JYVÄSKYLÄN YLIOPISTO MATEMATIIKAN JA TILASTOTIETEEN LAITOS Matemaatiikan historia Ratkaisut 6 / 011 1. Osoita oikeaksi Bombellin väite, että 4 + 1 on luvun 5 + 09 kuutiojuuri. (Mikä mies olikaan Bombelli?) (4 + 1) 3 = 4 3 + 3 4 1 + 3 4 ( 1) + ( 1) 3 = 64 + 48 1 1 1 = 5 + 47 1 = 5 + 09. (Galilei) Onton pallon huipusta pudotetaan massapiste suoraa viivaa pitkin kitkatta. Aika, joka kuluu kunnes se törmää seinään, ei riipu suunnasta! Perustele? (0,1) m (,) Vihje: ajassa t kuljettu matka m on verrannollinen loppunopeuteen. 1.tapa (Todennäköisesti Galilei ajatteli näin) Jaetaan voima/kiihtvs komponenteiksi janan m suuntaan ja sitä vastaan kohtisuoraan, (joka kumoutuu) Kiihtvdeksi tulee a = g cos( m) ja ajassa t kuljettu matka on siis 1 at = 1g cos( m) t = m = r cos( m), missä r on pallon säde. Siis t = 4r, joka on vakio. g. tapa: (Galilei ei tuntenut energia-käsitettä!) Pudottuaan matkan massa M on saanut potentiaalienergiasta kineettisen energian: 1 Mv = Mg, joten loppunopeus on v = g ja keskinopeus siis siitä puolet eli v = 1 g. Kulkuaika on siis t m = siis t +. Mutta mprän htälö on (1 ) + = 1, joten + = ja =, joka on vakio. 3. Napier kätti N-logaritmitaulujensa laatimiseen 0 vuotta. Tulos oli hvä, virheitä vähän. Kun hän oli valmis, hän huomasi, että nkaikaisen tppinen 10-kantainen taulukko olisi kätevämpi. Sellaista hän ei eläessään saanut valmiiksi, mutta jutteli asiasta Briggsin kanssa, joka teki tön. Briggs ei muuntanut Napierin taulukoita vaan laski kokonaan uudet. Briggsin logaritmitaulut olivat kätössä tietokoneiden kehittmiseen asti. a) Laske logaritmitaulukon avulla tulo 4567 45678 : log 10 4567 = 3 + log 10 4, 567 = 3, 65963..., log 10 45678 = 4 + log 10 4, 5678 = 4, 65970...
Siis log 10 (4567 4567) = log 10 4567+log 10 45678 = 3, 65963..+4, 65970... = 8, 31933..., joten 4567 4567 = 10 8,31933 = 10 8 10 0,31933 = 10 8, 08607539... = 08607539,... Tarkka arvo on 0861146. Virhe (3887,...) johtuu siitä, että kätettiin vain 5 desimaaliin asti tarkkoja arvoja logaritmeille. Itse asiassa Napier ei edes mainitse, miten lasketaan tulon logaritmi. Koska tähtitieteen laskuissa tarvittiin pelkkää trigonometriaa, laaditiin alun perin logaritmitaulukoiden ja trigonometristen taulukoiden hdistelmiä. Tällainen 34 40 5688011 5644 368787 1954370 84751 55 0 1. sarakkeella on kulma α, toisella sen sini, viimeinen sarake on 90 α ja edellinen sen sini eli cos α. Kolmas ja viides sarake ovat (Napier-)logaritmit näistä sineistä. Keskimmäinen sarake on naapuriensa erotus, siis Nlog tan α. b) Laadi vastaava rivi luonnollisin logaritmein tai/ja 10-kantaisin. α sin α log sin α log tan α log cos α cos α 90 α e kanta 34 40 0, 5688011 0, 5644 0, 368787 0, 1954370 0, 84751 55 0 10 kanta 34 40 0, 5688011 0, 450396 368787 0, 084877 0, 84751 55 0 c) Olkoon kolmiosta annettu kaksi kulmaa α ja β sekä α:n vastainen sivu a. Selitä, miten lasketaan (nkaikaistetun) Napierin taulukon avulla sivu b. Sinilauseen mukaan b = a sin β, joten log b = log a+log sin β log sin α josta edelleen sin α taulukon avulla b = 10 log a+log sin β log sin α. d) Entäpä miten lasketaan β, jos on annettu kaksi sivua a ja b ja niiden välinen kulma γ? Koska a + b a b = tan 1 (α + β) tan 1 (α β), niin a + b 1 a b tan 1(α + β) = tan 1 (α β). Vasen puoli on annettu, eritisesti α + β = π γ. Siis mös oikea puoli tunnetaan, josta saadaan laskettua α β. Nt tunnetaan sekä α+β että α β, mistä saa laskettua molemmat kulmat. 4. Suomelan t. 5. sivu 55: Määrää ellipsin 3 + 4 = 48 tangentti pisteessä (, 3) a) Robervalin idea on, että ellipsillä liikkuva piste etäänt toisesta polttopisteestä samalla vauhdilla kuin lähest toista, onhan ellipsi niiden pisteiden ura, joden etäisksien summa polttopisteistä on vakio. Siksi ellipsin kehä, oikeastaan sen tangentti, muodostaa saman kulman kumpaankin polttopisteeseen päin, eli on polttopisteiden suuntien puolittajan normaali.
3 Polttopisteet lötvät kuten leistä ellipsisä esittävässä kuvassa: Huomataan, että tehtävän ellipsin polttopisteet ovat kohdissa = ±, laskun kannalta helpottavasti. Konstruktio on alunperin ajateltu tehtäväksi harpilla ja viivoittimella, mutta sitä voi jäljitellä analttisellä geometrialla. Tässä toimii trigonometriakin hvin: puolitettavalle kulmallehan on tan α = 4/3, joten taulukkokirjan mukaan (puolen kulman tangentin kaavalla laskeminen vie aikansa) tan α = 1. Tangentti kohtaa siis -akselin kohdassa = 8. b) Fermat n pseudohtälön kättämiseksi palautetaan ongelma ääriarvotehtäväksi tavallaan käänteiseksi tosin. Merkitään P (, ) = 3 + 4 48. Pritään määräämään subtangentti eli kuvion etäiss s siten, että pisteiden (s, 0) ja (, 3) kautta kulkeva suora olisi ellipsin tangentti kohdassa (, 3). Suora on tällöin funktion T () = 3 (+s ) kuvaaja. Ellipsin ulkopuolella on P (, ) > 0, sisäpuolella s P (, ) < 0 ja kehällä P (, ) = 0, joten tangenttisuoralla P (, ) saa minimin 0 kohdassa =. Toisin sanoen funktiolla f() = P (, T ()) + 48 = 3 + 4( 3 s ( + s )) = 3 + 36 s (( + s) ( + s) + ) on minimi 48 kohdassa =. (Selvästi f() = 48, joten oleellista on vain, että tämä on ääriarvo!) Vähennetään vielä turhia kertoimia kertomalla puolittain s /3:lla, ja haetaan lukua s,jolle funktiolla g() = s f()/3 on ääriarvo kohdassa =. Ääriarvo tunnistetaan Fermat n menetelmällä:
4 g() = s f()/3 = (s + 1) 4( + s) + 1( + s) g( + e) = (s + 1)( + e) 4( + s)( + e) + 1( + s) = (s + 1)( + e + e ) 4( + s) 4( + s)e + 1( + s) g( + e) g(e) = (s + 1)(e + e ) 4( + s)e Eritisesti kohdassa = on oltava ääriarvo, joten 0 = g( + e) g(e) = (s + 1)(4e + e ) 4( + s)e 0 = (s + 1)(4e + e ) 4( + s)e 0 = (s + 1)(1 e ) 6( + s) (Jaettu 4e pois.) 4 0 = s 6s (Nt e = 0) s = 6. ( s = 0 antaisi maksimin.) 5. c 1 ) Eksplisiittinen nkaikainen derivointi: Ratkaistaan ellipsin htälöstä ja derivoidaan saatu funktio: P (, ) = 3 + 4 48 = 0, joten = 1 48 3, josta derivoimalla ja sijoittamalla = saadaan () = 1. c ) Implisiittinen nkaikainen derivointi: P (, ) = 3 + 4 48 = 0, joten P P = 6 ja = 8, siis pisteessä (,3) normaalin suuntavektori (gradientti) on( P, P ) = (1, 4) (1, ) ja siis tangentin suuntavektori on sille ortogonaalinen (, 1) ja siitä kulmakerroin 1. c 3 ) Hudden ja Slusen menetelmällä. (Suomelan s. 50. kaava on väärin, osittaisderivaattojen paikalle kuuluvat Hudden derivaatat, siis oleellisesti derivaatat kerrottuna ao. muuttujalla. Näin: ) Valitaan a = 0 ja b = 1 R (voihan valita vapaasti, kuitenkin b 0.). P (, ) = 3 + 4 48 = 0 jolloin P = 6 ja P = 8, siis kulmakerroin on P P = 3 6 8 3 = 1 d) Descartesin menetelmällä (Vrt. Suomela s. 50: Etsitään sellainen mprä, jonka keskipiste on -akselilla ja joka sivuaa ellipsiä pisteessä (, 3). Tässä on tuntematonta, mprän säde r ja sen keskipisteen -koordinaatti u. Koska ellipsi on kokonaan sivuavan mprän samalla (ulko-) puolella, niin välillä [0, 4], on (f()) +(u ) r.
Toisen asteen htälöllä (f()) + (u ) r = 0 eli (1 3 4 ) + (u ) r = 0 on siis kohdassa = kaksoisjuuri, eritisesti diskriminantti 0. Sievennetään vielä: 0 = 1 4 u + u r + 1 Tämä pätee sivuamiskohdassa =, joten 0 = 1 4 4 4u + u r + 1 Jotta tämä olisi kaksoisjuuri on diskriminantin oltava 0, siis 16u 4u +4r 48 = 0. Sievennetään ja kootaan htälöpari: 0 = 1 4u + u r + 1 0 = 3u + r 1 Laskemalla puolet hteen saadaan 1 4u + 4u = 0 eli (1 u) = 0, josta u = 1. Tangentin kulmakerroin on siis 3/ 3 = 1. 6. Olkoon f() = n=0 a n n, ja g() = (1) (f + g)() = n=0 (a n + b n ) n () 3f() = n=0 3a n n (3) n=0 b n n. Silloin tietenkin/tunnetusti (fg)() = (a 0 + a 1 + a +... )(b 0 + b 1 + b +... ) = a 0 b 0 + (a 0 b 1 + a 1 b 0 ) + (a 0 b + a 1 b 1 + a b 0 ) +... (4) 1/f f = 1 joten jos 1/f = n=0 c n n, niin edellisen kohdan mukaan 1 = a 0 c }{{} 0 + (a 0 c 1 + a 1 c 0 ) + (a }{{} 0 c + a 1 c 1 + a c 0 ) +..., }{{} 1 0 0 mistä ksi kerrallaan laskemalla: c 0 = 1/a 0, c 1 = a 1c 0 a 0 = a 1 jne. a 0 7. Lasktaan binomisarjan avulla (1 + ) 3/ tarkkuudella ±0.01, kun = 1 : (1+) 3/ = 1 3 3 1+( )( 5) ( 1! ) + ( 3)( 5)( 7) ( 1 3! )3 + ( 3)( 5)( 7)( 9) ( 1 4! )4 +... Tämä on vuorotteleva, itseisesti vähenevä, joten virheen saa arvioitua termien eroista. Laskimella saa osasummat 1, 0,5, 0,71875, 0,445313, 0,59911, 0,51456, 0,560349, 0,535801, 0,54884, 0,541959, 0,545573, 0,543684, 0,544667 jne. (Alkaa riittää!) 5