2. Yhden muu+ujan funk0ot

2. Yhden muu+ujan funk0ot Vakiolämpö0lassa T ideaalikaasun, jota on ainemäärä T, 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 = 101325 Pa, T = 293 K, kaasuvakio R= 8.314 J/mol K). Ratkaisu: V = 24 L.

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, [

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

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)

2.1 polynomifunk0ot Polynomifunk0o on potenssifunk0oiden 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 eksponen0n mukaan. Esim. Kun n=2 puhutaan toisen asteen polynomista. Lineaarinen funk2o (n = 1) f(x) = a + bx kuvaaja on suora vakiotermi kulmakerroin

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

Esimerkki: Beerin ja 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 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)

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)

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

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.

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

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

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). 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.

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 diskriminanr, merkitään D. Jos D > 0, yhtälöllä on 2 ratkaisua Jos D = 0, yhtälöllä on 1 ratkaisu Jos D < 0, yhtälöllä ei ole reaalilukuratkaisua.

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

Korkeamman kertaluvun polynomifunk0ot 3, 4 ja 5. asteen polynomiyhtälöille löytyy analyyrset ratkaisukaavat, mu+a ne ovat pitkiä ja hankalia. n kertaluvun polynomiyhtälöllä on enintään n ratkaisua. 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).

Esim: 3. kertaluvun polynomiyhtälö, 1 ratkaisu

Esim: 3. kertaluvun polynomiyhtälö, 3 ratkaisua

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.

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 joku 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.

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 0lanyhtälön ennustama 0lavuus.

Ilmaistaan ensin 0lanyhtälö V:n avulla: (p + an2 )(V nb) = nrt 2 V pv + an2 V Lasketaan polynomiyhtälön termien lukuarvot sijoi+amalla annetut muu+ujat ja vakiot. p = 0.750 bar nbp abn3 V 2 = nrt pv 3 + an 2 V nbpv 2 abn 3 = nrtv 2 pv 3 (nbp + nrt)v 2 + an 2 V - abn 3 = 0 -(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

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): 0.750V 3 47.276955V 2 + 42.8V 7.784775 = 0 Tämä voidaan ratkaista esim. 0etokoneella, laskimella tai piirtämällä

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 fysikaalises0 mielekäs ratkaisu on 62.12 62.1 L. (Pienemmät ratkaisut ovat van der Waalsin <lanyhtälön joka sekin on vain likimääräinen kuvaus, ei eksak< tulos matemaacsia artefakteja. Fysikaalises< voidaan ajatella egä ne kuvaavat huomagavas< kaasua <iviimpää nestefaasia tjsp. Puhtaan matemaacsen taidon lisäksi fysikaalis kemiallisten tehtävien ratkaisussa tarvitaan usein myös hieman "järkeä".)

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 reak0ot & yhtälöt: 1)Hapon dissosiaa0oreak0o (K a = happovakio): HA + H 2 O <=> A + H 3 O + H 3 O + 2)Veden ionituo+o (K w = 10 14 ): [ ][ A ] [ HA] = K a H 2 O + H 2 O <=> OH + H 3 O + [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

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 ]

Äsken johderin, [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 + ]

[ 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 yhtälöin 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 + ] K a K w = 0 Kun K a, C A ja K w 0edetään, voidaan laskea [H 3 O + ] ja siten ph.

Esimerkki: laske 0.000050 mol/l e0kkahappoliuoksen ph. E0kkahapon 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 nega0ivisesta ratkaisusta ei olisi paljoa iloa...) Aloitetaan piirtämällä polynomi:

3 ratkaisua...

selkeäs0 nega0ivinen ratkaisu voidaan sulkea pois

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

Jäljelle jää siis tarkalleen yksi posi0ivinen ratkaisu, eli x = [H 3 O + ] 2 10 5 (mol/l)

Jäljelle jää siis tarkalleen yksi posi0ivinen ratkaisu, eli x = [H 3 O + ] 2.1 10 5 (mol/l)

Jäljelle jää siis tarkalleen yksi posi0ivinen ratkaisu, eli x = [H 3 O + ] 2.14 10 5 (mol/l)

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 (tasapaino täysin H 3 O + + A 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.

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 kineernen energia poten0aalienergia M Kvanrmekaniikassa harmonisella värähtelijällä kuvataan esim. kaksiatomisen molekyylin värähtelyliike+ä. Klassinen liikeyhtälö korvataan differen0aaliyhtälöllä: 2 2m d 2 ψ dx 2 + 1 2 kx2 ψ = Eψ Cl H

Eksponenrfunk0o f(x) = a x f(x) = a x kantaluku eksponenr a x on kasvava kun a > 1 pienenevä kun a < 1 (a:n on oltava posi0ivinen)

e Yleisin eksponenrfunk0on kantaluku on Neperin luku e, 2.718282 Huom: e kirjamilla merkitään myös esim. alkeisvarausta... Eksponenrfunk0on e x arvo voidaan laskea esimerkiksi sarjakehitelmästä: e x =1+ x 1! + x2 2! + x 3 3! +... = x n n! Missä on käyte+y kertomafunk0ota, 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. n=0

Eksponenrfunk0on laskusäännöt Eksponenrfunk0o 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 eksponenrfunk0on sisällä on joku monimutkaisempi lauseke Monissa ohjelmissa (esim MS Excel, Matlab) eksponenrfunk0ota kutsutaan komennolla "exp" tai "EXP", esim Excelissä EXP(4) = e 4.

Eksponenrfunk0on käy+ö Eksponenrfunk0ota käytetään kuvaamaan jonkin suureen voimakasta kasvua tai voimakasta pienenemistä. Esim ydinfissio: kun neutroni osuu U 235 y0men, se hajoaa, ja vapau+aa kolme uu+a neutronia.

1 neutroni

3 1 = 3 neutronia

3 2 = 9 neutronia

3 3 = 27 neutronia

Esimerkkejä eksponenrfunk0osta 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

Esimerkkejä eksponenrfunk0osta 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: ΔG K = e RT tasapainovakio Gibbsin vapaan energian muutos

Logaritmifunk0o log a y Logaritmifunk0o on eksponenrfunk0on 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 kertaa = n log a (x)

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 tarkoilaa sekä ln x elä lg x Tarkista aina erikseen joka kerta mitä log x merkinnällä tarkoitetaan. e kantaista logaritmia ln x sanotaan myös luonnolliseksi logaritmiksi.

Logaritmi kemiassa ph:n ja happovakion pka määritelmä: ph = log 10 [H 3 O + ] pka = log 10 [K a ] (tarkalleen ogaen 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 (mol/l) = 10 8.02 mol/l = 9.55 10 9 mol/l

Eksponenr ja logaritmiyhtälöiden e x = a, mikä on x? rarkaiseminen 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: otetaan molemmista puolista eksponenr e (ln x) = e a x = e a

Esim: Van't Hoffin isotermi ΔG K = e RT 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 K = e8.314jk -1 298K = e 1.61448386 = 0.1989934 0.2 b)esitä ΔG muiden suureiden avulla lnk = ln(e ΔG ΔG = RTlnK RT ) = ΔG RT

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 log a x / log a b= log b x jaetaan log a b:llä Eli: log b x = log a x log a b vakio

Eksponenrfunk0on e x kuvaaja

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

Logaritmifunk0on ln x kuvaaja

Funk0on ln x käy+äytyminen Määri+elyjoukko: x > 0 Arvojoukko: kaikki reaaliluvut Logaritmifunk0on määri+elyjoukko on eksponenrfunk0on arvojoukko; logaritmifunk0on arvojoukko on eksponenrfunk0on 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

Eksponenrfunk0on linearisoin0 Esim 1: Arrheniuksen yhtälö 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 ln k = ln(ae RT ) = lna + ln(e RT ) = lna E a RT Saadaan suoran yhtälö: y = ax + b E a k = Ae RT ln k = lna E a RT

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

Eksponenrfunk0on linearisoin0 Esim 2: Puhtaan nesteen hörynpaine riippuu lämpö0lasta Clausius 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 Clausius 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 )

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 vh RT 0 ln p = (ln p 0 + Δ vh ) Δ vh RT 0 R 1 T vakiotermi kulmakerroin Suoran yhtälö, y = ax + b Tässä y = ln p x = 1/T a = Δ v H/R b =ln p 0 + Δ v H/RT 0