2. Yhden muu/ujan funk4ot

2. Yhden muu/ujan funk4ot Vakiolämpö4lassa T ideaalikaasun, jota on ainemäärä n, 4lavuus V riippuu paineesta seuraavalla tavalla: V = nrt/p Tällöin sanotaan e/ä 4lavuus on paineen funk4o, ja voidaan merkitä V = V(p). Esimerkki: laske ainemäärän 1,0 mol 4lavuus normaaleissa olosuhteissa (NTP, p = 101325 Pa, T = 293 K, kaasuvakio R= 8,314 J/mol K). Ratkaisu: V = 24 litraa. Määritelmiä Funk4on määri/elyjoukko: ne muu/ujan arvot joilla funk4o on määritelty, esimerkissä p > 0 (koska paine & 4lavuus eivät voi olla nega4ivisia) Funk4on arvojoukko: funk4on saamien arvojen joukko, esimerkissä ]0, [ 1

Funk4on graafinen esitys Yhden muu/ujan funk4o voidaan helpos4 esi/ää graafises4 laskemalla sille joukko pisteitä (V(p), p) ja piirtämällä ne koordinaa4stoon. p(atm) V(m 3 ) 0.2 0.0120207 0.4 0.0060104 0.6 0.0040069 0.8 0.0030052 1 0.0024041 1.2 0.0020035 1.4 0.0017172 1.6 0.0015026 1.8 0.0013356 2 0.0012021 V(m 3 ) 0.01 0.01 0.01 0.01 0.01 0.00 0.00 0.00 0 0.5 1 1.5 2 2.5 p(atm) 2

2.1 polynomifunk4ot Polynomifunk4o on potenssifunk4oiden summa f(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + a 4 x 4 +... + a n x n Polynomi nimetään suurimman eksponen4n mukaan. Esim. kun n=2 puhutaan toisen asteen polynomista. Lineaarinen funk2o (n = 1) f(x) = a + bx vakiotermi kulmakerroin kuvaaja on suora 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 3

Esimerkki: Beerin- Lamber4n laki kuvaa näy/een absorbanssin A riippuvuu/a sen konsentraa4osta c: A = εbc + K kulmakerroin vakiotermi Esim: mita/u absorbanssi: c (mol dm - 3 ) A A 3.0 2.5 2.0 1.5 1.0 0.5 0.0 0 0.02 0.04 0.06 C(mol/L) 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 3.0 2.5 2.0 1.5 1.0 0.5 0.0 0 0.02 0.04 0.06 C(mol/L) 4

Suoran sovitus Oikeat tavat tehdä suoran sovitus ovat: 1)Graafinen sovitus (esim kokeessa, laskuharjoituksissa jollei toisin sanota) 2)Pienimmän neliösumman sovitus 4etokoneella tai laskimella (esim harjoitustöissä, origin- laskuharjoituksessa, aina jos tarvitaan oikeas4 tarkka tulos) Graafinen sovitus: piirretään käsin suora joka silmämääräises4 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 5

Yhtälöryhmän ratkaiseminen Usein meillä voi olla useita yhtälöitä (lineaarisia tai epälineaarisia) jotka halutaan samanaikaises4 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. 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 6

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 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 7

5 m(h) = 5 Da m(h) = 1 Da Sijoitetaan alkuperäiseen yhtälöön 1: 2 m(c) + 6 1 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 3 tai useamman yhtälön ratkaisu onnistuu samoilla periaa/eilla kuin esimerkeissä (näitä tulee harjoitustehtävinä). Yleises4 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 vaa4malla e/ä massat ovat posi4ivisia tms. 8

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 vaa4a 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 = 15 10 + 3y 2 = 15 y = 1 Toisen asteen polynomifunk4o 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 diskriminanr, merkitään D. Jos D > 0, yhtälöllä on 2 ratkaisua Jos D = 0, yhtälöllä on 1 ratkaisu Jos D < 0, yhtälöllä ei ole reaalilukuratkaisua. 9

D > 0 D = 0 D < 0 Esim. 2x 2 6x + 4 = 0 Ratkaisut ovat siis x = (6 + 2)/4 = 2 Ja x = (6-2)/4 = 1 x = 6 ± (-6)2 4 2 4 2 2 = 6 ± 4 4 = 6 ± 2 4 10

Korkeamman kertaluvun polynomifunk4ot 3. ja 4. asteen polynomiyhtälöille löytyy analyyrset 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 funk4o yli/ää väistämä/ä x- akselin koska sen toinen ääriarvo on ja toinen + n asteen funk4o voi "kääntyä" n 1 kertaa enintään n kappale/a x- akselin ylitystä Näiden polynomifunk4oiden ratkaisut voidaan laskea numeerises4 (esim 4etokoneella tai käsin piirtämällä). Esim: 3. kertaluvun polynomiyhtälö, 1 reaaliratkaisu 11

Esim: 3. kertaluvun polynomiyhtälö, 3 reaaliratkaisua Esim: 4. kertaluvun polynomiyhtälö, 0 reaaliratkaisua 12

Esim: 4. kertaluvun polynomiyhtälö, 2 reaaliratkaisua Esim: 4. kertaluvun polynomiyhtälö, 4 reaaliratkaisua 13

Juuriteoreema Jokainen n. asteen polynomi a 0 + a 1 x + a 2 x 2 +... + a n x n voidaan jakaa n juureen (x x n ): f(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 +... + 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. 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. 14

Kompleksilukuja esiintyy usein polynomiyhtälöiden ratkaisuina. Esim: x 2 2x + 5 = 0 x = 2 ± ( 2)2 4 1 5 2 1 = 2 ± 1 4 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 fysikaalises4/kemiallises4 mielekkäitä, mu/a kuten myöhemmin tullaan näkemään, kompleksiluvuista on sil4 paljon hyötyä kemis4lle. Esimerkki: van der Waals - 4lanyhtälö Ideaalikaasulaki pv = nrt lienee tu/u. Ideaalikaasulaki ole/aa e/ä kaasumolekyylien 4lavuus on nolla, ja e/ä ne eivät vuorovaikuta keskenään. Tarkempi ns. van der Waalsin 2lanyhtälö saadaan ole/amalla, e/ä molekyyleillä on jokin 4lavuus b ja vuorovaikutus, jonka voimakkuu/a kuvaa parametri a: (p + an2 )(V nb) = nrt 2 V Laske 4lavuus jonka 1,50 mol dietyylisulfidia (C 2 H 5 ) 2 S vie lämpö4lassa 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. 15

Lasketaan ensin ideaalikaasulain ennustama tulos. Tarvi/avat arvot on anne/u tehtävässä: p = 0,750 bar, n = 1,5 mol, T = 105 K + 273 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 - 1 378 K / 0,750 bar = 62,9 L Lasketaan seuraavaksi van der Waals- 4lanyhtälön ennustama 4lavuus. Ilmaistaan ensin 4lanyhtälö 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 -1 378 K)= 47,276955 L bar 16

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 = 7,784775 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 2 + 42,8V 7,784775 = 0 Tämä voidaan ratkaista esim. 4etokoneella, laskimella tai piirtämällä f(v) V, dm 3 17

f(v) V, dm 3 Yhtälöllä 0,750V 3 47,276955V 2 + 42,8V 7,784775 = 0 on kolme reaalilukuratkaisua: 0,2515, 0,6646 ja 62,12 (yksikkönä edelleen L). Vertaamalla ideaalikaasulain tulokseen (62,9 L) voidaan päätellä e/ä fysikaalises4 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".) 18

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. Tasapainoa säätelevät seuraavat reak4ot & yhtälöt: 1)Hapon dissosiaa4oreak4o (K a = happovakio): HA + H 2 O <=> A - + H 3 O + H 3 O + 2)Veden ionituo/o (K w = 10-14 ): H 2 O + H 2 O <=> OH - + 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 19

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 konsentraa4ot [H 3 O + ]:n funk4ona: 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 - ] Äsken johderin, [HA] = C A [A - ]; sijoitetaan tämä tulos hapon tasapainoyhtälöön (1): [ H 3 O + ] A [ ] C A [ A - ] H 3 O + = K a [ ][ A ] = K a (C A A - [ ][ A ] + K a [ A - ] = K a C A [ ]([ H 3 O + ] + K a ) = K a C A H 3 O + A [ A ] = K a C A H 3 O + [ ] + K a [ ]) = K a C A K a A - [ ] Sijoitetaan seuraavaksi tämä tulos aiemmin johde/uun yhtälöön [H 3 O + ] = [A - ] + K w /[H 3 O + ] 20

[ 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 + ([ 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 4edetään, voidaan laskea [H 3 O + ] ja siten ph. [ ] + K a ) [ ] K a K w = 0 Esimerkki: laske 0,000050 mol/l e4kkahappoliuoksen ph. E4kkahapon pka = 4,792 K a = 1,61436 10-5. Ratkaisu: K a = 1,61436 10-5, C A = 0,00005, K w = 10-14 Saadaan siis polynomiyhtälö ax 3 + bx 2 + cx + d = 0, missä x = [H 3 O + ] a = 1 b = 1,61436 10-5 c = (0,00005 1,61436 10-5 + 10-14 ) = 8,07279 10-11 d = 1,61436 10-5 10-14 = 1,61436 10-19 3. asteen yhtälö, eli on oltava vähintään yksi reaaliarvoinen ratkaisu (tosin nega4ivisesta ratkaisusta ei olisi paljoa iloa...) Aloitetaan piirtämällä polynomi: 21

3 ratkaisua... selkeäs4 nega4ivinen ratkaisu voidaan sulkea pois 22

Tarkentamalla kuvaa nähdään e/ä toinenkin ratkaisu on nega4ivinen => ei kelpaa Jäljelle jää siis tarkalleen yksi posi4ivinen ratkaisu, eli x = [H 3 O + ] 2 10-5 (mol/l) 23

Jäljelle jää siis tarkalleen yksi posi4ivinen ratkaisu, eli x = [H 3 O + ] 2,1 10-5 (mol/l) Jäljelle jää siis tarkalleen yksi posi4ivinen ratkaisu, eli x = [H 3 O + ] 2,14 10-5 (mol/l) 24

x = [H 3 O + ] = 2,1464 10-5 (mol/l) ph = - log 10 (2,1464 10-5 ) 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 helpos4 paljon monimutkaisempia yhtälöitä (esim 5. asteen tai korkeampia polynomeja). Yllä esite/y ratkaisuperiaate pätee tällöinkin: käytä kaikkia reak4oyhtälöitä, elektroneutraalisuusehtoa sekä massatasapainoa, ja muodosta [H 3 O + ]:n polynomi. Numeerinen ratkaisu saadaan helpos4 4etokoneella. Esimerkki: e4kkahapon 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 3O + # $! " # 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! H O + a " 3 # 2 $ +! Ka " H O + # 3 $ K ac A = 0 # 2 $ = Ka (C! H O + A " # 3 $ ) 25

Tämän ratkaisuna saadaan viiden merkitsevän numeron tarkkuudella sama ratkaisu kuin aiemminkin, eli [H 3 O + ] = 2,1464 10-5 (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 C a A #! " $ A # $! = H + " 3O # $ C A 2 = K a Nega4ivinen ratkaisu voidaan hylätä kuten tavallista. Tällöin saadaan esimerkkitehtävässä [H 3 O + ] = 2,8411 10-5 (mol/l) ja ph = 4.5, eli tästä yksinkertaistuksesta aiheutui jo merki/ävää virhe/ä (e4kkahappo ei ole tarpeeksi heikko). Esim: harmoninen värähtelijä Olkoon massa m, johon vaiku/aa voima F = kx, missä x on poikkeama tasapainoasemasta. Systeemin energia E on (klassises4) E= ½mv 2 + ½kx 2 kineernen energia poten4aalienergia Kvanrmekaniikassa harmonisella värähtelijällä kuvataan esim. kaksiatomisen molekyylin värähtelyliike/ä. Klassinen liikeyhtälö korvataan differen4aaliyhtälöllä: 2 d 2 ψ 2m dx 2 + 1 2 kx2 ψ = Eψ Cl H M 26

f(x) = a x Eksponenrfunk4o f(x) = a x kantaluku eksponenr a x on kasvava kun a > 1 pienenevä kun a < 1 (a:n on oltava posi4ivinen) Yleisin eksponenrfunk4on kantaluku on Neperin luku e, 2,718282 (irra4onaaliluku!) Huom: e kirjamilla merkitään myös esim. alkeisvarausta... Eksponenrfunk4on e x arvo voidaan laskea esimerkiksi sarjakehitelmästä: n=0 Missä on käyte/y kertomafunk4ota, n! = 1 2 3... n esim 3! = 1 2 3 = 6. Huomaa e/ä sarjakehitelmästä saadaan laske/ua myös e:n arvo ase/amalla x = 1. e e x =1+ x 1! + x2 2! + x 3 3! +... = x n n! 27

Eksponenrfunk4on laskusäännöt Eksponenrfunk4o nouda/aa kaikkia potenssien laskusääntöjä, esim: e x e y = e x+y e x e x = e 2x e 1 = 1/e 0,367879441 Usein merkitään e x = exp(x) Tämä on kätevää jos eksponenrfunk4on sisällä on joku monimutkaisempi lauseke Monissa ohjelmissa (esim MS Excel, Matlab) eksponenrfunk4ota kutsutaan komennolla "exp" tai "EXP", esim Excelissä EXP(4) = e 4. Eksponenrfunk4on käy/ö Eksponenrfunk4ota käytetään kuvaamaan jonkin suureen voimakasta suhteellista kasvua tai voimakasta suhteellista pienenemistä. Esim ydinfissio: kun neutroni osuu U 235 y4men, se hajoaa, ja vapau/aa kolme uu/a neutronia. 28

1 neutroni 3 1 = 3 neutronia 29

3 2 = 9 neutronia 3 3 = 27 neutronia 30

Esimerkkejä eksponenrfunk4osta kemiassa Esim 1. Arrheniuksen yhtälö k = Ae E a RT nopeusvakio taajuustekijä ak4vaa4oenergia Esim 2. Bolzmannin jakaumalaki (E i E j ) N i = e RT N j Esimerkkejä eksponenrfunk4osta kemiassa Esim 3. Harmonisen värähtelijän aaltofunk4o ψ n (x) = N n H n (x)e x 2 2 normitusvakio Hermiten polynomi Esim 4. Reak4on tasapainovakion arvo: K = e ΔG RT tasapainovakio Gibbsin vapaan energian muutos 31

Logaritmifunk4o log a y Logaritmifunk4o on eksponenrfunk4on 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 Logaritmin kantaluku Kantaluku voi olla mikä tahansa posi4ivinen 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. 32

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 + ] = 0,0000316 mol /L. Laske ph. ph = log 10 (0.0000316) = 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 = 9,55 10 9 mol/l (mol/l) Eksponenr- ja logaritmiyhtälöiden ratkaiseminen e x = a, mikä on x? 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 eksponenrin e (ln x) = e a x = e a 33

Yleinen käsite: käänteisfunk4o Otetaan funk4o f, joka toteu/aa yhtälön y = f(x). Tällöin on yleensä löyde/ävissä käänteisfunk2o f - 1 joka toteu/aa yhtälön x = f - 1 (y). Käänteisfunk4oita käytetään siis yleises4 yhtälöiden ratkaisemisessa, esim edellisessä esimerkissä eksponenr ja logaritmi ovat toistensa käänteisfunk4oita. 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) Käänteisfunk4o ei aina ole yksikäsi/einen Esimerkki: olkoon y = f(x) = x 2 + 1. Löydä f - 1 (y). Ratkaisu: y = x 2 + 1 x 2 = y 1 x = ± (y 1) = f - 1 (y) Jokaista y:n arvoa koh4 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). 34

Käänteisfunk4oiden ja monikertaisten funk4oiden merkintä Joskus halutaan operoida samalla funk4olla 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 Käänteisfunk4on 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 derivoin4in eri asia. (Derivoin4a käsitellään myöhemmin). Trigonometristen funk4oiden merkintä on myös poikkeus; esim cos 2 (x) = (cos(x)) 2, ei cos(cos(x)). Yhdistetyt funk4ot Äsken käsitel4in tapaus missä halutaan operoida monta kertaa samalla funk4olla, esim f(f(x)). Usein halutaan operoida samaan muu/ujaan eri funk4oilla. Tällöin voidaan vastaavas4 merkitä esim. f(g(x)). Sisempi funk4o suoritetaan aina ensin, ja ulompi funk4o 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 käänteisfunk4oita, esim. f 3 (g - 1 (x)) 35

Esimerkki eksponen4sta kemiassa: Van't Hoffin isotermi ΔG RT K = e K = tasapainovakio, ΔG = Gibbsin vapaan energian muutos reak4ossa, R = kaasuvakio, T = lämpö4la. a)laske K:n arvo kun ΔG = 4 kj/mol ja T = 298 K. 4kJmol -1 8,314JK K = e -1 298K = e 1,61448386 = 0,1989934 0,2 b)esitä ΔG muiden suureiden avulla ΔG RT ln K = ln(e ) = ΔG RT ΔG = RT ln K Kantaluvun vaihto Tavoite: esi/ää log b x log a x :n avulla. Aloitetaan iden4tee4stä (logaritmi on eksponen4n käänteisfunk4o): 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 ax log a b vakio 36

Eksponenrfunk4on e x kuvaaja Funk4on e x käy/äytyminen Määri/elyjoukko: kaikki x:n arvot Arvojoukko: kaikki posi4iviset reaaliluvut (e x on aina posi4ivinen). Ääriarvokäy/äytyminen: Kun x niin e x 0 Kun x niin e x 37

Logaritmifunk4on ln x kuvaaja Funk4on ln x käy/äytyminen Määri/elyjoukko: x > 0 Arvojoukko: kaikki reaaliluvut Logaritmifunk4on määri/elyjoukko on eksponenrfunk4on arvojoukko; logaritmifunk4on arvojoukko on eksponenrfunk4on määri/elyjoukko. Yleises2: funk4on määri/elyjoukko on käänteisfunk4on arvojoukko, funk4on arvojoukko on käänteisfunk4on määri/elyjoukko. Milloin ln x on posi4ivinen, ja milloin se on nega4ivinen? 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 38

Eksponenrfunk4on linearisoin4 Esim 1: Arrheniuksen yhtälö E a RT k = Ae Kokeellinen 4lanne, laboratoriomi/aus: on mita/u k:n arvoja eri T:n arvoilla, Halutaan 4etää 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: lnk = ln A E a RT y = a + bx 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 helpos4 määri/ää kuvaajasta. Δy E a /R = Δy/Δx E a = R Δy/Δx 1/T 39

Eksponenrfunk4on linearisoin4 Esim 2: Puhtaan nesteen hörynpaine riippuu lämpö4lasta Clausiuksen- Clapeyronin yhtälön mukaan: p = p 0 exp(- Δ v H R ( 1 T 1 T 0 )) Missä p 0 on höyrynpaine lämpö4lassa 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. 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 vh R ( 1 T 1 T 0 )) = ln p 0 Δ vh R ( 1 T 1 T 0 ) 40

Muokataan suoran muotoon: ln p = ln p 0 Δ vh R ( 1 T 1 T 0 ) Δ ln p = ln p 0 v H RT + Δ H v 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 Esimerkki: logaritmifunk4oita sisältävä yhtälöryhmä Termodynamiikan faaseja (aineen olomuotoja) käsiteltäessä joudutaan usein ratkaisemaan epälineaarisia yhtälöitä tai yhtälöryhmiä. Esimerkiksi höyrynpaineiden lämpö4lariippuvuu/a kuvataan usein yhtälöillä joissa esiintyy sekä eksponenr- e/ä polynomifunk4oita. Usein halutaan selvi/ää missä olosuhteissa (esim lämpö4la, paine) kaksi tai useampaa faasia ovat tasapainossa. 41

Kiinteän rikkidioksidin (SO 2 ) höyrynpaine p kiinteä riippuu lämpö4lasta T likimäärin seuraavas4: lg(p kiinteä / torr) =10, 5916 1871, 2 T / K Tässä siis höyrynpaine ilmaistaan yksiköissä torr eli mmhg, ja lämpö4la taas yksiköissä Kelvin. Nestemäisen rikkidioksidin höyrynpaineelle p neste löytyy vastaavanlainen kaava: lg(p neste / torr) = 8,3186 1425, 7 T / K Tehtävä: laske rikkihapon kolmoispiste, ts. lämpö4la T kolmois ja paine p kolmois jossa kiinteä, neste ja höyry ovat kaikki tasapainossa keskenään. paine p kiinteä neste höyry lämpö4la T 42

paine p kiinteä neste p kiinteä p neste höyry lämpö4la T paine p kiinteä neste kolmoispiste p kiinteä p neste höyry lämpö4la T 43

Ratkaisu: kolmoispisteessä (T kolmois, p kolmois ) kiinteän aineen ja nesteen höyrynpaineet ovat määritelmällisestä yhtäsuuret: p kiinteä = p neste = p kolmois Myös höyrynpaineiden logaritmien on oltava yhtäsuuret: lg(p kiinteä / torr) = lg(p neste / torr) = lg(p kolmois / torr) Saadaan siis yhtälöryhmä (2 muu/ujaa, 2 yhtälöä): lg(p kolmois / torr) =10, 5916 1871, 2 T kolmois / K lg(p kolmois / torr) = 8,3186 1425, 7 T kolmois / K Yhtälöryhmä voidaan (kuten aiemminkin) ratkaista joko vähennyslasku- tai sijoitusmenetelmällä. Koska muu/ujan p kolmois sisältävä termi on molemmissa yhtälöissä tarkalleen sama, vähennyslasku on helppo: lg(p kolmois / torr) =10, 5916 1871, 2 T kolmois / K (lg(p kolmois / torr) = 8,3186 1425, 7 T kolmois / K ) 0 = (10, 5916 8,3186) 1871, 2 T kolmois / K 1425, 7 T kolmois / K 0 = 2, 273+ 0 = 2, 273 445, 5 T kolmois / K 1 (1425, 7 1871, 2) T kolmois / K 44

0 = 2, 273 445, 5 T kolmois / K 445, 5 = 2, 273 T kolmois / K T kolmois = 445, 5 K =195, 996K 2, 273 Paine p kolmois saadaan sijoi/amalla jompaan kumpaan yhtälöön, esim: lg(p kolmois / torr) =10, 5916 1871, 2 =1, 04489 195, 99648 p kolmois / torr =10 1,04489 =11, 0787 p kolmois =11, 0787 torr Ratkaisu on siis T kolmois = 196 K ja p kolmois = 11,1 torr (p(t) yhtälöt olivat likimääräisiä joten todellinen arvo on hieman eri.) 45