli x = [H 3 O + ] (mol/l)

47 Jäljelle jää siis tarkalleen yksi posi0ivinen ratkaisu, eli x = [H 3 O + ] 2, (mol/l)

48 Jäljelle jää siis tarkalleen yksi posi0ivinen ratkaisu, eli x = [H 3 O + ] 2, (mol/l)

49 x = [H 3 O + ] = 2, (mol/l) ph = - log 10 (2, ) 4,7 Usein voidaan yksinkertaistaa yhtälöjä, esim. ole+amalla happo vahvaksi/heikoksi (tasapaino täysin H 3 O + + A - / HA puolella), tai jä+ämällä veden ionitulo huomioima+a. Toisaalta, jos happoja / emäksiä on useampia, tai happo voi luovu+aa useamman protonin (esim H 3 PO 4 ), saadaan helpos0 paljon monimutkaisempia yhtälöitä (esim 5. asteen tai korkeampia polynomeja). Yllä esite+y ratkaisuperiaate pätee tällöinkin: käytä kaikkia reak0oyhtälöitä, elektroneutraalisuusehtoa sekä massatasapainoa, ja muodosta [H 3 O + ]:n polynomi. Numeerinen ratkaisu saadaan helpos0 0etokoneella.

50 Esimerkki: e0kkahapon ph- lasku yksinkertaisemmin Esimerkiksi lukiossa äskeinen ph- lasku olisi tehty yksinkertaisemmin. Käsitellään pari yleistä yksinkertaistusta, lähtetään liikkeelle tasapainoyhtälöstä johon on sijoite+u edelleen pätevä tulos [HA] = C A [A - ].!H " 3 O + # $! " # A $! " = H # 3 O+ $! " # A $ = K [ HA] C A! " A # a $ Ensinnäkin voidaan jä+ää veden ionitulo huomioima+a. Tällöin voidaan kirjoi+aa [H 3 O + ] = [A - ] (elektroneutraalisuus), jolloin saadaan toisen asteen yhtälö: 2!H " 3 O + # $ C A! " H 3 O + # $! " H 3 O + = K a! " H 3 O + # 2 $ +! Ka " H O + # 3 $ K C = 0 a A # 2 $ = Ka (C! H O + A " # 3 $ )

51 Tämän ratkaisuna saadaan viiden merkitsevän numeron tarkkuudella sama ratkaisu kuin aiemminkin, eli [H 3 O + ] = 2, (mol/l). Rankempi yksinkertaistus on ole+aa happo eri+äin heikoksi, jolloin C A [A - ] C A koska vain hyvin pieni osa haposta dissosioituu. Tällöin saadaan (käy+äen edelleen kaikkia aiempiakin tuloksia ja yksinkertaistuksia):!h " 3 O + # $! " # A $ C A! " A # $! " = H 3O + C A! " H 3 O + # $ = ± K ac A #! " $ A # $! " = H 3O C A + # $ 2 = K a Nega0ivinen ratkaisu voidaan hylätä kuten tavallista. Tällöin saadaan esimerkkitehtävässä [H 3 O + ] = 2, (mol/l) ja ph = 4.5, eli tästä yksinkertaistuksesta aiheutui jo merki+ävää virhe+ä (e0kkahappo ei ole tarpeeksi heikko).

52 Esim: harmoninen värähtelijä Olkoon massa m, johon vaiku+aa voima F = kx, missä x on poikkeama tasapainoasemasta. Systeemin energia E on (klassises0) E= ½mv 2 + ½kx 2 kineeqnen energia poten0aalienergia M Kvanqmekaniikassa harmonisella värähtelijällä kuvataan esim. kaksiatomisen molekyylin värähtelyliike+ä. Klassinen liikeyhtälö korvataan differen0aaliyhtälöllä: 2 2m d 2 ψ dx kx2 ψ = Eψ Cl H

53 Eksponenqfunk0o f(x) = a x f(x) = a x kantaluku eksponenq a x on kasvava kun a > 1 pienenevä kun a < 1 (a:n on oltava posi0ivinen)

54 Yleisin eksponenqfunk0on kantaluku on Neperin luku e, 2, (irra0onaaliluku!) Huom: e kirjamilla merkitään myös esim. alkeisvarausta... Eksponenqfunk0on e x arvo voidaan laskea esimerkiksi sarjakehitelmästä: e e x =1+ x 1! + x2 2! + x 3 3! +... = x n n! n=0 Missä on käyte+y kertomafunk0ota, n! = n esim 3! = = 6. Huomaa e+ä sarjakehitelmästä saadaan laske+ua myös e:n arvo ase+amalla x = 1.

55 Eksponenqfunk0on laskusäännöt Eksponenqfunk0o nouda+aa kaikkia potenssien laskusääntöjä, esim: e x e y = e x+y e x e x = e 2x e 1 = 1/e 0, Usein merkitään e x = exp(x) Tämä on kätevää jos eksponenqfunk0on sisällä on joku monimutkaisempi lauseke Monissa ohjelmissa (esim MS Excel, Matlab) eksponenqfunk0ota kutsutaan komennolla "exp" tai "EXP", esim Excelissä EXP(4) = e 4.

56 Eksponenqfunk0on käy+ö Eksponenqfunk0ota käytetään kuvaamaan jonkin suureen voimakasta suhteellista kasvua tai voimakasta suhteellista pienenemistä. Esim ydinfissio: kun neutroni osuu U 235 y0men, se hajoaa, ja vapau+aa kolme uu+a neutronia.

57 1 neutroni

58 3 1 = 3 neutronia

59 3 2 = 9 neutronia

60 3 3 = 27 neutronia

61 Esimerkkejä eksponenqfunk0osta kemiassa Esim 1. Arrheniuksen yhtälö k = Ae E a RT nopeusvakio taajuustekijä ak0vaa0oenergia Esim 2. Bolzmannin jakaumalaki (E i E j ) N i = e RT N j

62 Esimerkkejä eksponenqfunk0osta kemiassa Esim 3. Harmonisen värähtelijän aaltofunk0o ψ n (x) = N n H n (x)e x 2 2 normitusvakio Hermiten polynomi Esim 4. Reak0on tasapainovakion arvo: K = e ΔG RT tasapainovakio Gibbsin vapaan energian muutos

63 Logaritmifunk0o log a y Logaritmifunk0o on eksponenqfunk0on käänteisfunk2o y = a x x = log a y (a- kantainen logaritmi) kantaluku Logaritmin laskusääntöjä: log a (xy) = log a (x) + log a (y) log a (x/y) = log a (x) - log a (y) log a (x n ) = log a (x x... x) = log a (x) + log a (x) log a (x) n kertaa = n log a (x) n kertaa

64 Logaritmin kantaluku Kantaluku voi olla mikä tahansa posi0ivinen luku. Yleisimmät vaihtoehdot ovat 10 ja e. Huom: log(1) = 0, ja log (0) = määri+elemätön, kantaluvusta riippuma+a. Yleensä merkitään: log e x = ln x, log 10 x = lg x Huom: log x voi tarkoioaa sekä ln x eoä lg x Tarkista aina erikseen joka kerta mitä log x- merkinnällä tarkoitetaan. e- kantaista logaritmia ln x sanotaan myös luonnolliseksi logaritmiksi.

65 Logaritmi kemiassa ph:n ja happovakion pka määritelmä: ph = log 10 [H 3 O + ] pka = log 10 [K a ] (tarkalleen odaen ph = - log 10 ([H 3 O + ] / 1M), koska [H 3 O + ]:lla on yksikkö mol/l = M ja ph:lla ei ole yksikköä) Esim: liuoksen [H 3 O + ] = 0, mol /L. Laske ph. ph = log 10 ( ) = 4,5 Esim: ph on 8,02. Laske [H 3 O + ]. ph = log 10 [H 3 O + ] => [H 3 O + ] = 10 ph = 10 8,02 mol/l = 9, mol/l (mol/l)

66 Eksponenq- ja logaritmiyhtälöiden e x = a, mikä on x? ratkaiseminen Ratkaisu: otetaan luonnollinen logaritmi yhtälön molemmilta puolilta ln (e x ) = ln a x ln(e) = ln a x 1 = ln a x = ln a ln x = a, mikä on x? Ratkaisu: korotetaan molemmat puolet eksponenqin e (ln x) = e a x = e a

67 Yleinen käsite: käänteisfunk0o Otetaan funk0o f, joka toteu+aa yhtälön y = f(x). Tällöin on yleensä löyde+ävissä käänteisfunk2o f - 1 joka toteu+aa yhtälön x = f - 1 (y). Käänteisfunk0oita käytetään siis yleises0 yhtälöiden ratkaisemisessa, esim edellisessä esimerkissä eksponenq ja logaritmi ovat toistensa käänteisfunk0oita. Esimerkki: olkoon y = f(x) = 4x + 7. Löydä f - 1 (y). Ratkaisu: y = 4x + 7 4x = y 7 x = (y 7)/4 = f - 1 (y)

68 Käänteisfunk0o ei aina ole yksikäsi+einen Esimerkki: olkoon y = f(x) = x Löydä f - 1 (y). Ratkaisu: y = x x 2 = y 1 x = ± (y 1) = f - 1 (y) Jokaista y:n arvoa koh0 on siis kaksi mahdollista x:n arvoa, paitsi kohdassa y=1. (Lisäksi huomioitava e+ä x:n arvot ovat kompleksisia kun y < 1). Kemiallisissa sovelluksissa on yleensä ilmeistä mikä mahdollisista ratkaisuista tulee valita (kuten edellisissä esimerkeissä).

69 Käänteisfunk0oiden ja monikertaisten funk0oiden merkintä Joskus halutaan operoida samalla funk0olla monta kertaa, esim f(f(x)). Tällöin voidaan merkintä f n (x). Esim jos f(x) = x 2, niin f 3 (x) = (((x 2 ) 2 ) 2 = x 8 Käänteisfunk0on merkintä f - 1 on tässä mielessä looginen, eli f - 1 (f(x)) = f(f - 1 (x)) = f 0 (x) = x. Huom: jos indeksi on sulkeissa, esim. f (n) (x), niin tällä viitataan n kertaa derivoin0in eri asia. (Derivoin0a käsitellään myöhemmin). Trigonometristen funk0oiden merkintä on myös poikkeus; esim cos 2 (x) = (cos(x)) 2, ei cos(cos(x)).

70 Yhdistetyt funk0ot Äsken käsitel0in tapaus missä halutaan operoida monta kertaa samalla funk0olla, esim f(f(x)). Usein halutaan operoida samaan muu+ujaan eri funk0oilla. Tällöin voidaan vastaavas0 merkitä esim. f(g(x)). Sisempi funk0o suoritetaan aina ensin, ja ulompi funk0o syö sisällään olevan tuloksen! Esim olkoon f(x) = ln x, ja g(x) = x 2. tällöin f(g(x)) = f(x 2 ) = ln x 2 = 2ln x. Huom: järjestyksellä on väliä, sillä g(f(x)) = g(ln x) = (ln x) 2 f(g(x)) Joskus näkee sekä yhdiste+yjä e+ä moninkertaisia- tai käänteisfunk0oita, esim. f 3 (g - 1 (x))

71 Esimerkki eksponen0sta kemiassa: Van't Hoffin isotermi ΔG RT K = e K = tasapainovakio, ΔG = Gibbsin vapaan energian muutos reak0ossa, R = kaasuvakio, T = lämpö0la. a)laske K:n arvo kun ΔG = 4 kj/mol ja T = 298 K. 4kJmol -1 8,314JK K = e K = e 1, = 0, ,2 b)esitä ΔG muiden suureiden avulla ΔG RT ln K = ln(e ΔG = RT ln K ) = ΔG RT

72 Kantaluvun vaihto Tavoite: esi+ää log b x log a x :n avulla. Aloitetaan iden0tee0stä (logaritmi on eksponen0n käänteisfunk0o): x = b log b x otetaan a- kantainen logaritmi log a x = log a b log b x logaritmien laskusääntö log a x = log b x log a b jaetaan log a b:llä log a x / log a b= log b x Eli: log b x = log a x log a b vakio

73 Eksponenqfunk0on e x kuvaaja

74 Funk0on e x käy+äytyminen Määri+elyjoukko: kaikki x:n arvot Arvojoukko: kaikki posi0iviset reaaliluvut (e x on aina posi0ivinen). Ääriarvokäy+äytyminen: Kun x niin e x 0 Kun x niin e x

75 Logaritmifunk0on ln x kuvaaja

76 Funk0on ln x käy+äytyminen Määri+elyjoukko: x > 0 Arvojoukko: kaikki reaaliluvut Logaritmifunk0on määri+elyjoukko on eksponenqfunk0on arvojoukko; logaritmifunk0on arvojoukko on eksponenqfunk0on määri+elyjoukko. Yleises2: funk0on määri+elyjoukko on käänteisfunk0on arvojoukko, funk0on arvojoukko on käänteisfunk0on määri+elyjoukko. Milloin ln x on posi0ivinen, ja milloin se on nega0ivinen? ln x > 0 kun x > 1 ln x < 0 kun x < 1 ln x = 0 kun x = 1 Ääriarvokäy+äytyminen: Kun x 0 niin ln x Kun x niin ln x

77 Eksponenqfunk0on linearisoin0 Esim 1: Arrheniuksen yhtälö E a RT k = Ae Kokeellinen 0lanne, laboratoriomi+aus: on mita+u k:n arvoja eri T:n arvoilla, Halutaan 0etää A ja E a. Ratkaisu: otetaan luonnollinen logaritmi molemmilta puolilta yhtälöä. E a E a RT RT lnk = ln(ae ) = ln A + ln(e ) = ln A E a RT Saadaan suoran yhtälö: y = a + bx lnk = ln A E a RT

78 ln A ln k Δx Suoran yhtälö: y = a + bx Tässä y = ln k x = 1/T a = ln A b = E a /R Ja halutut suureet voidaan helpos0 määri+ää kuvaajasta. Δy E a /R = Δy/Δx E a = R Δy/Δx 1/T

79 Eksponenqfunk0on linearisoin0 Esim 2: Puhtaan nesteen hörynpaine riippuu lämpö0lasta Clausiuksen- Clapeyronin yhtälön mukaan: p = p 0 exp(- Δ v H R ( 1 T 1 T 0 )) Missä p 0 on höyrynpaine lämpö0lassa T 0 ja Δ v H on nesteen moolinen höyrystymisentalpia. Laboratoriotyön tarkoitus on määri+ää Δ v H mi+aamalla eri T:n arvoilla p. Muuta Clausiuksen- Clapeyronin yhtälö lineaariseksi.

80 Ratkaisu: aloitetaan o+amalla luonnollinen logaritmi molemmilta puolilta yhtälöä. p = p 0 exp(- Δ vh R ( 1 T 1 T 0 )) ln p = ln(p 0 exp(- Δ vh R ( 1 T 1 T 0 ))) = ln p 0 + ln((exp(- Δ v H R ( 1 T 1 T 0 )) = ln p 0 Δ v H R ( 1 T 1 T 0 )

81 Muokataan suoran muotoon: ln p = ln p 0 Δ v H R ( 1 T 1 T 0 ) Δ ln p = ln p 0 v H RT + Δ vh RT 0 ln p = (ln p 0 + Δ vh ) Δ vh RT 0 R 1 T vakiotermi kulmakerroin Suoran yhtälö, y = a + bx Tässä y = ln p x = 1/T a = ln p 0 + Δ v H/RT 0 b = Δ v H/R