bm20a5810 differentiaalilaskenta ja sovellukset...sekantin kulmakerroin eli erotusosamäärä dy dx...
TRANSCRIPT
BM20A5810 Differentiaalilaskenta ja sovellukset
Jouni Sampo
29. marraskuuta 2016
Sisältö1 Funktioiden käyttäytymistä tutkimassa 2
1.1 Parittomat, parilliset ja jaksolliset funktiot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Raja-arvo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.3 Jatkuvuus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.4 Asymptootit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.5 Derivaatta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.6 Funktion ääriarvot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.7 Konkaavisuus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2 Derivoimistekniikoita 192.1 Peruskaavoja derivointiin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.2 Logaritminen differentiointi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.3 Implisiittinen differentiointi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
3 Integraali 283.1 Määräämätön integraali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283.2 Määrätty integraali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313.3 Määrätyn integraalin arvon laskeminen summaamalla . . . . . . . . . . . . . . . . . 323.4 Määrätyn integraalin laskeminen määräämättömän integraalin avulla . . . . . . . . . 333.5 Pinta-alojen laskenta määrätyn integraalin avulla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
4 Derivaatan sovelluksia 384.1 Eksponentiaaliset kasvu- ja vähenemismallit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 384.2 Lineaariset approksimaatiot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 444.3 L’Hospitalin sääntö raja-arvojen laskentaan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
5 Usean muuttujan funktion derivaatoista 525.1 Osittaisderivaatat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 525.2 Lineaariset approksimaatiot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 565.3 Differentioituvuus ja differentiaalit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 585.4 Kahden muuttujan funktioiden ääriarvot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 605.5 Kriittisten pisteiden luokittelu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 625.6 Taylorin polynomit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 655.7 Nopeus ja kiihtyvyys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
1 Funktioiden käyttäytymistä tutkimassa
1.1 Parittomat, parilliset ja jaksolliset funktiotMatemaattisina määritelminä:
• Funktion f sanotaan olevan parillinen jos f (x) = f (−x).
• Funktion f sanotaan olevan pariton jos f (x) =− f (−x).
• Funktion f sanotaan olevan jaksollinen, jaksonpituutena L, jos f (x) = f (x+L).
Graafisesti ajatellen:
• parillisuus tarkoittaa että funktion negatiivisella x-akselilla sijaitseva graafin osa saadaan pei-laamalla positiivisen x-akselin puoleinen osa y-akselin suhteen.
• parittomuus tarkoittaa että funktion negatiivisella x-akselilla sijaitseva graafin osa saadaan pei-laamalla positiivisen x-akselin puolella sijaitseva osa ensin x-akselin ( y-akselin) suhteen ja senjälkeen y-akselin (x-akselin) suhteen.
• jaksollisuus tarkoittaa sitä että jos funktion graafi piirretään x-akselilla millä tahansa jaksonpi-tuutensa mittaisella välillä, saadaan koko graafi yksinkertaisesti ”monistamalla” piirrettyä graa-fin osaa.
Parillisuudella, parittomuudella ja jaksollisuudella on tärkeä rooli useiden algoritmien käyttäyty-misen ymmärtämisessä. Esimerkiksi insinööritieteissä erittäin yleinen analyysityökalu, FFT-algoritmi,olettaa yleensä signaalin (funktion) olevan jaksollinen ja vain yksi jakso signaalista annetaan algorit-mille syötteenä. Tässä tapauksessa jos oletus jaksollisuudesta on väärä, täytyy tuloksia osata tulkitasopivasti (kaikki algoritmin antama tieto ei ehkä ole oikeaa).
Esimerkki 1.1. Tutki onko funktio g(x) = sin(3πx) mahdollisesti parillinen, pariton tai jak-sollinen.
Esimerkki 1.2. Olkoon p(x) toisenasteen polynomi jonka nollakohdat ovat x = 1 ja x = 5.Määritä luku a siten että funktio f (x−a) on parillinen.
Esimerkki 1.3. Oletetaan että f on parillinen ja g on pariton funktio. Osoita että f ◦ g onparillinen funktio.
1.2 Raja-arvoÄärelliset raja-arvot. Raja-arvon käsite on keskeisessä roolissa monessa myöhemmin tulevassa ma-temaattisessä määritelmässä ja menetelmässä. Raja-arvoja käytetään kun tutkitaan mitä tapahtuu il-miölle jota f (x) kuvaa kun
• argumentin (x) arvot kasvavat mielivaltaisen suuriksi (x→ ∞) tai pieniksi (x→−∞), tai jos
• f (x):n lauseke ei ole määritelyt pisteess x = a mutta x:n arvot voivat silti olla mielivaltaisenlähellä a:ta.
2
Matemaattinen määritelmä: Funktion f raja-arvo kohdassa a on L, merkitään limx→a f (x) = L, jos javain jos jokaista ε > 0 kohti on olemassa δ > 0 siten että
0 <| x−a |< δ ⇒ | f (x)−L |< ε. (1)
Eli jos tahdotaan että funktio f (x) saa varmasti erittäin lähellä L:ää olevia arvoja, riittää että x ontarpeeksi lähellä arvoa a. Katso kuva 1.
y
xa−δ a a+δ
L− ε
L
L+ ε
Kuva 1: Raja-arvo
Raja-arvon laskeminen suoraan määritelmiä käyttäen ei yleensä ole tarpeen. Raja-arvojen määri-telmiä tarvitaan erityisesti kun tahdotaan osoittaa helpottavien laskukaavojen oikeellisuutta (esim.limx→a g(x) f (x) = limx→a g(x) limx→a f (x)) tai osoittaa muita teoreettisempia tuloksia.Käytännössä raja-arvot voidaan usein laskea sieventämällä ensin lauseketta ja sitten sijoittamalla x:ntilalle arvo jota lähestytään.Monimutkaisempia lausekkeita voidaan sieventää ja päätellä mm. seuraavien ominaisuuksien avulla:Oletetaan että limx→a f (x) = L ja limx→a g(x) = M.
• Summa: limx→a ( f (x)+g(x)) = L+M
• Erotus: limx→a ( f (x)−g(x)) = L−M
• Tulo: limx→a f (x)g(x) = LM
Toispuoleiset raja-arvot merkitään
limx→a+
f (x) = L ja limx→a−
f (x) = L.
Ainut ero edelliseen on että, tapauksesta riippuen, implikaation (1) tarvitsee toteutua vain lisäoletuk-sella x < a tai x > a. Täten
limx→a
f (x) = L ⇔ limx→a−
f (x) = limx→a+
f (x) = L.
Raja-arvot äärettömyydessä. Jos valitsemalla mikä tahansa tarpeeksi iso arvo x:lle saadaan funktionf (x) arvo kuinka lähelle tahansa arvoa L, sanotaan että limx→∞ f (x) = L.
Käytännössä voidaan usein lauseke ensin sieventää ja sitten päätellä lopputulos.
3
y
x
(−1,−1)
(−1,−1)
y = 1x
Kuva 2: Raja-arvot äärettömyydessä, ja äärettömät raja-arvot
Äärettömät raja-arvot. Jos valitsemalla luku x tarpeeksi läheltä lukua a saadaan funktion f (x) arvostakuinka suuri tahansa, sanotaan että limx→a f (x) = ∞.
äärettömien raja-arvojen tapauksessa voidaan ajatella myös toispuoleisia raja-arvoja.
Esimerkki 1.4. Määritä raja-arvot
limx→1
(4x+1), limx→1
(x2−4x+1) ja limx→2
x2−4x2−2x2
Ratkaisu:
limx→1
(4x+1) = 4 ·1+1 = 5
limx→1
(x2−4x+1) = 12−4 ·+1 =−2
4
limx→2
[ 00 ]︷ ︸︸ ︷
x2−4x2−2x
= limx→2
(x−2)(x+2)x(x−2)
= limx→2
x+2x
=2+2
2= 2
Esimerkki 1.5. Jos mahdollista, määritä raja-arvo
limx→2
| x−2 |x2 + x−6
Ratkaisu:
limx→2
| x−2 |x2 + x−6︸ ︷︷ ︸
f (x)
=?
limx→2+
f (x) = limx→2+
[ 00 ]︷ ︸︸ ︷
x−2x2 + x−6
= limx→2+
(x−2) ·1(x−2)(x− (−3))
= limx→2+
1x+3
=1
2+3=
15
limx→2−
f (x) = limx→2−
−1 · (x−2)(x−2)(x− (−3))
= limx→2−
−1x+3
=−156= 1
5⇒ lim
x→2ei ole olemasa!
Esimerkki 1.6. Määritä funktiolle
f (x) ={
x+1, x≥ 0x, x < 0
toispuoleiset raja-arvotlim
x→0−f (x) ja lim
x→0+f (x)
5
y
x
y = x
y = x+1
1
Kuva 3: Ei raja-arvoa vaan pelkästään toispuoleiset raja-arvot pisteessä x = 0
Esimerkki 1.7. Määritä raja-arvot
a)
limx→±∞
2x2− x+33x2 +5
b)limx→∞
(√x2 + x− x
)c)
limx→∞
1√1+ 1
x +1
Ratkaisu:
a)
limx→±∞
2x2− x+33x2 +5
= limx→±∞
x2(2− 1x +
3x2 )
x(3+ 5x2 )
= limx→±∞
2−
→0︷︸︸︷1x
+
→0︷︸︸︷3x2
3+3x2︸︷︷︸→0
=23
6
b)
limx→∞
(√
x2 + x− x)
= limx→∞
(√
x2 + x− x)(√
x2 + x+ x)√x2 + x+ x
= limx→∞
(√
x2 + x)2− x2√
x2 + x+ x
= limx→∞
x2 + x− x2√
x2 + x+ x
= limx→∞
x√x2 + x+ x
= limx→∞
x ·1
x(
1x
√x2 + x+1
)= lim
x→∞
11x
√x2 + x+1
= limx→∞
11x
√x2(1+ 1
x
)+1
= limx→∞
1|x|x
√1+ 1
x +1
= limx→∞
1
xx
√√√√1+1x︸︷︷︸→0
+1
=1√
1+0+1
=12
1.3 JatkuvuusFunktio f on jatkuva välillä [a,b], jos ja vain jos limx→c f (x) = f (c) ∀c ∈]a,b[ ja limx→a+ f (x) =f (a) sekä limx→b− f (x) = f (b).
Jatkuvuuden määritelmästä seuraa että: Olkoon f suljetulla välillä [a,b] jatkuva. Tällöin
1) Maksimi-minimilause: f saa tällä välillä
– suurimman ja pienimmän arvon
– kaikki niiden välissä olevat arvot
2) Väliarvolause: jos s on f (a):n ja f (b):n välissä, niin on olemassa c ∈ [a,b] siten että f (c) = s
7
y
xa
bc
maksima
s
minima
Kuva 4: Väliarvolausetta havainnollistava kuva
On hyvä huomata että edellä käsiteltiin jatkuvuutta suljetulla välillä. Jos tiedettäisiin vain että funk-tion f on jatkuva välillä ]a,b[, voi f käyttäytyä hyvinkin erikoisesti pisteiden a ja b läheisyydessä.
Funktion laajentaminen jatkuvaksi. Jos raja-arvo limx→a f (x) on olemassa äärellisenä mutta a /∈D( f )ei ole määritelty pisteessä a, luonnollinen ajatus on tehdä laajennus
F(x) ={
f (x) , x ∈D( f )limt→a f (t) , x = a
Tällöin jos f (x) oli jatkuva määrittelyjoukossaan, on myös F(x) jatkuva.
Esimerkki 1.8. Jos mahdollista, laajenna seuraavat funktiot
a)
f (x) =|x−2|
x2 + x−6
b)
g(x) =x2− xx−1
siten että ne ovat jatkuvia koko R:ssä.Ratkaisu:
b)
g(x) =x2− xx−1
D(g) = R\{1}
limx→1
x2− xx−1
= limx→1
x(x−1)(x−1) ·1
= limx→1
x = 1
8
funktio
h(x) ={
g(x) ,x 6= 1limx→1 g(t) ,x = 1
=
{x2−xx−1 ,x 6= 11 ,x = 1
on jatkuva.
1.4 AsymptootitKuvaajalla y = f (x) on
pystysuora asymptootti x = a, jos
limx→a−
f (x) =±∞ tai limx→a+
f (x) =±∞ tai molemmat
vaakasuora asymptootti y = L, jos
limx→∞
f (x) = L tai limx→−∞
f (x) = L tai molemmat
vino asymptootti y = ax+b, jos
limx→∞
(f (x)− (ax+b)
)= 0 tai lim
x→−∞
(f (x)− (ax+b)
)= 0 tai molemmat
Käytännön sovelluksissa esiintyy erityisesti vaakasuoria asymptootteja hyvinkin usein, esimer-kiksi kun tutkitaan mitä tilaa kohti jokin systeemi (esimerkiksi sekoitustankkien konsentraatio) ajanmyötä lähestyy. Toisaalta jos tarkasteltava suure muunnetaan toiselle mitta-asteikolle niin sillä voiolla vino asymptootti josta esim. kulmakerroin saattaa kiinnostaa.
1.5 Derivaatta
y
x
Tangentti y = f (x)
a
(a, f (a)
Kuva 5: Tangentteja
Jatkuvan funktion arvojen muuttumisnopeutta eli funktion kuvaajan jyrkkyyttä voidaan mitata tan-gentin kulmakertoimella (jos olemassa) eli derivaatan arvolla (katso kuva 5).
9
Sekantin kulmakerroin eli erotusosamäärä∆y∆x
=f (x+h)− f (x)
h. Kun h pienenee, lähestyy sekantin
kulmakerroin tangentin kulmakerrointa.
Jatkuvan funktion f derivaatta (funktio) kohdassa x, merkitään f ′(x), on tangentin kulmakerroin eliraja-arvo
f ′(x) = limh→0
f (x+h)− f (x)h
, (2)
jos raja-arvo on olemassa. Tällöin sanotaan että f on differentoituva kohdassa x.
Derivaatan määritelmästä seuraa että funktiolle f pisteeseen x = a asetettu tangenttisuoran yhtälö on
y− f (a) = f ′(a)(x−a) ja normaalisuoran yhtälö on y− f (a) =− 1f ′(a)
(x−a) (katso kuva 6).
y
x
y =√
x
tangenttiy = 1+ x
4
normaali
y = 18−4x
(4,2)
Kuva 6: Tangentti ja normaali
Kuvassa 7 on esitetty tyypillisiä tapauksia funktioista jotka eivät ole differentoituvia jossain pis-teessä (tässä tapauksessa origossa).
10
y
x
y =−x y = x
(−1,1) (1,1)
y
x
(−1,−1)
(−1,−1)
y = 1x
y
x
(1,1)
(-1,-1)
y = x13
Kuva 7: Funktioita, jotka eivät ole differentoituvia origossa
1) Ei yksikäsitteistä tangenttia (kärki)(f ′−(0) =−1 6= f ′+(0) = 1
)2) Ei raja-arvoa (±∞)
3) Tangenttisuora pystysuora(
f ′(x) = ∞)
Erilaisia derivaattafunktion merkintöjä:
f ′(x) = D f (x) = y′ =dydx
=ddx
f (x), jne
Derivaattafunktion arvojen merkintöjä kohdassa x = a:
f ′(a) = D f (a) = y′(a) =dydx
∣∣∣x=a
=ddx
f (x)∣∣∣x=a
Esimerkki 1.9. Määrää funktion f (x) = x2+1 pisteeseen (2,5) asetetun tangentin yhtälö jatangentin yhtälö, joka kulkee origon kautta.
11
Esimerkki 1.10. Etsi asymptootit funktioille a) f (x) = (x+1)(x−2)x−1 b) g(x) = 4x− ex.
Ratkaisu:b)
g(x) = 4x− ex
Ei pystysuoria asymptootteja
limx→∞
(g(x)− (ax+b))
= limx→∞
(4x− ex− (ax+b))
= limx→∞
(x(4−a)−
Kasvaanopeiten︷︸︸︷
ex −b)
=−∞
⇒ ei löytynyt (vielä) vinoa symptoottia
limx→−∞
(g(x)− (ax+b))
= limx→−∞
(x(4−a)−→0︷︸︸︷ex −b)
=0⇔{
4−a = 0 ⇒ a = 4−b = 0 b = 0
1.6 Funktion ääriarvot
y
xa x1 x2 x3 x4 x5 x6 b
y = f (x)
Kuva 8: Kuvaaja, jossa erilaisia ääriarvokohtia. D( f ) = [a,b]
Kuvassa 8 :Lokaalit maksimikohdat: a, x2, x4, x6Lokaalit maksimiarvot: f (a), f (x2), f (x4), f (x6)
12
Lokaalit minimikohdat: x1, x3, x5,bLokaalit minimiarvot: f (x1), f (x3), f (x5), f (b)Absoluuttiset eli globaalit maksimikohdat: x2Absoluuttiset eli globaalit maksimiarvot: f (x2)Absoluuttiset eli globaalit minimikohdat: x3Absoluuttiset eli globaalit minimiarvot: f (x3)
Välillä I jatkuva funktio voi saada ääriarvoja vain seuraavissa pisteissä:
• Väliin I kuuluvat päätepisteet
• Kriitiset pisteet ( f ′(x) = 0)
• Singulaaripisteet ( f ′(x) ei määritelty)
Suljetulla välillä jatkuva funktio saa siis suurimman ja pienimmän arvonsa.
Esimerkki 1.11. Piirrä kuvaaja sellaiselle funktiolle joka saa välillä [−2,4] suurimman ar-vonsa mutta jolla ei ole pienintä arvoa.
Esimerkki 1.12. Olkoon f (x) = 2sin(x) + cos(x). a) Etsi f :n kaikki kriittiset pisteet, b)Määritä funktion pienin ja suurin arvo välillä
[0, 2π
3
].
Ratkaisu:
f (x) = 2sin(x)+ cos(x)f ′(x) = 2cos(x)− sin(x)
f ′ on kaikkialla määritelty joten ei ole singulaaripisteitä.Kriittiset pisteet eli derivaatan nollakohdat:
f ′(x) = 02cos(x)− sin(x) = 0
2 =sin(x)cos(x)
= tan(x)
tan−1(2) = x+π ·n ;n ∈ Z⇒ x = tan−1(2)−πn
13
x
y
x
1
P
Kuva 9: P = (1, tan(x))
b)
Tarkasteuväli [0, 2π
3 ]
Kriittisistä pisteistä tarkasteuvälillä on vain x = tan−1(2)
f ′(x)
f
+ −
→→
0 tan−1(2) 2π
3 x
maksimipiste (globaali)
Kuva 10: Merkkitaulukko
f ′(
π
4
)= 2cos
(π
4
)− sin
(π
4
)= 2 · 1√
2− 1√
2=
1√2> 0
f ′(
π
2
)= 2cos
(π
2
)− sin
(π
2
)= 2 ·0−1 =−1 < 0
Pienimmän arvon löytämiseksi täytyy laskea arvot päätepisteissä
f (0) = 2 · sin(0)+ cos(0) = 1
f (2π
3) = 2 · sin
(2π
3
)+ cos
(2π
3
)= 2 ·
(√3
2
)+
(−1
2
)=√
3− 12> 1
⇒ pienin arvo pisteessä 0
14
Esimerkki 1.13. Määritä funktion p(x) = x2/3 +(x−1)2/3 lokaalit maksimi ja minimiarvotvälillä [−1,2].
Esimerkki 1.14. Määritä funktion f (a) = loga(e) + ln(a) lokaalit ja globaalit minimit jamaksimit joukoissa a) ]0,1[, b) ]2,e[ c) D( f ).Ratkaisu:
f (a) = loga(e)+ ln(a)
=ln(e)ln(a)
+ ln(a)
= ln(e) · (ln(a))−1 + ln(a)
f ′(a) =
1︷︸︸︷ln(e) ·(−1)(ln(a))−2 · 1
a+
1a
=1a(1− (ln(a))−2)
Kriittiset pisteet eli derivaatan nollakohdat
f (a)′ = 0⇔ 1− (ln(a))−2 = 0
(ln(a))−2 = 11
(ln(a))2 =11
ln(a) =±1
eln(a) = e±1
a = e±1
f ′(a) ei olisi määritelty pisteissä a = 0, a≤ 0 ja ln(a) = 0⇒ a = 1Sattuvat olemaan samat pisteet kuin missä
f ei ole määritelty eliD( f ) = {a ∈ R|a > 0 ja a 6= 1}
=]0,∞[\{1}
Hahmotellaan f :n kuvaaja:
f (e′) = f (e) =ln(e)ln(e)
+ ln(e′) = 1+1 = 2
f (e−1) =ln(e)
ln(e−1)+ ln(e−1)
=ln(e)−1 · ln(e)
+(−1) ln(e)
=−1−1 =−2
15
a1
ln(a)
Kuva 11: ln(a)
lima →0+
f (a) = lima →0+
→0︷ ︸︸ ︷ln(e)ln(a)
+
→−∞︷︸︸︷ln(a)
=−∞
lima →1−
f (a) = lima →1−
→−∞︷ ︸︸ ︷ln(e)ln(a)
+
→0︷︸︸︷ln(a)
=−∞
lima →1+
f (a) = lima →1+
→∞︷ ︸︸ ︷ln(e)ln(a)
+
→0︷︸︸︷ln(a)
= ∞
lima →∞
f (a) = lima →∞
→0︷ ︸︸ ︷ln(e)ln(a)
+
→∞︷︸︸︷ln(a)
= ∞
16
x
y
0 1 2 3 4
-9-8-7-6-5-4-3-2-10123456789
10
e−1 e
Kuva 12: Minimat ja maksimat
a) Globaali maksimi pisteessä e−1, saa mielivaltaisen pieniä arvoja, sanomme että mini-mipistettä ei ole.
b) Ei ole maksimia eikä minimiä (avoimet välit!)
c) Lokaali maksimi pisteessä e−1
Lokaali minimi pisteessä eEi ole globaaleja miniejä tai maksimeja
1.7 Konkaavisuus
y
xa b c
Kuva 13: Konkaavisuus
17
Kuva 13 esittää konkaavisuuden käsitettä graafisesti: funktio f on konkaavi ylöspäin välillä (a,b) jakonkaavi alaspäin välillä (b,c).
Kaavatasolla konkaavusuus määritellään seuraavasti:
• Jos f ′′(x)> 0 välillä I, niin f on konkaavi ylöspäin välillä I.
• Jos f ′′(x)< 0 välillä I, f on konkaavi alaspäin välillä I
Piste x0 on f :n käännepiste, jos
a) f ′(x0) on olemassa (tai f ′(x0) = ∞) ja
b) f :n konkaavisuus muuttuu kohdassa x0
Huomaa että jos x0 on f :n käännepiste ja f ′′(x0) on olemassa, niin f ′′(x0) = 0. Kuitenkaan f ′′(x0) eitarvitse välttämättä olla olemassa jotta x0 olisi käännepiste.Konkaavisuutta voidaan käyttää hyväksi myös kriittisiä pisteitä luokiteltaessa:
• Jos f ′(x0) = 0 ja f ′′(x0)> 0 niin x0 on lokaali minimipiste.
• Jos f ′(x0) = 0 ja f ′′(x0)< 0 niin x0 on lokaali maksimipistepiste.
Esimerkki 1.15. Etsi funktion f (x) = x4−2x3 +1
a) Lokaalit ääriarvot
b) Välit, joilla konkaavisuus ylöspäin ja alaspäin
c) Käännepisteet.
Ratkaisu:
f (x) = x4−2x3 +1
a)
f ′(x) = 4x3−6x2
= x2(4x−6)
Kriittiset pisteet
f ′(x) = 0⇔x2 = 0tai 4x−6 = 0eli x = 0
tai x =32
Singulaaripisteitä ei ole(D( f ′) = R)
18
f ′(x)
f
− − +
→ →→
032 x
min
Kuva 14: Merkkitaulukko
(Globaali) minimiarvo on
f (32) =
(32
)4
−2 ·(
32
)2
+1
a)
f ′′(x) = 12x2−12x= 12x(x−1)
f ′′(x)
f
+ − +
^ _ ^
0 1 x
Kuva 15: Merkkitaulukko
f (x) on konkaavi ylöspäin kun x ∈]−∞,0[∪]1,∞[f (x) on konkaavi alaspäin kun x ∈]0,1[.
c)Käänteispisteet x = 0 ja x = 1
2 Derivoimistekniikoita
2.1 Peruskaavoja derivointiinAlla on listattu sellaisia derivoinnin peruskaavoja jotka täytyy osata ulkoa jotta uusien, lukiotietoudenyli menevien, asioiden opiskelu on sujuvaa.
Summalausekkeen termit voidaan derivoida erikseen ja vakiokerroin ei vaikuta derivoitaessa, eli
( f ±g)′(x) = f ′(x)±g′(x), (c f )′(x) = c f ′(x).
Tulon derivoimiskaava:( f g)′(x) = f ′(x)g(x)+ f (x)g′(x)
Osamäärän derivoimiskaava: (fg
)′(x) =
f ′(x)g(x)− f (x)g′(x)g(x)2
19
Yhdistetyn funktion derivoimiskaava:
( f ◦g)′(x) = D f(g(x)
)= f ′
(g(x)
)g′(x)
Potenssifunktion derivoimiskaava (ja muutama erikoistapaus)
ddx
xr = rxr−1,ddx√
x =1
2√
x,
ddx
1x=− 1
x2
Trigonometristen funktioiden derivaatat:
ddx
sinx = cosx,ddx
cosx =−sinx
Luonnollisen logaritmin derivaatta:ddx
ln(x) =1x
Eksponenttifunktion derivaatta:ddx
ex = ex
Edellisten avulla saadaan myös helposti johdettua lisää derivoimissääntöjä.
Esimerkki 2.1. Osoita yhdistetyn funktion derivoimissäännön avulla että käänteisfunktionderivaatalle pätee kaava (
f−1)′ (x) = 1f ′( f−1(x))
.
Osoita nyt tämän kaavan avulla että ddxex = ex.
Esimerkki 2.2. a) Olkoon f (x) = xx+1 . Laske
(f−1)′ (1/2).
b) Olkoon f (x) = x√
3+ x2. Laske(
f−1)′ (−2).Ratkaisu:b)
x
y
-10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10
-100
-80
-60
-40
-20
0
20
40
60
80
100
Kuva 16: f (x) = x√
3+ x2
20
f (x) = x√
3+ x2
( f−1)′(−2) =? =1
f ′( f−1(−2))(?)
f ′(x) =ddx
(x) ·√
3+ x2 + x · ddx
(√
3+ x2)
= 1 ·√
3+ x2 + x · 12(3+ x2)−
12 ·2x
f−1(−2) = a | ff ( f−1(−2)) = f (a)
−2 = f (a)
(?) −2 = a√
3+a2 | ↑ 2
(−2)2 = a2(3+a2)
(a2)2 +3a2−4 = 0
a2 =−3±
√32−4 ·1 · (−4)
2 ·1
=−3±
√25
2=−3±5
2= −4︸︷︷︸
= a2
⇒ ei käy!
tai 1
Siis a2 = 1⇒ a =±1
Testataan mikä näistä toteuttaa yhtälön (?)
a = 1
−2 = 1 ·√
3+12
−2 = 2 epätosi⇒ a = 1 ei kelvannut
a =−1
−2 =−1 ·√
3+12
−2 =−2 OK⇒ a =−1 kelpaa
21
f ′( f−1(−2)) = f ′(a) = f ′(−1)
= 1 ·√
3+(−1)2 +(−1) · 12(3+(−1)2)−
12 ·2(−1)
= 2− 12· 1
2· (−2)
= 2+12=
52
( f−1)′(−2) =152
=25
x
y
-0.5 0 0.5 1 1.50
1
2
3
Kuva 17:∫(2x−1)4dx
∫(2x−1)4dx =?
=∫(2x−1)4 ·2 · 1
2︸︷︷︸vakio!
dx
=12
∫(2x−1)4 ·2dx
12
((2x−1)5 · 1
5
)+C
=1
10(2x−1)5 +
12
C︸︷︷︸C̃
=1
10(2x−1)5 +C̃
2.2 Logaritminen differentiointiJos funktio f (x) on muotoa
f (x) = g1(x)g2(x) · · · · ·gn(x) =n
∏i=1
gi(x)
22
niin derivaatan laskeminen on työläs prosessi peruskaavalla D(g(x)h(x))= g′(x)h(x)+h′(x)g(x). Las-kentaa voidaan usein helpottaa ottamalla (luonnollinen) logaritmi puolittain.
Logaritmin puolittain ottaminen voi auttaa myös tilanteessa jossa f on muotoa
f (x) = g1(x)g2(x), g1(x)> 0
Esimerkki 2.3. Laske f ′(1) ja f ′(−1) kun f (x) = (x+1)(2x+1)(3x+1)4x+1
Ratkaisu:
| f (x) |=∣∣∣∣(x+1)(2x+1)(3x+1)
(4x+1)
∣∣∣∣ | ln
ln(| f (x) |) = ln(∣∣∣∣(x+1)(2x+1)(3x+1)
(4x+1)
∣∣∣∣)= ln(|(x+1)(2x+1)(3x+1)|)− ln(|4x+1|)= ln(|x+1|)+ ln(|2x+1|)+ ln(|3x+1|)− ln(|4x+1|)
Derivoidaan nyt puolittain1
f (x)· f ′(x) =
1x+1
+1
2x+1+
13x+1
− 14x+1
f ′(x) = f (x)(
1x+1
+2
2x+1+
33x+1
− 44x+1
)f ′(1) = f (1)
(12+
23+
34− 4
5
)=
2 ·3 ·45
(12+
23+
34− 4
5
)
f ′(−1) =?
f (x) = (x+1) ·
g(x)︷ ︸︸ ︷(2x+1)(3x+1)
4x+1
f ′(−1) =
1︷ ︸︸ ︷ddx
(x+1) ·g(x)+(x+1) ·g′(x)
f ′(−1) = g(−1)+(−1+1)︸ ︷︷ ︸0
·g′(−1)
= g(−1)
=(2 · (−1)+1)(3 · (−1)+1)
4 · (−1)+1
=−23
Esimerkki 2.4. Laske f ′(t) kun f (t) = (sin t)ln(t), 0 < t < π.Ratkaisu:
23
0 < t < π
f (t) = (sin(t))ln(t)︸ ︷︷ ︸>0
| ln
ln( f (t)) = ln((sin(t))ln(t)
)= ln(t) · ln(sin(t))
Derivoidaan puolittain1
f (t)· f ′(t) =
1t· ln(sin(t))+ ln(t) · 1
sin(t)· cos(t)
f ′(t) = f (t)(
ln(sin(t))t
+ln(t) · cos(t)
sin(t)
)= (sin(t))ln(t)
(ln(sin(t))
t+
ln(t) · cos(t)sin(t)
)
2.3 Implisiittinen differentiointiTarkastellaan xy-koordinaatiston käyrää jolle voidaan kirjoittaa lauseke, esim. ympyrää (x− 1)2 +y2 = 4. Jos nyt ajatellaan että käyrä määrittelee jonkin funktion, niin selvästi ehdokkaita on oleelli-sesti kaksi erilaista: y1(x) =
√4− (x−1)2 ja y2(x) = −
√4− (x−1)2. Tasokäyrän voidaan siis aja-
tella määrittävän joukon funktioita (tai toisin päin: joukko funktioita määrittää tasokäyrän).
Niillä alueilla joissa käyrä on sileä, derivaatta voidaan ratkaista implisiittisesti differentioimalla, eliderivoimalla käyrän lauseketta puolittain ja muistamalla että y = y(x). Derivaatan lauseke sisältääyleensä myös termejä joissä esiintyy y.Derivaatta kuvasi tangentin kulmakerrointa. Mikäli tasokäyrän ei tiedetä olevan sileä, ei implisiitti-sesti differentioimalla saatu derivaatan arvo välttämättä kuvaa tangenttisuoran kulmakerrointa (koskasuoraa ei edes ehkä ole olemassa!). Sillä voi olla kuitenkin jotain muuta geometrista merkitystä.
Implisiittisen differentioinnin sovelluksia ovat mm.
• Käyrän kuvaajan hahmottaminen
• Differentiaaliyhtälöiden ratkaiseminen
Esimerkki 2.5. a) Määritä y′(x) kun y noudattaa käyrää ysin(x) = x3 + cos(y).b) Määritä y′′ kun y noudattaa käyrää xy+ y2 = 2x.c) Määritä käyrän (?) pisteeseen
(0, π
2
)muodostetun tangentin yhtälö.
Ratkaisu:a)
24
y = f (x) y′(x) = f ′(x) =?
ysin(x) = x3 + cos(y) (?)
f (x)sin(x) = x3 + cos( f (x))∣∣∣∣ ddx
f ′(x)sin(x)+ f (x)cos(x) = 3x2− sin( f (x)) · f ′(x)
f ′(x)(sin(x)+ sin( f (x))) = 3x2− f (x)cos(x)
f ′(x) =3x2− f (x)cos(x)sin(x)+ sin( f (x))
(F)
c)
Tangentin kulmakerroin on
f ′(0) =3 ·02− f (0) · cos(0)sin(0)+ sin( f (0))
=− f (0)
sin( f (0))
=−π
2sin(
π
2
) =−π
2
Tangentin yhtälö
y− π
2=−π
2(x−0)
Mikä on tangentin kulmakerroin pisteessä (0, 3π
2 )?Sijoitetaan kaavaan (F)
x = 0 , f (x) =3π
2
f ′(0) =3 ·02− 3π
2 · (0)sin(0)+ sin
(3π
2
)=−3π
2−1
=3π
2
b)
(?)xy+ y2 = 2x∣∣∣∣ ddx
1 · y+ x · y′+2y · y′ = 2y′(x+2y) = 2− y
(F)y′ =2− yx+2y
∣∣∣∣ ddx
(∗)y′′ = (0 · y′) · (x+2y)− (2− y) · (1+2y′)(x+2y)2
25
Esimerkki 2.6. a) Määritä käyrälle x=√|y|mitä on y′(0) implisiittistä differentiointia käyt-
täen.b) Määritä käyrälle x = y2−4 mitä on y′(3) kun tiedetään että y < 0. Käytä implisiittistä
differentiointia. Missä pisteissä kyseisellä käyrällä on pystysuora tangentti? Määritä lisäksiy′ ja y′′ niissä pisteissä joissa y = 1.Ratkaisu:
y
x
x =√|y|
Kuva 18: x =√|y|
y′(0) ei taida olla määritelty koska argumentti (x) ei voi saada negatiivisia arvoja joitaderivaatan määritelmässä voisi esiintyä: jos y = f (x)
f ′(0) = limh→0
f (0+h)− f (0)h
Ongelma kun h on pieni negatiivinen luku.Lasketaan siis vaikka limx→0+ f ′(x)
x =√|y|
⇔
x ={ √
y ,y≥ 0√−y ,y < 0
∣∣∣∣ ddx
1 =
{12 ·
1√y · y′ ,y≥ 0
12 ·
1√−y · (−y′) ,y < 0
⇒
{1 = 1
21√y · y′ ,y≥ 0
1 = 12
1√−y · (−y′) ,y < 0{
y′ = 2√
y ,y≥ 0y′ =−2
√−y ,y < 0
Periaatteessa kumpikin ”kaava” tutkittava erikseen (liittyvät erilaiseen funtioon y= f (x)).
Kun x→ 0+ niin kaavassa y≥ 0 y→ 0+ (?)ja kaavassa y < 0 y→ 0− (F)
26
(?) limx→0+
f ′(x) = limx→0+
2√
y
= limx→0+
2√
y = 2 ·√
0 = 0
(F) limx→0+
f ′(x) = limx→0+
−2√−y
= limy→0−
−2√−y =−2
√0 = 0
b)
x = y2−4∣∣∣∣ ddx
1 = 2y · y′−0
y′ =12y
(y 6= 0)
y′(3) =?
siis x = 3⇒ 3 = y2−4
⇒ y =±√
7
On annettu ehto y < 0
⇒ y =−√
7
⇒ y′(3) =1
2 · (−√
7)
Mahdolliset pystysuorat tangentit niissä pisteissä x0 joissa limx→x0+ f ′(x) =±∞
Nyt tälläinen ehdokaspiste on y = 0 eli x0 = 02−4 =−4
x-4
x = y2−4
Kuva 19
27
Laske y′(x) niissä pisteissä joissa y = 1
(?)x ·1+12 = 2x⇒ x = 1
y′(1) =2−1
1+2 ·1=
13
Laske y′′(x) samassa pisteessä
y′′(1) =
(0− 1
3
)· (1+2 ·1)− (2−1)
(1+2 · 1
3
)(1+2 ·1)2
=−1− 5
39
=−827
3 Integraali
3.1 Määräämätön integraaliDerivoinnin käänteisoperaatiota kutsutaan integroinniksi. Funktion f (x) (määrämätöntä) integraaliamerkitään ∫
f (x)dx = F(x)+C,
Missä F ′(x) = f (x) jokaiselle x ja C on (integroimis) vakio.
• Integraali ei siis ole aivan yksikäsitteinen koska vakio C voi vaihdella.
• Derivaatalle pätee∫
f ′(x)dx = f (x)+C.
Helpoimmat integraalit voi laskea suoraan ajattelemalla ”Mitä funktiota pitäisi derivoida jotta saa-taisiin tämä lauseke?”. Vaikeampien integraalien kohdalla tähän tuskin moni pystyy. Alla muutamiaperusintegraaleja jotka olisi hyvä muistaa ulkoakin.
D(∫
f (x)dx)= f (x)∫
(a f (x)±bg(x))dx = a∫
f (x)dx±b∫
g(x)dx∫xrdx =
xr+1
r+1+C,r 6=−1∫
sinxdx =−cosx+C∫cosxdx = sinx+C∫f (g(x))g′(x)dx = F(g(x))+C
Kaavakirjoista (erityisesti Beta) löytyy useita integroimiskaavoja hankalammille tapauksille ja A2kurssilla opitaan erilaisia integroimistekniikoita.
Useinkaan ääriarvojen etsinnässä ei riitä että osaa vain derivoida sillä lähtötiedot ovat usein muodossajoka johtaa siihen että myös integrointitaitoja tarvitaan.
28
Esimerkki 3.1. Määritä funktion 6x3 + x integraali. Mikä on integroimisvakio jos integraa-lifunktio kulkee pisteen (0,1) kautta?
Esimerkki 3.2. Ajan hetkellä t piste P1 liikkuu y-akselilla nopuedella 5t ja piste P2 liikkuu x-akselilla nopeudella −5t. Kun t = 0 niin P1 on origossa ja P2 on pisteessä 10 positiivisella x-akselilla. Minä ajan hetkellä t ∈ [0,5] pisteiden välimatka on suurimmillaan? Pienimmillään?Ratkaisu:
x
y
P1 = (0, f (t))
P2 = (g(t),0)
2
P1 P2
10
t = 0
Kuva 20: Pisteet
Pisteiden välinen etäisyys
s(t) =√
( f (t))2 +(g(t))2
”Minimi ja maksimi löytyy derivaatan nollakohdasta tai välin päätepisteistä ([0,5])”
s′(t) =12(( f (t))2 +(g(t))2)−
12 · d
dt(( f (t))2 +(g(t))2)
=12(( f (t))2 +(g(t))2)−
12 · (2( f (t))′ · f ′(t)+2(g(t))′g′(t))
=f (t) · f ′(t)+g(t) ·g(t)√
( f (t))2 +(g(t))2
s′(t) = 0⇔ f (t) f ′(t)+g(t) ·g′(t) = 0
Tiedämme että {g′(t) =−5t
f ′(t) = 5t(nopeus on paikan derivaatta)
g(t) =∫
g′(t)dt
=∫−5t dt
=−5t2 · 12+C1
=−52
t2 +C1
29
f (t) =∫
f ′(t)dt
=∫
5t dt
=52
t2 +C2
Tiedämme että
{g(0) = 10f (0) = 0
⇔
−5
2·02 +C1 = 10
52·02 +C2 = 0
⇔{
C1 = 10C2 = 0
x
y
-2 -1 0 1 20
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
f(x)
g(x)
Kuva 21: f (x) = 52x2; g(x) =−5
2x2 +10
f (t) f ′(t)+g(x)g′(t) = 0
⇔(
52
t2 +52
t2−10)= 0
⇔(5t2−10) = 0
5t = 0 tai 5t2−10 = 0t = 0 t =±
√2
Lasketaan nyt s:n arvo päätepisteissä ja derivaatan nollakohdissa.
30
s(0) =√( f (0))2 +(g(0))2
=
√(52·02)2
+
(−5
2·02 +10
)2
= 10
s(√
2) =√
( f (√
2))2 +(g(√
2))2
=
√(52·√
22)2
+
(−5
2·√
22+10
)2
=√
52 +52
= 5√
2
s(5) =√
( f (5))2 +(g(5))2
=
√(52·52)2
+
(−5
2·52 +10
)2
=
√(52·52)2
+
(−5
2·52)2
−5 ·52 ·10+102
=
√2 · 5
6
22 +102−53 ·10
≈ 53√
2>> 5
√2
Välimatka pienimmillään kun t =√
2
3.2 Määrätty integraaliEsitämme määrätyn integraalin määritelmän geometrisesti helposti tulkittavassa muodossa (joka eiole aivan yleisin mahdollinen).
Olkoon f jatkuva välillä [a,b]. Jaetaan väli [a,b] n yhtäsuureen osaan ∆xi:n mittaiseen osaan:
a = x0 < x1 < x2 < .. . < xn−1 < xn = b
Olkoon ui ∈ [xi−1,xi] sellainen, että f (ui) on f :n maksimiarvo tällä välillä ja li ∈ [xi−1,xi] sellanen,että f (li) on f :n minimiarvo tällä välillä. Merkitään:
Sala =n
∑i=1
f (li) ·∆xi
Sylä =n
∑i=1
f (ui) ·∆xi
⇒ Sala ≤ Sylä
Jos jokaisen välin [a,b] jaolle päteeSala ≤ I ≤ Sylä,
31
sanotaan, että se on integroituva välillä [a,b] ja
I =∫ b
af (x)dx
on f :n määrätty integraali yli välin [a,b]
Huom!∫ b
af (x) dx ei aina ilmaise pinta-alaa!
Huom! Merkintä I =∫ b
af (x)dx voidaan tulkita seuraavasti:
dI = f (x)dx
on pinta-ala-alkio, missä dx on ’ääretömän ohut viipale’, jonka korkeus on f (x). Kun välillä [a,b]summataan ’pinta-ala-alkiot’ saadaan
∫ ba f (x) dx.
Joskus integroimisrajojen a ja b kääntäminen voi olla hyödyllistä:∫ b
af (x)dx =−
∫ a
bf (x)dx
Tämä seuraisi suoraan jos määritelmä kirjoitettaisiin hieman yleisemmässä muodossa ilman a < boletusta.
3.3 Määrätyn integraalin arvon laskeminen summaamallaMäärätty integraali voidaan laskea mm. summaamalla suorakaiteiden pinta-aloja yhteen ja pienentä-mällä suorakaiteiden leveyttä. Tämä vaatii yleensä hankalien summalausekkeiden sieventelyä.
Summamerkinnästä ja summasäännöistä:
n
∑i=1
ai = a1 +a2 + . . .+an
0
∑i=0
i = 0,1
∑i=1
i = 1,2
∑i=1
i = 1+2 jne
n
∑i=1
a ·bi = an
∑i=1
bi (a vakio)
n
∑i=1
(ai +bi) =n
∑i=1
ai +n
∑i=1
bi
Eräitä summakaavoja (voidaan todistaa mm. matemaattisella induktiolla)
n
∑i=1
1 = 1+1+1+ . . .+1 = n
n
∑i=1
i = 1+2+ . . .+n =n(n+1)
2
n
∑i=1
i2 = 12 +22 +32 + . . .+n2 =n(n+1)(2n+1)
6
32
n
∑i=1
ri−1 = 1+ r+ r2 + . . .+ rn−1 =rn−1r−1
, r 6= 1
Monet numeeriset integroimistekniikat pohjautuvat samoihin ajatuksiin mutta antavat vain likimää-räisiä arvoja integraaleille koska suorakaiteen leveys (usein kutsuttu askelpituudeksi) ei voi olla mie-livaltaisen pieni.
Esimerkki 3.3. Esimerkki: Laske paraabelin y = x2, suoran x = b ja x-akselin välinen pinta-ala ja määrätty integraali
∫ b0 x2dx.
3.4 Määrätyn integraalin laskeminen määräämättömän integraalin avullaKuinka laskea määrätty integraali jos ei tunneta sopivia summakaavoja?
Lause 3.1. Analyysin peruslause Olkoon f jatkuva välillä [a,b] ja F jokin funktion f integraalifunk-tio (F ′(x) = f (x)) välillä (a,b). Tällöin
∫ b
af (x)dx =
b/a
F(x) = F(b)−F(a) ja
ddx
∫ x
af (t)dt = f (x).
Edellisessä myös äärettömät integroimisrajat ja epäjatkuvat funktiot kelpaisivat tietyin reunaeh-doin. Tällöin puhutaan epäoleellisista integraaleista. Näihin palataan muilla kursseilla.
Esimerkki 3.4. Määritä seuraavat integraalit.
a)∫ 2
−2(1+ x)dx, b)
∫ 1
−3(1+ x)dx, c)
∫ 1
−12x dx.
d)∫ 1
2
0
dx√1− x2
,e)∫ 3π/2
0|cosx|dx, f )
∫π/2
π/44cos(x)(1+ sin(x))−1 dx.
Ratkaisu:a)
∫ 2
−2(1+ x)dx
=/2
−2
(x+
x2
2
)=
(2+
22
2
)−(−2+
(−2)2
2
)=4−0 = 4
TAPA 2:
Pinta-alatulkinnalla
33
x
y
-2 -1 0 1 20
1
2
3
x+1
A2
A1
Kuva 22:∫ 2−2 1+ x
∫ 2
−2(1+ x)dx = A1−A2
=3 ·3
2− 1 ·1
2
=92− 1
2=
82= 4
b)
∫ 1
−3(1+ x)dx
=/1
−3x+
x2
2
=
(1+
12
2
)−(−3+
(−3)2
2
)= · · ·= 0
x
y
-3 -2 -1 0 1
-2
-1
0
1
2 x+1
A2
A1
Kuva 23:∫ 1−3 1+ x
34
∫ 1
−3(1+ x)dx = A1−A2
= A1−A1 = 0
c)
∫ 1
−12xdx
=∫ 1
−1eln(2x)dx
=∫ 1
−1ex ln(2)dx
=/1
−1ex·ln(2) · 1
ln(2)
=e1·ln(2) · 1ln(2)
− e−1·ln(2) · 1ln(2)
=2
ln(2− 2−1
ln(2)= A
x
y
-1 0 10
1
22x
A
Kuva 24:∫ 1−1 2x
e)
∫ 3π
2
0| cos(x) | dx
=∫ π
2
0cos(x)dx+
∫ 3π
2
π
2
−1cos(x)dx
=/ π
2
0sin(x)0
/ 3π
2
π
2
−1 · sinx
=sin(
π
2
)− sin(0)+(−1) · sin
(3π
2
)− (−1) · sin
(π
2
)=1−0+(−1) · (−1)+1 = 3
TAPA 2:
35
Pinta-alatulkinta ja symmetria.
x
y
1
0 π
2π 3π
2
cos(x) |cos(x)|A1 A2 A3
Kuva 25: cos(x), |cos(x)|
∫ 3π
2
0| cos(x) | dx = A1 +A2 +A3
= 3A1
= 3∫ π
2
0cos(x)dx
= 3/ π
2
0sin(x)dx
= 3(
sin(
π
2
)− sin(0)
)= 3 · (1−0) = 3
Esimerkki 3.5. a) Mitä on f (2) kun f (x) = 1−∫ x
0 f (t)dt?
b) Mitä on H ′(2) kun H(x) = 3x∫ x2
4 e−√
tdt?
c) Määritä funktion f (x) =∫ 2x−x2
0 cos(
11+t2
)dt minimi- ja maksimikohdat.
Ratkaisu:b)
H ′(2) =?
H(x) = 3x ·∫ x2
4e−√
tdt
H ′(x) = 3 ·∫ x2
4e−√
tdt +3x · ddx
(∫ x2
4e−√
tdt
)
Toisaalta jos G(t) on funktion g(t) integraalifunktio niin G′(t) = g(t) ja näin ajatellen saa-daan
ddx
∫ x2
4e−√
t︸︷︷︸g(t)
dt
=ddx
/x2
4G(t) =
ddx
(G(x2)−G(4)) = G′(x2) ·2x−0 = g(x2) ·2x = e−√
x2 ·2x.
Sijoittamalla tämä H ′(x):n lausekkeeseen saadaan
H ′(x) = 3 ·∫ x2
4e−√
tdt +3x · e−√
x2 ·2x
36
ja näin ollen
H ′(2) = 3 ·∫ 22
4e−√
tdt +3 ·2e−√
22 ·2 ·2 = 3 ·0+24e−2 = 24e−2
c)
f (x) =∫ 2x−x2
0cos(
11+ t2
)︸ ︷︷ ︸
g(t)
dt
=/2x−x2
0G(t)
= G(2x− x2)−G(0)
f ′(x) = G′(2x− x2) · (2−2x)−0
= g(2x− x2) · (2−2x)
= cos(
11+(2x− x2)2
)︸ ︷︷ ︸
>0
·(2−2x)
f ′(x) on aina määritelty⇒ ei singulaaripisteitä.Kriittiset pisteet:
f ′(x) = 0
⇔cos(
11+(2x− x2)2
)= 0
tai 2−2x = 0⇔x = 1
eikä muita ratkaisuja 0 <
α︷ ︸︸ ︷1
1+(2x− x2)2 ≤ 1
ja cos(α) 6= 0 kun α ∈ [0,1]
f ′(x)
f
+ −
→→
1 x
maksimipiste
Kuva 26: Merkkitaulukko
3.5 Pinta-alojen laskenta määrätyn integraalin avullaFunktion kuvaajan ja x-akselin väliin jäävä pinta-ala:
37
• Jos f (x)≥ 0 niin x-akselin ja suorien x = a ja x = b väliin jäävä pinta-ala on∫ b
a f (x)dx
• Jos f (x)≤ 0 niin x-akselin ja suorien x = a ja x = b väliin jäävä pinta-ala on −∫ b
a f (x)dx.
• Jos f (x) vaihtaa merkkiä tarkasteluvälillä, niin pinta-ala on∫ b
a | f (x)|dx. Siis integraali pitääjakaa osiin. Esim. jos f (x) > 0 kun x < c ja f (x) ≤ 0 kun x ≥ c niin pinta-ala on
∫ ca f (x)dx−∫ b
c f (x)dx.
Kahden funktion rajoittama pinta-ala:
• Jos f (x)≥ g(x) niin pinta-ala on∫ b
a ( f (x)−g(x))dx.
• Jos f (x) ≥ g(x) ei päde koko välille [a,b] niin pinta-ala on∫ b
a | f (x)− g(x)|dx. Siis integraalitäytyy jakaa osiin sen mukaan onko f (x)−g(x) positiivinen vain negatiivinen kyseisillä väleillä.
Esimerkki 3.6. a) Laske suorien x =−1, x = 2, x-akselin ja käyrän y = x3 rajoittama pinta-ala.
b) Laske käyrän y = x3 ja tämän pisteeseen (1,1) asetetun tangentin rajoittama pinta-alac) Laske funktioiden f (x) = sin(x) ja g(x) = cos(x) väliin jäävä pinta-ala kun x ∈ [0,2π].d) Laske käyrien x = y2 ja x = 2y2− y−2 rajoittama pinta-ala.
Esimerkki 3.7. Määritä a siten että välillä [0,1] funktioiden f (x) = x3 ja g(x) = ax2 väliinjäävä pinta-ala olisi mahdollisimman pieni.
4 Derivaatan sovelluksia
4.1 Eksponentiaaliset kasvu- ja vähenemismallitDerivaatta on tärkeä työkalu kun muodostetaan matemaattisia malleja jotka kuvaavat prosesseja joi-ta luonnossa ja tekniikassa esiintyy. Useat ilmiöt noudattavat eksponentiaalisen kasvun/vähenemisenmallia. Tässä kappaleessa tutustumme miten tähän malliin päädytään, miten sitä sovelletaan ja kuinkaperusmalleja voitaisiin laajentaa.
Oletetaan että y = y(t) kuvaa jonkin suureen arvoa ajan hetkellä t. Jos ajatellaan että suureenmuutosnopeus on suoraan verrannollinen suureen arvoon, eli
dydt
= ky,
missä k on vakio. Tästä yhtälöstä on suhteellisen helppo ratkaista (teemme tämän myöhemmin) että
y =Cekt
missä C on jokin vakio. Mallissa on siis kaksi parametria jotka voidaan määrittää kulloisenkin tilan-teen mukaan.
Usein malli on hieman monimutkaisempi kuin y′= ky, missä k on vakio. Seuraavissa esimerkeissäkäsitellään tapauksia joissa malli rakentuu luonnollisella tavalla muotoon y′ = ky, mutta k ei olekkaanvakio.
38
Esimerkki 4.1. Nopeasti lisääntyvän eliöpopulaation lisääntymisnopeuden voidaan ajatellaolevan suoraan verrannollinen populaation kokoon. Eräs populaatio on kolminkertaistanutlukumääränsä 2 päivän kuluttua tarkkailun aloittamisesta. Kuinka kauan kestää että populaa-tio on satakertaistunut tarkkailun alkuhetkeen nähden?Ratkaisu:
y(t) = ”eläinpopulaation koko ajanhetlellä t”y′ = k · y (?)t0 = ”tarkkailun aloittamisajanhetki”
3 · y(t0) = y(t0 +2) (F)
Etsitään ensin parametrille k lukuarvo. Yhtälöstä (?) seuraa että y =Cekt , ja soveltamallatätä yhtälöön (F) saadaan
3Cekt0 =Cek(t0+2)
3Cekt0−Cekt0 · ek·2 = 0
Cekt0(3− e2k) = 0
eli C = 0 (ei kovin mielenkiintoinen sillä tällöin y(t) = 0) tai 3− e2k = 0 eli k = ln(3)2 .
∆t = ”aika joka populaatiolla kestää satakertaistumiseen”
100 · y(t0) = y(t0 +∆t)
100Cekt0 =Cek(t0+∆t)
100Cekt0−Cekt0 · ek∆t = 0
Cekt0(100− ek∆t) = 0
⇒ 100− ek∆t = 0
100 = ek∆t | lnln(100) = k∆t
∆t =ln(100)
k=
2ln(100)ln(3)
≈ 8.3836
Esimerkki 4.2. Sopivissa olosuhteissa uusien tartuntatautitapausten määrä on suoraan ver-rannollinen jo sairastuneiden määrään. Jos sairastuneita on 1000 ajanhetkellä t = 0 ja ajan-hetkellä t = 1 sairastuneita on 1500, niin kauanko on aikaa toimia taudin nujertamiseksi josarvioidaan että tautia ei voida enää pysäyttää jos uusien henkilöiden hetkellinen sairastu-misnopeus (eli derivaatta) on yli 100000 per aikayksikkö? Aikayksikkö olkoon tässä yksikuukausi.Ratkaisu:
y(t) = ”sairastuneiden lukumäärä ajanhetkellä t”y′(t) = ky(t)
⇒y(t) =Cekt{y(0) = 1000y(1) = 1500 (?)
39
Löydettävä kriittinen ajanhetki t̃ siten että
y(t) = ”sairastuneiden lukumäärä ajanhetkellä t”y′(t) = ky(t)
⇒y(t) =Cekt{y(0) = 1000y(1) = 1500 (?)
y′(t̃) = 100000 (F)
(?)⇔{
Cek·0 = 1000Cek·1 = 1500
⇔{
C = 1000Cek = 1500
⇒ 1000ek = 1500
k = ln(
15001000
)= ln(1.5)
(F)Cekt̃ · k = 100000
ekt̃ =100000
Ck
kt̃ = ln(
100000Ck
)t̃ =
ln(100000
Ck
)k
=ln(
100ln(1.5)
)ln(1.5)
≈ 13.6
Esimerkki 4.3. Kappaleen lämpötilan muutosnopeus on suoraan verrannollinen sen lämpö-tilan ja ympäristön lämpotilojen erotukseen. Verrannollisuuskertoimen voidaan ajatella riip-puvan vain ympäristön ja kappaleen materiaaleista. Jos kahvikuppi jäähtyy viidessä minuu-tissa 80 celsiuksesta 50 celsiukseen huoneessa jonka lämpotila on 20 celsiusta, niin kuinkapaljon kauemmin kestää vastaava jäähtyminen huoneessa jonka lämpötila on 40 celsiusta?Ratkaisu:
y(t) = ”kappaleen lämpötila ajanhetkellä t”T = ”ympäristön lämpötila” (vakio)y′(t) = k · (y(t)−T )
Merkitään u(t) = y(t)−T∣∣∣∣ ddt
u′(t) = y′(t)−0u′(t) = ku(t)
⇒u(t) =Cekt
=Cekt +T
40
1. T = 20Laitetaan kahvikuppi hetkellä t0 huoneeseen.
{y(t0) = 80y(t0 +5) = 50
⇔{
Cek·t0 +T = 80Cek(t0+5)+T = 50
⇔{
Cek·t0 = 80−TCekt0 · ek·5 +T = 50
⇒ (80−T )e5k +T = 50
⇒ e5k =50−T80−T
⇒ k =ln(50−T
80−T
)5
=ln(30
60
)5
=ln(0.5)
5
2. T = 40k ei muutu koska tehtävänannossa sanottu että se riippuu vain materiaalista eikä läm-pötilasta.
{y(t0) = 80y(t0 +∆t) = 50
⇔{
Cek·t0 +T = 80Cek(t0+∆t)+T = 50
⇔{
Cek·t0 = 80−TCekt0 · ek·∆t +T = 50
⇒ (80−T )ek∆t +T = 50
⇒ ek∆t =50−T80−T
⇒ ∆t =ln(50−T
80−T
)k
=ln(10
40
)ln(0.5)
5
=ln(0.52) ·5
ln(0.5)
=2ln(0.5) ·5
ln(0.5)= 10
Jäähtyminen kestää 10−5 = 5 minuuttia kauemmin.
41
Esimerkki 4.4. Oletetaan että ensimmäisen 10000 euron jälkeen varallisuuden y karttumis-nopeus noudattaa kaavaa y′ = k(y)y, missä
k(y) = 0.1(
1− 10000y
)Olkoon rahaston A varallisuus 12000 euroa ja rahastojen B varallisuus on kymmenkertainentähän nähden hetkellä t = 0. Mitä käy e.m. rahastojen varallisuuksien suhteelle kun t→ ∞?Ratkaisu:
y′ = k(y)y (?)
k(y) = 0.1(
1− 10000y
)⇒ y′ = 0.1
(1− 10000
y
)y
= 0.1(y−10000)
TAPA 1
Merkitään
y(t)−10000 = u(t)y′(t)−0 = u′(t)⇒u′(t) = 0.1u(t)
⇒u(t) =Ce0.1t
⇒Ce0.1t +10000
TAPA 2
y′ = 0.1(y−10000)1
y−10000· y′ = 0.1
∣∣∣∣∫ dt∫ 1y(t)−10000
y′(t)dt =∫
0.1dt∫g(y(t))y′(t)dt =
∫0.1dt
G(y(t))+C1 = 0.1t +C2
ln(|y(t)−104|) = 0.1t +C2−C1︸ ︷︷ ︸C3
|y(t)−104|= e0.1t+C3
= e0.1t · eC3︸︷︷︸C4
42
Tehtävässämme y ei ole koskaan alle 12000
⇒ y(t)−104 > 0
⇒ y(t)−104 =C4e0.1t
y(t) =C4e0.1t +104
1. Ratkaise A
yA(t) =CAe0.1t +104
yA(0) = 12000 =CA ·1+104
⇒CA = 2000
2. Ratkaise B
yB(t) =CBe0.1t +104
yB(0) = 12000 ·10 =CB ·1+104
⇒CB = 12000 ·10−104 = 110000
limt→∞
yA(t)yB(t)
= limt→∞
CAe0.1t +104
CBe0.1t +104
Esimerkki 4.5. Ratkaise y(x):n lauseke kun y′(x) =−p(x)y(x), missä p(x) = 1+2x, y(0) =2 ja x ∈ [0,5].Ratkaisu:
y′(x) =−p(x)y(x)1
y(x)y′(x) =−p(x) (y 6= 0)∫ 1
y(x)y′(x)dx =
∫−p(x)dx︸ ︷︷ ︸
1+2x
ln(|y(x)|)+C1 =−(x+ x2)+C2
ln(|y(x)|) =−(x+ x2)+C2−C1︸ ︷︷ ︸C3
|y(x)|= e−(x+x2) · eC3︸︷︷︸C4>0
Nyt ”alkuehto” y(0) = 2⇒ olemme kiinnostuneet positiivisista y:n arvoista
y(x) = e−(x+x2) ·C4
y(0) = e−(0+02) ·C4 = 2⇒C4 = 2
y(x) = 2e−(x+x2)
43
4.2 Lineaariset approksimaatiotJos differentioituvalle funktiolle muodostetaan tangenttisuora pisteeseen a, niin silloin tämän suoranlähistöllä suora ja funktion kuvaaja kulkevat melko. Kutsummekin pisteessä a muodostettua tangentti-suoraa funktion f pisteessä a muodostetuksi lineaariseksi approksimaatioksi ja merkitään tätä suoraavaikkapa funktiona L(x). Siis
L(x) = f (a)+ f ′(a)(x−a)
Jos f on kahdesti derivoituva niin pätee
f (x)−L(x) = E(x),
missä E(x) on jäännöstermi eli ’virhetermi’
E(x) =f ′′(cx)
2(x−a)2.
Piste cx ∈ [a,x] mutta yleensä emme tunne tälle täsmällistä arvoa. Virhetermin avulla voidaan kuiten-kin arvioida kuinka suuria ovat approksimaatiossa tapahtuvat virheet.
Lineaaristen approksimaatioiden käyttö on varsin yleistä myös kun arvioidaan funktion arvonvaihtelua jos funktion muuttujan arvosta ei olla aivan varma vaan sille on annettu jonkinlainen ”var-muusväli”.
Edellisten esimerkkien kaltaiset arviot ovat siinä mielessä hieman typeriä että voisimme toki tut-kia funktioiden arvot täsmällisestikin käyttämällä derivaatan merkkitaulukkoa apuna. Silloin kuiten-kin pitää etsia derivaatan nollakohtia, joka on haastava (numeerisesti ratkaistava) ongelma jos lausekeon hankalampi. Useamman muuttujan funktioiden tapauksessa tarkkojen arvioiden tekeminen muut-tuu yhä haastavammaksi ja tällöin lineaariset approksimaatiot ovat yhä houkuttelevampia työkalujavaikkeivat siis tarjoakkaan välttämättä kuin karkeita arvioita.
Esimerkki 4.6. Anna estimaatti funktion sin(x) arvolle pisteessä 0.1 käyttämälläa) 1. asteen Taylorin polynomia (linearisaatioita),b) Annan virheelle ylärajat a) ja b) kohdissa.c) Näytä lineaarisen approksimaation avulla että limx→0 sin(x)/x = 1.Ratkaisu:
f (x) = sin(x)f ′(x) = cos(x)
f (0.1)≈?
L(x) = f (a)+ f ′(a)(x−a)
jos x ja a ovat toisaan lähellä niin
f (x)≈ L(x)f (0.1)≈ L(0.1)
= f (a)+ f ′(a)(0.1−a) |valitaan a = 0= sin(0)+ cos(0)(0.1−0) (?)= 01 ·0.1 = 0.1
b)
44
f ′′(x) =−sin(x)”virhe” = f (0.1)−L(0.1)
=E(0.1)
=f ′′(C0.1)
2(0.1−0)2
=− sin(C0.1) ·0.005
Tiedämme ettäC0.1 ∈ [0,0.1]
ja että |sin(x)| ≤ 1 aina.
|”virhe”|= |− sin(C0.1) ·0.005|= 0.005 · |sin(C0.1)|≤ 0.005 ·1
⇒L(0.1)−0.005≤ f (0.1)≤ L(0.1)+0.0050.095≤ f (0.1)≤ 0.105 (?)
Jos tahdotaan analysoida tarkemmin niin täytyy tuntea f ′′:n käyttäytyminen paremmin.Eli selvitetään vähän tarkemipi arvio luvulla sin(C0.1)
x
y
α
1
(cos(α),sin(α))
Kuva 27: Yksikköympyrä
sin(α) on kuvassa funktio välillä α ∈ [0, π
2 ]
⇒ sin(C0.1)≤ sin(0.1)≤ 0.105
sin(C0.1)≥ sin(0) = 0
45
”virhe” =−sin(C0.1) ·0.005≥−0.105 ·0.005
”virhe” =−sin(C0.1) ·0.005≤−0 ·0.005 = 0
⇒ Virhe on itse asiassa aina negatiivinen tai nolla eli L(0.1)≥ f (0.1)
eli L(0.1)−0.105 ·0.005≤ f (0.1)≤ L(0.1)0.1−0.105 ·0.005≤ f (0.1)≤ 0.1
0.0995≤ f (0.1)≤ 0.1
c)
f ′′(x) =−sin(x) f (x) = sin(x) a=0
limx→0
sin(x)x
= limx→0
f (x)x
= limx→0
L(x)+E(x)x
= limx→0
f (0)+ f ′(0)(x−0)−E(x)x
= limx→0
0+1 · x+ f ′′(Cx)2 (x−a)2
x
= limx→0
1+f ′′(Cx)
2︸ ︷︷ ︸∈[− 1
2 ,12 ]
·x
=1
Esimerkki 4.7. Tutkitaan kappaletta joka liikkuu x-akselilla. Ajanhetkellä t = 0 kappaleennopeudeksi on mitattu 5 ja kappale pisteessä 10. Arvioi lineaarisen approksimaation avullamissä pisteessä kappale on ajanhetkellä t = 0.2 Kappaleeseen massa on 3 ja siihen vaikutta-vista voimista tiedetään vain että niiden summa on itseisarvoltaan alle 2. Anna varmuusvälisille missä kappaleen paikka on varmasti ajanhetkellä t = 0.2.Ratkaisu:
xP = ( f (t),0)
Kuva 28
f (0) = 10f ′(0) = 5
}⇒ valitaan a = 0
m = 3
46
|”kokonaisvoima”|< |2|(”voima” = ”massa” · ”kiihtyvyys”)
| f ′′(t)|=∣∣∣∣”voima””massa”
∣∣∣∣<
23
f (0.2)≈ L(0.2)= f (a)+ f ′(a)(0.2−a)= f (0)+ f ′(0)(0.2−0)= 10+5 ·0.2 = 11
|”virhe”|= |E(0.2)|
=
∣∣∣∣ f ′′(C0.2)
2(0.2−0)2
∣∣∣∣= | f ′′(C0.2)| ·0.02
<23·0.02 =
0.043
Lisäkysymys: Jos ei olla aivan varma mitä nopeus on ollut (eli vaikka käytössä hiemanepäluotettava tutka) vaan tiedetään vain että nopeus on vain [5− 1,5+ 1] niin kuinka suurisaisi olla t jotta |E(t)| olisi pienempi kuin mitä nopeuden mittausvirheestä syntyvä paikanvirhe?Selvitetään ensin miten nopeuden mittaamisesta tuleva virhe vaikuttaa
t
x
t
10
E1
E2
f ′(a) = 4
f ′(a) = 6
f ′(a) = 5
a = 0
Kuva 29
E2 = (10+6 · t)− (10+5t) = tE1 = (10+5t)− (10+4t) = t
}valitaan suurempi
Virhe = E = max{E2,E1}= t
47
Kiihtyvyyden tuntemattomuudesta aiheutuva virhe on
EF =
∣∣∣∣ f ′′(Ct)
2(t−a)2
∣∣∣∣=
∣∣∣∣ f ′′(Ct)
2t2∣∣∣∣
=
∣∣∣∣ f ′′(Ct)
2
∣∣∣∣ · t2
<232· t2
Nyt tahdotaan että
E >EF |Oletetaan t > 0
EF <232· t2 < E = t
232· t2 < t
t
(232
t−1
)< 0
⇒23t2−1 < 0⇒ t <
223
= 3
Esimerkki 4.8. Anna karkea arvio miltä väliltä funktion f (x)= x2+ex arvo on kun tiedetäänettä x ∈ [2−0.1,2+0.1]. Tee tämä lineaarisen approksimaation avulla.Ratkaisu:
x2
0.1 0.1
L(x)
f (x)
Kuva 30
Pyydetty karkea arvio:f (x):n arvot ovat likiman välillä [L(2−0.1),L(2+0.1)] ≈ [ f (2−0.1), f (2+0.1)]valitaan a = 2
48
L(2−0.1) = L(1.9)= f (a)+ f ′(a)(1.9−a)
= a2 + ea +(2a+ ea)(1.9−a)
= 22 + e2 +(2 ·2+ e2)(1.9−2)
= 4+ e2 +(4+ e2)(−0.1)
= 0.9(4+ e2)≈ 10.25L(2+0.1) = L(2.1)
= · · ·= 1.1(4+ e2)
≈ 12.528( f (1.9) = 10.296 f (2.1 = 12.576))
Esimerkki 4.9. Anna karkea arvio miltä väliltä resistanssin R arvot ovat kun tiedetään ettäjännite U = 10 ja virralle ollaan mitattu arvo I = 5, mutta tähän mittaustulokseen ei aivanluoteta vaan ajatellaan että oikea virran arvo on väliltä [5−0.2,5+0.2]. Resistanssin, jännit-teen ja virran välillä on yhteys U = RI.Ratkaisu:
R =UI=
10I
, I ∈ [4.8,5.2]
(Oikeasti R on siis väliltä[ 10
5.2 ,104.8
]=[25
13 ,2512
])
Tehdäämpä arvio lineaarisen approksimaation avulla.
R = f (I) =10I
f ′(I) =−10I2
L(I) = f (a)+ f ′(a)(I−a)
Valitaan a = 5 (välin keskipiste, muitakin valintoja voisi harkita)
L(I) = f (5)+ f ′(5)(I−5)
=105− 10
52 (I−5)
= 2−0.4(I−5)
L(4.8) = 2−0.4(4.8−5)= 2+0.08 = 2.08
L(5.2) = 2−0.4(5.2−5)= 1.92
Eli R:n arvo on likimain välillä [1.92,2.08]
49
4.3 L’Hospitalin sääntö raja-arvojen laskentaanFunktioiden raja-arvojen määrittäminen suoraan sieventämällä (tai raja-arvon määritelmää käyttäen)voi olla usein erittäin haastavaa. Tällöin saattaa L’Hospitalin sääntö auttaa.
Lause 4.1. Oletetaan, että
i) g(x) 6= 0 ja f :llä sekä g:llä on jatkuvat derivaatat välillä (a,b)
ii) f (x) ja g(x)→ 0 (tai ∞), kun x→ a (tai ∞)
Tällöin
limx→a
f (x)g(x)
= limx→a
f ′(x)g′(x)
,
jos jälkimmäinen raja-arvo on olemassa.
Funktiot f (x), jotka ovat muotoau(x)v(x)
, u(x)v(x), [u(x)]v(x) ja u(x)− v(x) ovat epämääräisessä muo-
dossa pisteessä a (tai ∞), jos f (a) on joku seuraavista muodoista.
(1) 00 , (2) ∞
∞, (3) 0 ·∞, (4) 00,
(5) ∞0,1∞, (6) 1∞, (7) ∞−∞
Tällöin raja-arvon (∃) etsimiseen voidaan käyttää l’Hospitalin sääntöä kirjoittamalla funktiot mm.seuraavasti:
(3) uv =u
1/v, (4), (5), (6) uv = ev lnu, (7) u− v = ln(eu/ev)
Esimerkki 4.10. Määritä seuraavat raja-arvot L’Hospitalin sääntöön perustuena) limx→1
lnxx2−1 b)limx→∞
x2
ex
Ratkaisu:a)
limx→1
[ 00 ]︷ ︸︸ ︷
ln(x)x2−1
= limx→1
1x
2x−0
=11
2 ·1=
12
b)
50
limx→∞
[∞
∞ ]︷︸︸︷x2
ex
= limx→∞
[∞
∞ ]︷︸︸︷2xex
= limx→∞
2ex︸︷︷︸→∞
=0
Esimerkki 4.11. Määritä raja-arvot
a) limx→0+ xx b) limx→01−e3x2
xsin2x c) limx→0+ xsinx d) limx→0+(sinx)x e) limx→0+(cosx)1/x
Ratkaisu:a)
limx→0+
[00]︷︸︸︷xx
= limx→0+
ex ln(x)
=e0 (?)=1
(?) limx→0+
[0·(−∞)]︷ ︸︸ ︷x ln(x)
= limx→0+
[−∞
∞ ]︷ ︸︸ ︷ln(x)
1x
= limx→0+
1x
− 1x2
= limx→0+
−x2
x= lim
x→0+−x
=0
b)
51
limx→0
[ 00 ]︷ ︸︸ ︷
1− e3x2
xsin(2x)
= limx→0
[ 00 ]︷ ︸︸ ︷
0− e3x2 ·6x1 · sin(2x)+ xcos(2x) ·2
= limx→0
−e3x2 ·6x ·6x+(−e3x2) ·6
cos(2x) ·2+1 · cos(2x) ·2+ x(−sin(2x) ·2) ·2
=0−6
2+2+0
=−64
5 Usean muuttujan funktion derivaatoista
5.1 OsittaisderivaatatKuten yhden muuttujan funktioiden tapauksessakin, useamman muuttujan funktioiden kasvua kuva-taan derivaattojen avulla. Nyt kasvunopeus vain voi olla erilainen, riippuen siitä mihin suuntaan kas-vua tarkastellaan. Mietitään ensin kahden muuttujan funktion kasvuominaisuuksia kun kuljetaan x−tai y−akselin suuntaan.
Funktion f (x,y) ensimmäiset osittaisderivaatat muuttujien x ja y suhteen ovat funktiot f1(x,y) jaf2(x,y), jotka määritellään seuraavasti:
f1(x,y) = limh→0
f (x+h,y)− f (x,y)h
(3)
f2(x,y) = limk→0
f (x,y+ k)− f (x,y)k
, (4)
mikäli kyseiset raja–arvot ovat olemassa.Huom! Kun kaavassa (3) määriteltiin lauseketta f1(x,y), laskettiin itseasiassa normaali derivaatta
g′ funktiolle g(x) = f1(x,y), eli y muuttuja pidettiin vakiona. Samoin kun kaavassa (4) määriteltiinlauseketta f2(x,y), laskettiin itseasiassa normaali derivaatta h′ funktiolle h(y) = f2(x,y), eli x muut-tuja pidettiin vakiona. Osittaisderivaattoja laskettaessa pätevätkin siis täysin samat laskusäännöt kuinyhden muuttujan funktioiden derivaattoja laskiessa!Graafisesti osittaisderivaatat kuvaavat kasvunopeutta tiettyyn suuntaan: f1(a,b) on kuvaajan z= f (x,y)ja tason y = b leikkauskäyrän kulmakerroin pisteessä x = a.
Kuten yhden muuttujan funktion derivaatoilla, on myös osittaisderivaatoilla useita vaihtoehtoisiamerkintätapoja, esimerkiksi kahden muuttujan funktiolle z = f (x,y)
∂z∂x
=∂
∂xf (x,y) = f1(x,y) = D1 f (x,y)
∂z∂y
=∂
∂yf (x,y) = f2(x,y) = D2 f (x,y) (5)
52
Osittaisderivaatat pisteessä (a,b):
∂z∂x|(a,b) =
(∂
∂xf (x,y)
)|(a,b) = f1(a,b) = D1 f (a,b)
∂z∂y|(a,b) =
(∂
∂yf (x,y)
)|(a,b) = f2(a,b) = D2 f (a,b) (6)
Joskus käytetään myös merkintöjä fx ja fy.Edelliset merkintätavat yleistyvät myös useamman kuin kahden muuttujan funktioille.
Esimerkki 5.1. Derivoi funktio g(x) = sin(ax) + 5ax2. Laske osittaisderivaatat f1(x,y) jaf2(x,y) funktiolle f (x,y) = sin(yx)+5yx2.
Ratkaisu: dgdx = acos(ax)+10ax, f1(x,y) = ycos(yx)+10yx ja f2(x,y) = xcos(yx)+10x2.
Esimerkki 5.2. Laske osittaisderivaatat funktiolle f (x,y) = 1/2+ xy3 + cos(xy)+ yey.Ratkaisu:
f (x,y) =12+ xy3 + cos(xy)+ yey
f1(x,y) = 0+1 · y3− sin(xy) ·1 · y+0
f2(x,y) = 0+ x ·3y2− sin(xy) · x ·1+1 · ey + yey
Esimerkki 5.3. Laske osittaisderivaatan f2(x,y) arvo pisteessä (x,y) = (0,1/√
2) funktiollef (x,y) =
√1− x2− y2. Hahmottele tilanne myös graafisesti.
Ratkaisu:
f (x,y) =√
1− x2− y2
= (1− x−y2)12
f1(x,y) =12(1− x2− y2)−
12 · (0−0−2y)
f2(x,y) =12
(1−02−
(1√2
)2)− 1
2
=12·(
12
)− 12
(−√
2)
=12
1√12
(−√
2)
=12·√
2(−√
2)
=−1
53
Esimerkki 5.4. Henkilö kävelee pitkin erästä pintaa joka on funktion f (x,y) kuvaaja. Ai-na ottaessaan h pituisen askeleen x−akselin suuntaan, henkilö nousee 4h:n verran ylöspäin.Aina ottaessaan h pituisen askeleen y−akselin suuntaan, henkilö laskeutuu 3h:n verran alas-päin. Määritä lausekkeet funktioille f1(x,y), f2(x,y) ja f (x,y).Ratkaisu:
f1(x,y) =4hh
= 4
f2(x,y) =−3h
h=−3
∫f1(x,y)dx = f (x,y)
=∫
4dx
= 4x+C(y)
∫f2dy = f (x,y)
=∫−3dy
=−3y+C̃(x)
⇒ 4x+C(y) =−3y+C̃(x)C(y) =−3y+C1
C̃(x) = 4x+C1
f (x,y) = 4x+(−3y+C1)
= 4x−3y+C1
missä C1 voi olla mikä tahansa vakio
Esimerkki 5.5. Tiedetään että eräästä prosessista mitattava suure y noudattaa mallia y = ceat
missä c ja a ovat (mahdollisesti säädettäviä) prosessin parametreja ja t on aika. Laske pro-sessin säätöä/suunnittelua varten ∂y
∂c , ∂ f∂t ja f3 kun y = f (t,c,a). Määritä myös f3(2,3,ε) kun
ε on jokin positiivinen vakio.
Ratkaisu: ∂y∂c = eat , ∂ f
∂t = aceat , f3 = tceat ja f3(2,3,ε) = 2 ·3eε·2.
Esimerkki 5.6. Laske osittaisderivaatat ∂ f∂x , ∂ f
∂u ja f4 kun f (x,u,v,w) = x+ xu+ xuv+ xuvw.Määritä myös arvo f3(1,2,0,3).Ratkaisu:
54
f (x,u,v,w) = x+ xu+ xuv+ xuvw∂ f∂x
= 1+1 ·u+1 ·uv+1 ·uvw
∂ f∂u
= 0+ x ·1+ xv ·1+ xvw ·1
f4 =∂ f∂w
= 0+0+0+ xuv ·1
f3 =∂ f∂v
= 0+0+ xu ·1+ xuw ·1
f3(1,2,0,3) = 1 ·2+1 ·2 ·3= 8
Esimerkki 5.7. Oletetaan että funktio f (x,y,z) kuvaa pisteen (x,y,z) etäisyyttä origosta.Laske ∂ f
∂x , ∂ f∂y ja ∂ f
∂z . Laske myös f2(0,1,2).Ratkaisu:
y
x
z
(x,y,z)
f
Kuva 31: Piste kolmiulotteisessa avaruudessa
f (x,y,z) =√
x2 + y2 + z2
= (x2 + y2 + z2)12
∂ f∂x
=12(x2 + y2 + z2)−
12 · (2x+0+0)
∂ f∂y
=12(x2 + y2 + z2)−
12 · (0+2y+0)
∂ f∂z
=12(x2 + y2 + z2)−
12 · (0+0+2z)
f2(0,1,2) =12(02 +12 +22)−
12 (0+2 ·1+0)
55
Esimerkki 5.8. Olkoon g(x1, . . . ,xn) = ∑ni=1 xi
i. Laske ∂g∂x j
kaikille j = 1, . . . ,n. Laske ja sie-
vennä myös ∑nk=1(gk(1,1, . . . ,1))2.
5.2 Lineaariset approksimaatiotKäyrän y = f (x) tangenttisuoraa pisteessä x = a voidaan käyttää approksimaationa f (x):n arvoille,kun x on lähellä a:ta:
f (x)≈ L(x) = f (a)+ f ′(a)(x−a) (7)
Funktiota L(x) kutsutaan f :n linearisaatioksi tai lineaariseksi approksimaatioksi pisteessä a.
Vastaavasti funktion f (x,y) lineaarinen approksimaatio pisteessä (a,b) on
f (x,y)≈ L(x,y) = f (a,b)+ f1(a,b)(x−a)+ f2(a,b)(y−b) (8)
Funktion f (x1, . . . ,xn) linearisaatio pisteessä a = (a1, . . . ,an) määritellään samoin:
L(x1, . . . ,xn) = f (a1, . . . ,an)+n
∑i=1
∂ f∂xi|a(xi−ai) (9)
Linearisaatio L(x) on ekvivalentti
• Pisteeseen a asetetun tangenttitason kanssa
• Taylorin 1. asteen polynomin kanssa (tähän palataan myöhemmin)
Yhden muuttujan funktioille linearisaatiota ei voida laske jos derivaatta ei ole määritelty. Useammanmuuttujan funktioilla tilanne on se että osittaisderivaatat voivat olla määritellyt (eli linearisaatio pys-tytään teknisesti ottaen muodostamanaan), vaikka funktio olisi sellainen että linearisaatio olisi surkeaapproksimaatio funktiolle f jopa lähellä pistettä a. Tälläiset funktiot eivät ole differentioituva pisteena ympäristössä. Funktion differentioituvuus voidaankin määritellä asettamalla laatuvaatimus lineari-saatiolle, ks. seuraava kappale.
Esimerkki 5.9.a) Muodosta funktiolle f (x,y) = x2+xsin(y) linearisaatio eli lineaarinen approksimaatio pi-teessä (2,0).
b) Olkoon f (x1,x2,x3) = x21 + x2 + x2
3. Muodosta f :lle lineaarinen approksimaatio pisteessä(1,10,0) ja arvioi tämän avulla mitä on f (1.02,10+a,0.01), missä a on jokin vakio.
Ratkaisu:a)
f (x,y) = x2 + xsin(y)f1(x,y) = 2x+ sin(y)·f2(x,y) = 0+ x · cos(y)(a,b) = (2,0)
56
f (x,y)≈ L(x,y)= f (a,b)+ f1(a,b)(x−a)+ f2(a,b)(y−b)
= 22 +2 · sin(0)+(2 ·2+ sin(0) ·1)(x−2)+2 · cos(0) · (y−0)= 4+4(x−2)+2y
Osittaisderivaatat ovat f1(x,y) = 2x+ sin(y) ja f2(x,y) = xcos(y), joten f1(2,0) = 4 jaf2(2,0) = 2. Lisäksi f (2,0) = 4, joten suoraan kaavaan (8) sijoittamalla saadaan L(x,y) =4+4(x−2)+2(y−0)
b) Osittaisderivaatat ovat f1(x1,x2,x3) = 2x1 f2(x1,x2,x3) = 1 ja f3(x1,x2,x3) = 2x3, jotenf1(1,10,0) = 2 f2(1,10,0) = 1 f3(1,10,0) = 0 ja f (1,10,0) = 11. Täten suoraan kaavaan(9) sijoittamalla L(x1,x2,x3) = 11+ 2(x1− 1)+ 1 · (x2− 10)+ 0 · (x3− 0) ja L(1.02,10+a,0.01) = 11+2 ·0.02+a.
Esimerkki 5.10. a) Muodosta funktiolle f (x,y) = xy+x linearisaatio eli lineaarinen approk-simaatio piteessä (1,1).
b) Olkoon f (u,v,w) = u2+v2+w2. Muodosta f :lle lineaarinen approksimaatio pisteessä(0,1,2) ja arvioi tämän avulla mitä on f (0.01,0.95,2.02).Ratkaisu:a)
f (x,y) = xy+ xf1(x,y) = 1 · y+1f2(x,y) = x ·1+0(a,b) = (1,1)
L(x,y) = f (a,b)+ f1(a,b)(x−a)+ f2(a,b)(y−b)= f (1,1)+ f1(1,1)(x+1)+ f2(1,1)(y−1)= 1 ·1+1+(1 ·1+1)(x−1)= 2+2(x−1)+ y−1
b)
f (u,v,w) = u2 + v2 +w2
(a1,a2,a3) = (0,1,2) = aL(u,v,w) = f (0,1,2)+ f1(0,1,2)(u−0)+ f2(0,1,2)(v−1)+ f3(0,1,2)(w−2)
f1(u,v,w) = 2u+0+0f2(u,v,w) = 0+2v+0f3(u,v,w) = 0+0+2w
f (0,1,2) = 02 +12 +22 = 5f1(0,1,2) = 2 ·0 = 0f2(0,1,2) = 2 ·1 = 2f3(0,1,2) = 2 ·2 = 4
57
L(u,v,w) = 5+0(u−0)+2(v−1)+4(w−2)f (0.01,0.95,2.02)≈ L(0.01,0.95,2.02)
= 5+0(0.01−0)+2(0.95−1)+4(2.02−2)= 5+0 ·0.01−2 ·0.05+4 ·0.02= 4.98
5.3 Differentioituvuus ja differentiaalitFunktio f (x,y) on differentioituva pisteessä (a,b), jos
lim(h,k)→(0,0)
f (a+h,b+ k)− f (a,b)−h f1(a,b)− k f2(a,b)√h2 + k2
= 0. (10)
Tämä tarkoittaa että pistettä (a,b) lähestyessä funktion f (x,y) ja sen pisteeseen (a,b) muodostetuntangenttitason arvot lähenevät toisiaan oleellisesti nopeammin kuin mitä (x,y) piste lähestyy pistettä(a,b).
Koska differentioituvuus on usein algoritmeille tärkeä ominaisuus, on käytännöllistä että varsinyksinkertaiset ehdot varmistavat tämän. Seuraava tulos on varsin hyödyllinen tieto: Jos f1 ja f2 ovatjatkuvia pisteen (a,b) ympäristössä niin tällöin f on differentioituva pisteessä (a,b).
Väliarvolause (mean–value theorem): Jos f1(x,y) ja f2(x,y) ovat jatkuvia pisteen (a,b) ympäristössäja jos h:n ja k:n itseisarvot ovat riittävän pieniä, on olemassa luvut θ1 ja θ2, molemmat 0:n ja 1:nvälillä, siten, että
f (a+h,b+ k)− f (a,b) = h f1(a+θ1h,b+ k)+ k f2(a,b+θ2k) (11)
Väliarvolauseella on merkitystä usein matemaattisten menetelmien ja algoritmien tutkimisessa ja ke-hittämisessä mutta insinööri joutuu sitä harvemmin arkipäivän laskennassa käyttämään (luvut θ1 jaθ2 ovat useinmiten varsin hankalia määrittää).Sellaisessa pisteessä jossa funktiolla z = f (x1, . . . ,xn) on jatkuvat ensimmäiset osittaisderivaatat, voi-daan funktion arvon muutosta kuvaava (kokonais) differentiaali määritellä kaavalla
dz = d f =∂z∂x1
dx1 + · · ·+∂z∂xn
dxn = f1(x1, . . . ,xn)dx1 + · · ·+ fn(x1, . . . ,xn)dxn. (12)
Differentiaali sisältää saman informaation kuin ketjusääntö: jos (12) jaetaan puolittain dt:llä ja xi:tajatellaan t:stä riippuvaisiksi niin saadaan näkyviin täsmälleen ketjusäännön mukainen kaava. Diffe-rentiaalia on kuitenkin usein ketjusääntöä suoraviivaisempaa käyttää käytännön laskuissa: Koska dif-ferentiaalit dxi ajatellaan mielivaltaisen pieniksi, korvaamalla ne pienillä luvuilla ∆xi, differentiaalillad f voidaan arvioida f :n arvojen muutosta ilman että tarvitsee miettiä muuttujia xi sitovaa taustamuut-tujaa t kuten ketjusäännön kaavassa täytyisi:
∆ f = f (x1 +∆x1, . . . ,xn +∆xn)− f (x1, . . . ,xn)
≈ f1(x1, . . . ,xn)∆x1 + · · ·+ fn(x1, . . . ,xn)∆xn(13)
Tälläisien approksimaatioiden käyttö on varsin yleistä insinööritieteissä. On opettavaista huomata et-tei tässäkään approksimaatiossa ole itseasiassa kyse mistään muusta kuin linearisaation käyttämisestäfunktion arvon muutoksen arviointiin.
58
Esimerkki 5.11. Hahmottele funktio (sen kuvaaja) jolle linearisaatio voidaan teknisesti ot-taen muodostaa pisteessä (0,0), mutta joka ei ole differentioituva kyseisessä pisteessä.
Esimerkki 5.12. Osoita että f (x1,x2) = ex1x2 + cos(x2) on kaikkialla differentioituva.Ratkaisu:
f (x1,x2) = ex1x2 + cos(x2)
f1(x1,x2) = ex1x2 · x2 ·1+0f2(x1,x2) = ex1x2 · x1− sin(x2)
f1 ja f2 selkeästi aina jatkuvia⇒ f on differentioituva
Esimerkki 5.13. Oletetaan että g(x,y) on differentioituva funktio. Jos g(0,0) = 1, g1(0,0) =2 ja g2(0,0) = 0.2, arvioi differentiaalin avulla funktion g arvoa pisteessä (0.1,0.25).Ratkaisu:
g(x,y)g(0,0) = 1g1(0,0) = 2g2(0,0) = 0.2
Kaavassa (13)
f = gx1 = xx2 = y
g(x+∆x,y+∆y)−g(x,y)≈g1(x,y)∆x+g2(x,y)∆y
x = 0 ∆ = 0.1y = 0 ∆y = 0.25
g(0+0.1,0+0.25)−g(0,0)≈g1(0,0) ·0.1+g2(0,0) ·0.25⇒g(0.1,0.25)≈ g(0,0)+g1(0,0) ·0.1+g2(0,0) ·0.25
= 1+2 ·0.1+0.2 ·0.25
Mitäs jos oltaisiin tehy lineaarisella approksimaatiolla?
g(x,y)≈ L(x,y)= g(a,b)+g1(a,b)(x−a)+g2(a,b)(y−b)
a = 0b = 0x = 0.1y = 0.25
59
g(0.1,0.25)≈ L(0.1,0.25)= g(0,0)+g1(0,0)(0.1−0)+g2(0,0)(0,25−0)= 1+2 ·0.1+0.2 ·0.25
Esimerkki 5.14. Arvioi differentiaalin avulla prosentuaalista muutosta heilurin heilahdusa-jassa
T = 2π
√Lg, (14)
jos pituus L kasvaa 2% ja gravitaatiokiihtyvyys g pienenee 0.6%?
5.4 Kahden muuttujan funktioiden ääriarvotYhden muuttujan funktiolla f (x) on lokaali maksimiarvo (lokaali minimiarvo) pisteessä a, jos f (x)<f (a) ( f (x)> f (a)) kaikilla x:n arvoilla riittävän lähellä a:ta. Jos epäyhtälö pätee kaikilla x:n arvoilla,f :llä on absoluuttinen maksimi (minimi) pisteessä a. ääriarvoja voi esiintyä
1. kriittisissä pisteissä, joissa f ′(x) = 0
2. singulaaripisteissä, joissa f ′(x) ei ole olemassa
3. f :n määrittelyalueen päätepisteissä.
Vastaavasti kahden muuttujan funktiolla on lokaali maksimi tai suhteellinen maksimi määrittelyalu-eensa pisteessä (a,b), jos f (x,y) < f (a,b) kaikille (x,y) pisteille, jotka ovat riittävän lähellä pistettä(a,b). Jos epäyhtälö pätee kaikille (x,y) (jotka kuuluvat f :n määrittelyalueeseen), f :llä on globaalimaksimi (absoluuttinen maksimi) pisteessä (a,b). Vastaavasti määritellään lokaali ja globaali minimi.
Välttämättömät ehdot ääriarvojen olemassaololle: Funktiolla f (x,y) voi olla lokaali tai globaali ää-riarvo pisteessä (a,b) vain, jos (a,b) on
1. f :n kriittinen piste, ts. piste, jossa ∇ f (a,b) = 0 tai
2. f :n singulaarinen piste, ts. piste, jossa funktio ei ole differentioituva
3. f :n määrittelyalueen reunapiste.
Vain tämäntyyppisistä pisteistä voi siis löytyä ääriarvoja. Miellyttävää on että nämä ehdot on hyvinhelppo tarkistaa annetulle (a,b) pisteelle ja ne pätevät myös useammankin muuttujan funktioille. On-gelmallista on että pisteen (a,b) löytäminen, joka täyttää jonkin ehdoista (erityisesti 1. ehdon) voi ol-la hyvinkin haastavaa. Ja reunapisteiden tutkiminen kokonaan oma ongelmansa. Eikä yksikään näistäehdoista vielä takaa sitä että pisteessä (a,b) todella olisi ääriarvo!
Edellä käsitellyt ehdot ovat siis välttämättömiä, mutta eivät vielä riittäviä, varmistamaan että ää-riarvo esiintyisi pisteessä (a,b). Mikä tahansa ehdoista saattaa siis olla voimassa ilman että maksimiatai minimiä esiintyy.
Esimerkki 5.15. a) Osoita että funktiolla f (x,y) = exy + x2y ei voi olla maksimia tai mi-nimiä pisteessä (1,2).
b) Etsi funktion f (x,y) = x2y+ x1/2 mahdolliset kriittiset pisteet ja singulaaripisteet.
60
Esimerkki 5.16. Osoita että (0,0) on funktion f (x,y) = x3y2 kriittinen piste mutta ei olelokaali ääriarvopiste. Hahmottele myös sellaisen funktion kuvaaja joka on singulaarinen pis-teessä (0,0), mutta kyseinen piste ei ole funktion lokaali ääriarvopiste.Ratkaisu:
f (x,y) = x3y2{f1(x,y) = 3x2y2
f2(x,y) = x3 ·2y{f1(0,0) = 3 ·02 ·02 = 0f2(0,0) = 03 ·2 ·0 = 0
⇒ piste (0,0) on kriittinen pistePerustellaan että (0,0) ei ole ääriarvopiste:
f (0,0) = 03 ·02 = 0
f (k,k) = k3 · k2 = k5
jos k on mikä tahansa positiivinen luku niin f (k,k)> 0Jos k on mikä tahansa negatiivinen luku niin f (k,k)< 0
x
y
f > 0
f < 0
Kuva 32
Korkeamman kertaluvun derivaatat
61
f (x) = x1.5
f ′(x) = 1.5x0.5
f ′′(x) =ddx
( f ′(x))
=d2
dx2 f (x)
= 1.5 ·0.5x−0.5
f ′′′(x) =ddx
( f ′′(x))
=d3
dx3 f (x)
= 1.5 ·0.5 · (−0.5)x−1.5
g(x,y) = x3y2 + y∂g∂x
= 3x2 · y2 +0
∂
∂x
(∂g∂x
)= 6x · y2
=∂2g∂x2
= g11(x,y)∂
∂y
(∂g∂x
)= 3x2 ·2y
=∂g
∂y∂x= g12(x,y)
5.5 Kriittisten pisteiden luokitteluMaksimi-, minimi-, ja satulapisteiden toisistaan erottaminen suoraan f :n lausekkeesta voi olla välil-lä varsin vaikeaa. Yhden muuttujan funktioille voidaan ongelma ratkaista muodostamalla derivaatanmerkkitaulukko. Usemamman muuttujan funktioilla tämä ratkaisu ei tietenkään onnistu. Yhden muut-tujan funktoiden kriittiset pisteet voidaan yrittää määritellä myös käyttäen 2. derivaatan testiä. Tämätesti laajenee myös käytettäväksi useamman muuttujan funktioille:
Toisen derivaatan testi: Olkoon (a,b) funktion f (x,y) kriittinen piste f :n määrittelyalueen sisäl-lä. Oletetaan, että f :n toiset osittaisderivaatat ovat jatkuvia(a,b):n läheisyydessä ja niillä on arvot
A = f11(a,b), B = f12(a,b) = f21(a,b), C = f22(a,b) (15)
1. Jos B2 < AC ja A > 0, niin f :llä on lokaali minimi pisteessä (a,b)
2. Jos B2 < AC ja A < 0, niin f :llä on lokaali maksimi pisteessä (a,b)
3. Jos B2 > AC, niin f :llä on satulapiste pisteessä (a,b)
62
4. Jos B2 = AC, ei testi anna informaatiota.
Useamman kuin kahden muuttujan funktioille on olemassa samanlaiset, varsin suoraviivaiset, luo-kittelusäännöt mutta niitä ei käsitellä tällä kurssilla.
Esimerkki 5.17. Etsi ja luokittele kriittiset pisteet funktiolle a) f (x,y) = 2x3− 6xy+ 3y2,b) f (x,y) = xye−(x
2+y2)/2 kriittiset pisteet. Molemmissa tapauksissa tutki myös onko f :lläabsoluuttista maksimia tai minimiä?Ratkaisu:a)
f (x,y) = 2x3−6xy+3y2
{f1(x,y) = 6x2−6y+0 = 0f2(x,y) = 0−6x+6y = 0
⇒{
6x2−6y = 0x = y
⇒{
6y2−6y = 0x = y
⇒{
6y(y−1) = 0x = y
⇒{
1.y = 0 tai 2.y = 1x = y
1.y = 0⇒ x = 0 (x,y) = (0,0)
2.y = 1⇒ x = 1 (x,y) = (1,1)
Kriittiset pisteet (0,0) ja (1,1).
f11(x,y) = 12x+0 = 12xf12(x,y) = 0−6 =−6f22(x,y) = 0+6 = 6
1.
(a,b) = (0,0)A = f11(0,0) = 12 ·0 = 0B = f12(0,0) =−6C = f22(0,0) = 6
B2 > AC(36 > 0)⇒ (0,0) on satulapiste
63
2.
(a,b) = (1,1)A = f11(1,1) = 12 ·1 = 1B = f12(1,1) =−6C = f22(1,1) = 6{
B2 = 36 < AC = 12 ·6 = 72A > 0
⇒ (1,1) on lokaali minimipiste
b)
f (x,y) = xye−x2+y2
2
Kriittiset pisteet
f1(x,y) = y · e−x2+y2
2 + xye−x2+y2
2 · (−x)
= ye−x2+y2
2 (1− x2)
f2(x,y) = xe−x2+y2
2 (1− y2){f1(x,y) = 0f2(x,y) = 0
⇔{
1.y = 0 tai 2.1− x2 = 0x = 0 tai 1− y2 = 0
1.
y = 0
⇒ x = 0 tai 1−02 = 0⇒ 1 = 0 epätosi⇒ (0,0) on kriittinen piste
2.1− x2 = 0⇔ a) x = 1 tai b) x =−1
(a)
x = 1
⇒ 1 = 0 epätosi tai 1− y2 = 0⇔ y = 1 tai −1(1,1) ja (1,−1) ovat kriittisiä pisteitä
(b)
x =−1
⇒−1 = 0 epätosi tai 1− y2 = 0⇔ y = 1 tai −1(−1,1) ja (−1,−1) ovat kriittisiä pisteitä
64
5.6 Taylorin polynomitPisteessä a muodostettu Taylorin n. asteen polynomi f :lle on muotoa
Pn(x) = f (a)+ f ′(a)(x−a)+f ′′(a)
2!(x−a)2 + . . .+
f (n)(a)n!
(x−a)n.
Jos f on n+1 kertaa derivoituva niin tälle polynomille pätee
f (x) = Pn(x)+En(x),
missä En(x) on Lagrangen jäännöstermi eli ’virhetermi’
En(x) =f (n+1)(cx)
(n+1)!(x−a)n+1.
Piste cx ∈ [a,x] mutta yleensä emme tunne tälle täsmällistä arvoa.Eräitä Taylorin polynomin käyttökohteita
• Teoreettiset tutkimukset
• Funktion approksimointi derivaattojen avulla
• Raja-arvojen määrittäminen
• Sarjojen tutkiminen
Esimerkki 5.18. Anna estimaatti funktion sin(x) arvolle pisteessä 0.1 käyttämälläa) 1. asteen Taylorin polynomia (linearisaatioita),b) 2. asteen Taylorin polynomia.c) Annan virheelle ylärajat a) ja b) kohdissa.d) Näytä Taylorin kaavan avulla että limx→0 sin(x)/x = 1.
Esimerkki 5.19. Määritetään Neperin luvun e arvoa muodostamalla Taylorin polynomi Pn(x)funktiolle f (x) = ex pisteessä 0 ja laskemalla sitten arvo Pn(1). Määritä n siten että suhteel-liselle virheelle pätee varmasti |e−Pn(1)|/e≤ 0.001.
5.7 Nopeus ja kiihtyvyysJos s = s(t) on ajan funktio, joka ilmoittaa partikkelin paikan, niin
vk =∆s∆t
=s(t +h)− s(t)
hon keskimääräinen nopeus. Kun annetaan h→ 0, saadaan partikkelin hetkellinen nopeus
v(t) =dsdt
= s′(t).
Edelleen
a(t) = v′(t) =dvdt
=d2sdt2
on partikkelin kiihtyvyys.
Esimerkki 5.20. Teknillisissä suureissa usein suureen (absoluuttista) muuttumisnopeuttatärkeämpi on suureen suhteellinen muuttumisnopeus (esim. määrä pienenee 2% viikossa).Suureen F = f (t) suhteellinen muuttumisnopeus muuttujan t funktiona asetetaan suhteenaF ′/F . Erityisen mielenkiintoisia ovat tapaukset, joissa suhteellinen muuttumisnopeus on va-kio. Minkä yksinkertaisen lausekkeen F ′′/F saa, kun suhteellinen muuttumisnopeus on va-kio a ? Laske myös F ′/F ja F ′′/F funktiolle F(t) = ke−(at+b), missä k, a ja b ovat vakioita.
65