Siirry pääasiaan

Alaluku 6.2 Derivaatta

Yksi esimerkki derivaatan avulla esitettävästä suureesta on sähkövirta. Sähkövirran voi käsittää sähkövarauksen virtausnopeutena, eli kuinka paljon varausta \(Q\) liikkuu jonkin pinnan läpi. Derivaatan avulla sähkövirtä on siten sähkövarauksen muutosnopeus ajan suhteen

\begin{equation*} I = \frac{\dee Q}{\dee t} \end{equation*}

Sähkövirran yksikkö ampeeri voidaan myös esittää varauksen ja ajan avulla \(1\si{\ampere} = 1\si{\coulomb/\second}\text{.}\)

Fysiikassa funktioilla on erilaisia nimiä ja muuttuja on usein joku muu kuin \(x\text{.}\) Esimerkiksi paikka ajan funktiona \(x(t)\text{,}\) paikkavektori ajan funktiona \(\vec{r}(t)\) ja voima paikan funktiona \(\vec{F}(\textbf{r})=\vec{F}(x,y,z)\text{.}\) Derivaattojen kanssa on siten oltava joskus tarkkana. Esimerkiksi, jos \(x\) on ajan funktio, jota derivoidaan ajan suhteen, niin

\begin{equation*} \frac{\dee x(t)}{\dee t} = x'(t) \neq \frac{\dee}{\dee x} x = 1. \end{equation*}

Harjoitustehtävät 6.2.1 Harjoitustehtävät

1.

Hooken lain mukaan jousen aiheuttama voima on \(F = -k\Delta x\text{.}\) Jos nyt valitaan koordinaatisto siten, että jousen liike tapahtuu vain \(x\)-suunnassa, voidaan derivaatan avulla kirjoittaa

\begin{equation*} F = -k\Delta x \iff -k\Delta x = m \frac{\dee^2 \vec{x}}{\dee t^2}. \end{equation*}

Keksitkö minkä funktion toinen derivaatta on sama funktio, mutta miinusmerkkinen? Millä tavalla keksimääsi funktiota pitää muokata, jotta toiselle derivaatalle tulee vakiokerroin? Mitä sellaista funktioon voi lisätä, joka ei näy derivaatoissa? Tämä on ns. harmonisen värähtelijän liikeyhtälö.

Vihje

Trigonometriset funktiot ja yhdistetyn funktion derivointisäännöt.

Ratkaisu

Sinin tai kosinin toinen derivaatta käy. Jos trigonometrisen funktion sisällä funktion argumentilla on kerroin, toisessa derivaatassa se tulee neliöitynä funktion kertoimeksi. Funktion vakiokerroin säilyy derivaatoissa. Derivaatoissa ei näy, jos funktioon on lisätty vakiokerroin, tai jos funktion argumenttiin on lisätty vakiokerroin. Esimerkiksi sinin derivaatta, kun sinillä on vakiokerroin \(A\text{,}\) \(x\text{:}\)llä on vakiokerroin \(\omega\text{,}\) funktion argumenttiin on lisätty vakio \(\phi\) ja funktioon on lisätty vakio \(B\text{.}\)

\begin{align*} \amp\frac{\dee^2}{\dee x^2} A \sin (\omega x + phi) + B \\ =\amp \frac{\dee}{\dee x} A \omega \cos (\omega x + \phi) \\ =\amp -A\omega^2 \sin (\omega x + \phi) \end{align*}
2.

Tutkitaan heilurin liikeyhtälöä. Kirjoita Newtonin II lain mukaisesti heilurin punnuksen kiihtyvyyden komponentit punnuksen radan tangentin ja radan normaalin suuntaisesti (alla olevan kuvan \(\vec{F}_{Gt}\) ja \(\vec{F}_{Gr}\)).

Tangentin suuntainen kiihtyvyys kuvaa punnuksen liikettä kaaren \(s\) suuntaisesti. Nyt Newtonin II laista saadaan

\begin{equation*} \frac{\dee^2s}{\dee t} = -g\sin\theta. \end{equation*}

Tämä liikeyhtälö on monimutkaisempi kuin harmonisen värähtelijän. Heilurin tutkimisessa voidaan kuitenkin rajoittua pieniin värähtelyihin (n. \(\theta \lt \ang{10}\)), eli käyttää pienille kulmille hyvää approksimaatiota \(\sin\theta \approx \theta\text{.}\) Kun lisäksi kulma \(\theta\) kirjoitetaan kaaren pituuden ja ympyrän säteen suhteena \(\theta = s/L\) Tällöin liikeyhtälöstä tulee

\begin{equation*} \frac{\dee^2s}{\dee t} = -g\theta = -\frac{g}{L}s. \end{equation*}

Nyt voit huomata, että ylläoleva yhtälö näyttää samalta, kuin aiemman tehtävän harmonisen värähtelijän yhtälö ja siten sen ratkaisukin on samannäköinen!

Ratkaisu

Trigonometrialla saadaan painovoiman komponenteiksi

\begin{gather*} F_{Gt} = \sin(\theta) G = \sin(\theta) mg \quad \text{ja} \quad F_{Gr} = \cos(\theta) G = \cos(\theta) mg \end{gather*}
3.

Kiihtyvyyttä voidaan mitata esimerkiksi alla olevan kuvan mukaisella järjestelmällä. Pallo liikkuu vapaasti parabolisella radalla \(y=x^2 \si{\meter}\text{.}\) Pallon paikkaa voidaan mitata vaakasuoralla asteikolla.

(a)

Määritä lauseke, jolla voit selvittää kiihtyvyyden, kun olet mitannut pallon poikkeaman tasapainoasemasta.

Ratkaisu

Tavoitteena on siis saada yhtälö pallon kiihtyvyyden vaakasuoran komponentin ja sen siirtymän \(x\) yhteydelle. Tämä saadaan selville, koska palloon vaikuttava painovoima tunnetaan. Kiihtyvyyden vaakasuora komponentti saadaan kirjoitettua tukivoiman ja pystysuoran akselin välisen kulman avulla. Tämä kulma taas saadaan kirjoitettua poikkeaman \(x\) avulla. Piirretään pallon vapaakappalekuva

Nyt koordinaatisto kannattaa valita vaakatasoon, koska vaikka pallo on rampilla, se on kiihtyvässä liikkeessä vaakatasossa. Newtonin II:sta saadaan

\begin{equation*} \sum F_x = n\sin\theta - ma_x = \SI{0}{\newton} \qquad \sum F_y = n\cos\theta - F_G = ma_y = \SI{0}{\newton} \end{equation*}

Sijoittamalla jälkimmäisestä ratkaistu tukivoima \(n\) ensimmäiseen yhtälöön saadaan

\begin{equation*} ma_x = \frac{F_G}{\cos\theta} \sin\theta = mg\tan\theta \implies a_x = g\tan\theta. \end{equation*}

Radan hetkellinen kulmakerroin on sama, kuin \(\tan\theta\text{.}\) Koska ramppia kuvaa yhtälö \(y=x^2\text{,}\) niin

\begin{equation*} \frac{\dee y}{\dee x} = \tan\theta = 2x \implies a_x = (2x)g \end{equation*}
(b)

Mikä on kiihtyvyys, kun \(x = \SI{20}{\centi\meter}\text{?}\)

Ratkaisu

b) Kiihtyvyys, kun \(x=\SI{0,20}{\meter}\) on

\begin{equation*} a_x = 2(0,20)(\SI{9,8}{\meter/\second\squared}) = \SI{3,9}{\meter/\second\squared} \end{equation*}

Sähkökentän voi saada selville annetusta potentiaalista

\begin{equation*} E_s = -\frac{\dee V}{\dee s} \end{equation*}
4.

Sähköinen potentiaali \(x\)-akselin suuntaisesti on \(V=100x^2\si{\volt}\text{,}\) jossa \(x\) on metreinä. Mikä on \(E_x\)

(a)

kun \(x=\SI{1,0}{\meter}\)

Ratkaisu

Lasketaan ensin sähkökenttä yleisellä etäisyydellä \(x\) käyttämällä annettua yhtälöä

\begin{equation*} E_x = - \frac{\dee V}{\dee x} = - \frac{\dee}{\dee x} 100 x^2 \text{ V} = - 200 x \text{ V} \end{equation*}

Eli nyt \(E_x(\SI{1,0}{\meter}) = \SI{-200}{\volt} \)

(b)

kun \(x=\SI{2,0}{\meter}\)

Ratkaisu

\(E_x(\SI{2,0}{\meter}) = \SI{-400}{\volt} \)

Faradayn laki kertoo, että suljettuun johdinsilmukkaan indusoituu jännite \(\mathcal{E}\text{,}\) kun silmukan läpi kulkeva magneettikentän vuo \(\Phi\) muuttuu. Tämä indusoitunut jännite voidaan kirjoittaa derivaatan avulla seuraavasti

\begin{equation*} \mathcal{E} = \left| \frac{\dee \Phi}{\dee t} \right| \end{equation*}
5.

Tarkastellaan tilannetta, jossa johdinsilmukka on kohtisuorassa magneettikenttää vasten ja silmukan pinta-ala muuttuu. Alla olevan kuvan mukaisesti magneettivuo johdinsilmukan läpi on \(\Phi = AB = xlB\text{.}\) Mikä on virtasilmukkaan indusoitunut jännite, kun silmukassa on yksi liukuva sivu, joka liikkuu oikealle nopeudella \(v\text{?}\)

Ratkaisu

Magneettikenttä pysyy vakiona, eli vuon muutokseen vaikuttaa vain silmukan pinta-alan muutos. Silmukan pinta-ala on \(A=xl\text{,}\) jossa \(l\) pysyy vakiona. Liukuva sivu liikkuu nopeudella \(v\text{,}\) joten pinta-alan muutos ajan suhteen on

\begin{equation*} \frac{\dee A}{\dee t} = \frac{\dee}{\dee t} xl = l\frac{\dee}{\dee t}x = lv \end{equation*}

Nyt siis vuon derivaatta on

\begin{equation*} \frac{\dee \Phi}{\dee t} = \frac{\dee}{\dee t} AB = B\frac{\dee A}{\dee t} = Bvl \end{equation*}

joten indusoitunut jännite on

\begin{equation*} \mathcal{E} = \left| \frac{\dee \Phi}{\dee t} \right| = | vBl | \end{equation*}

Alaluku 6.2.2 Osittaisderivaatta

Katso video Osittaisderivaatat (Matikkamatskut).

Harjoitustehtävät Harjoitustehtävät

1.

Mahdollinen tilanyhtälö kaasulle on

\begin{equation*} PV = RT \exp (-\frac{\alpha}{VRT}), \end{equation*}

jossa \(\alpha\) ja \(R\) ovat vakioita. \(\exp(...)\) on eksponenttifunktion \(e^{...}\) merkintätapa. Laske

\begin{equation*} \sulut{\frac{\doo P}{\doo V}}_T, \quad \sulut{\frac{\doo T}{\doo P}}_V. \end{equation*}

Osittaisderivaatan alaindeksillä tarkoitetaan, että alaindeksissä olevaa suure pysyy vakiona. Jälkimmäisessä derivaatassa on syytä hyödyntää tietyissä tilanteissa pätevää relaatiota 1 

\begin{equation*} \frac{\doo x}{\doo y} = \frac{1}{\frac{\doo y}{\doo x}}. \end{equation*}
Tarkennus: kun kolme muuttujaa \(x\text{,}\) \(y\) ja \(z\) voidaan kuvata ehdolla \(F(x,y,z) = \text{vakio} \text{,}\) niin tulos pätee.
Ratkaisu

Nyt \(P(V) = RTV^{-1} \exp(-\frac{\alpha}{VRT})\text{.}\) Derivoidaan selkeyden vuoksi osamäärän termit erikseen

\begin{align*} \frac{\doo }{\doo V} V\amp = 1 \\ \frac{\doo}{\doo V} \exp(-\frac{\alpha}{VRT}) \amp= \frac{\alpha}{RT V^2} \exp(-\frac{\alpha}{VRT}) \end{align*}

Jälkimmäisessä käytetään yhdistetyn funktion derivointisääntöä. Nyt osamäärän derivointisäännöstä saadaan

\begin{align*} \sulut{\frac{\doo P}{\doo V}}_T \amp= RT \left( \frac{V \frac{\alpha}{RT V^2} \exp(-\frac{\alpha}{VRT}) - \exp(-\frac{\alpha}{VRT}) }{V^2} \right) \\ \amp= RT \exp(-\frac{\alpha}{VRT}) \left( \frac{\alpha}{RTV^3} - \frac{1}{V^2} \right) \\ \amp= \exp(-\frac{\alpha}{VRT}) \left( \frac{\alpha}{V^3} - \frac{RT}{V^2} \right) \\ \end{align*}

joka voidaan toisaalta kirjoittaa paineen avulla

\begin{align*} \exp(-\frac{\alpha}{VRT}) \left( \frac{\alpha}{V^3} - \frac{RT}{V^2} \right) \amp= \frac{V}{RT} P \left( \frac{\alpha}{V^3} - \frac{RT}{V^2} \right) \\ \amp= \frac{P(\alpha - VRT)}{V^2RT} \end{align*}

Käytetään toisen derivaatan laskemisessa hyödyksi relaatiota

\begin{equation*} \frac{\doo T}{\doo P} = \frac{1}{\frac{\doo P}{\doo T}}. \end{equation*}

Paine lämpötilan funktiona on \(P(T) = \frac{R}{V} T\exp(-\frac{\alpha}{VRT}) \text{.}\) Käyttämällä tulon derivoimissääntöä saadaan

\begin{align*} \sulut{\frac{\doo P}{\doo T}}_V \amp= \frac{R}{V} \left( \exp(-\frac{\alpha}{VRT}) + T \frac{\alpha}{VRT^2} \exp(-\frac{\alpha}{VRT}) \right) \\ \amp= \frac{1}{T} P + \frac{\alpha}{VRT^2} P \\ \amp= P \left( \frac{1}{T} \frac{\alpha}{VRT^2} \right) \\ \amp= \frac{P(\alpha + VRT)}{VRT^2}. \end{align*}

Siispä kysytty derivaatta on edellisen käänteisluku

\begin{equation*} \sulut{\frac{\doo T}{\doo P}}_V = \frac{VRT^2}{P(\alpha + VRT)} \end{equation*}
2.

Lämpötila \(T\si{\celsius}\) \(xy\)-tasossa pisteessä \((x,y)\) saadaan funktiosta

\begin{equation*} T(x,y) = x^2 e^{-y}. \end{equation*}

Mihin suuntaan lämpötila kasvaa nopeimmin pisteessä \((2,1)\text{?}\) Mikä on lämpötilan muutoksen suuruus tähän suuntaan?

Ratkaisu

Lämpötilan nopeimman muutoksen suuruus ja suunta saadaan gradienttivektorista

\begin{gather*} \nabla T(x,y) = \frac{\doo}{\doo x} T(x,y)\hat{i} + \frac{\doo}{\doo y} T(x,y)\hat{j} \\ = \frac{\doo}{\doo x} x^2 e^{-y} \hat{i} + \frac{\doo}{\doo y} x^2 e^{-y} \hat{j} \\ = 2x e^{-y}\hat{i} + -x^2e^{-y}\hat{j}. \end{gather*}

Gradienttivektori pisteessä (2,1) on

\begin{gather*} \nabla T(2,1) = 2(2) e^{-1}\hat{i} + -(2)^2e^{-1}\hat{j} = 4e^{-1} \hat{i} -4e^{-1} \hat{j}, \end{gather*}

eli tähän suuntaan lämpötila kasvaa nopeimmin. Muutoksen suuruus on gradienttivektorin pituus

\begin{align*} | \nabla T(2,1) | \amp= | 4e^{-1} \hat{i} -4e^{-1} \hat{j} | \\ \amp= \sqrt{ (4e^{-1})^2 + (-4e^{-1})^2 } \\ \amp= \sqrt{ 16e^{-2} + 16e^{-2} } \\ \amp= \sqrt{ 32e^{-2} } \\ \amp= \sqrt{32}e^{-1} \\ \amp= 4 \sqrt{ 2 } e^{-1} \end{align*}
3.

Vaeltaja seisoo puron vierellä vuoren rinteellä ja tutkii karttaansa. Maan pinnan korkeus \(h\) metreissä pisteessä \((x,y)\) saadaan funktiosta

\begin{equation*} h(x,y) = \frac{20 000}{3+x^2+2y^2}, \end{equation*}

jossa \(x\) ja \(y\) ovat koordinaatit kartalla (kilometreinä). Vaeltaja on pisteessä \((3,2)\text{.}\) Mikä on puron virtauksen suunta pisteessä \((3,2)\text{?}\) Kuinka nopeasti puro laskee virtauksen suuntaan (kuinka monta m/km)?

Ratkaisu

Puro virtaa siihen suuntaan, mihin maa viettää eniten. Funktion arvot kasvavat nopeimmin gradienttivektorin suuntaan. Toisaalta funktion arvot pienenevät nopeimmin juuri gradienttivektorin vastaiseen suuntaan. Siispä puron virtauksen suunta pisteessä (3,2) on \(-\nabla h(3,2)\text{.}\) Lasketaan

\begin{gather*} -\nabla h(x,y) = - ( -\frac{2x \cdot 20000}{(x^2 + 2y^2 + 3)^2} \hat{i} - \frac{4y \cdot 20000 }{(x^2 + 2y^2 + 3)^2} \hat{j}) \\ = \frac{40000 x}{(x^2 + 2y^2 + 3)^2} \hat{i} + \frac{80000 y}{(x^2 + 2y^2 + 3)^2} \hat{j}. \end{gather*}

Siispä pisteessä (3,2) virtauksen suunta on

\begin{align*} -\nabla h(3,2) \amp= \frac{40000 \cdot 3}{(3^2 + 2\cdot2^2 + 3)^2} \hat{i} + \frac{80000 \cdot 2}{(3^2 + 2\cdot2^2 + 3)^2} \hat{j} \\ \amp= \frac{120000}{400} \hat{i} + \frac{160000}{400} \hat{j} \\ \amp= 300 \hat{i} + 400 \hat{j} \\ \amp= 100 (3 \hat{i} + 4 \hat{j}) \end{align*}

ja virtaus laskee

\begin{equation*} | -\nabla h(3,2) | = \sqrt{ 300^2 + 400^2 } = \sqrt{ 90000 + 160 000 } = \sqrt{ 250 000 } = 500 \end{equation*}

metriä/kilometri eli puoli metriä jokaista vaakasuoraa metriä kohti.