Äärimmäisen ovelia pinta-aloja diffiksellä

Edellinen Seuraava

Kieroihin pinta-ala- ja tilavuus-tehtäviin täytyy varautua, joten niistäkin jotakin ... enkun sana "difficult" on varmaankin johdettu diffiksen nimestä?


Paluu sorvin ääreen 3 vuotta myöhemmin

Mjää, emmää tiä nuosta pinta-aloosta, jospa mieluummin esitetään Taylorin sarja siten kun se käsiteltiin kurssilla Matte 4 kevätlukukaudella 2018.

Taylorin sarjalla voidaan laskea muuten hankala funktion arvo f(x) kun tunnetaan helposti laskettava tarkka arvo f(a) ja funktion derivaattoja f'(a), f''(a), f'''(a) ... ja argumentin arvo x on lähellä argumenttia a. Periaatteessa sarja on äärettömän pitkä, mutta täytyyhän se käytännössä katkaista jostakin.

              f'(a)         f''(a)          f'''(a)                f(n)(a)
f(x) = f(a) + ----- (x-a) + ------ (x-a)2 + ------- (x-a)3 + ... + ------- (x-a)n + En(x)
                1!            2!              3!                     n!

Tässä käytetään siis apuna kertomia ( 1! = 1, 2! = 1·2 = 2, 3! = 1·2·3 = 6, ... , n! = 1·2·3· ... ·n ) ja viimeinen termi En(x) edustaa virhettä joka syntyy sarjan katkaisusta. Ideana on että sarja on kuitenkin sen verran pitkä että virhe jää käyttötarkoitukseen nähden merkityksettömäksi.

Otetaanpa työn alle kurssin oppikirjan "Calculus" tehtävä 4.8.2. joka uudemmassa painoksessa on tehtävä 4.10.2.

Tässä tehtävässä on kehitettävä Taylorin sarja funktiolle f(x) = cos x kohdan a = π/4 ympäristössä kertalukuun 3 saakka. Kulmat ovat radiaaneina. Lasketaanpa siis ensin tarpeellinen määrä derivaattoja trigonometrisestä funktiosta:

f(x) =  cos x		f(a) = f(π/4) = cos(π/4) =  1/(21/2)
f'(x) = -sin x		f'(a) = f'(π/4) = -sin(π/4) = -1/(21/2)
f''(x) = -cos x		f''(a) = f''(π/4) = -cos(π/4) = -1/(21/2)
f'''(x) =  sin x	f'''(a) = f'''(π/4) = sin(π/4) =  1/(21/2)

Kakkosen neliöjuurta on tässä merkitty 21/2 joka on siis tutuimmin merkinnöin √2 .

Kun kulma on π/4 radiaania, puolet suorasta kulmasta (eli 45°) niin silloinhan sen sini ja kosini ovat yhtä suuret, kumpikin on kakkosen neliöjuuren käänteisarvo. Tämän näkee hyvin yksikköympyrästä, jossa ympyrän säde on tasan 1 ja ympyrän sisään piirretyn suorakulmaisen kolmion hypotenuusan pituus on siten myöskin tasan 1.

Kun yksikköympyrän kehän pisteen koordinaatit ovat x ja y niin siinähän suorakulmaisessa kolmiossa Pythagoraan lauseen mukaan pätee kaava x2 + y2 = 12 ja kun x = y, niin 2·x2 = 1 ja sekä sini että kosini on neliöjuuri puolikkaasta, eli kakkosen neliöjuuren käänteisluku kun x2 = 1/2 ja siten x = √(1/2) = 1 / √2 .

Taylorin sarjaksi kolmanteen kertalukuun saakka saadaan näiden perusteella:

                f'(π/4)           f''(π/4)            f'''(π/4)         
f(x) = f(π/4) + ------- (x-π/4) + -------- (x-π/4)2 + --------- (x-π/4)3
                  1                 2                    6                    
 
         1         1                 1                  1
     = -----  -  ----- (x-π/4)  -  ----- (x-π/4)2  +  ------ (x-π/4)3
        21/2       21/2              2·21/2              6·21/2

Lopputuloksena hiukan ikävän näköinen kaava? Argumentin x arvo ei saisi olla kovin kaukana arvosta a = π/4 radiaania. Oikein käytettynä virhe on neljättä kertalukua kun kaavassa on tehtävänannon mukaisesti kolmas kertaluku mukana.

Taylorin sarjan kaava on sinänsä melko järkeenkäypä. Sitä voi auttaa ymmärtämään myös väliarvolause jota se muistuttaa. Vilkaistaanpa väliarvolausetta:

Perusoletuksena on että funktio f on jatkuva suljetulla välillä [ a, b ] ja derivoituva avoimella välillä ] a , b [ sillä muuten tämä ei päde. Väliarvolauseen mukaan on tällöin olemassa (ainakin yksi) argumentin arvo c siten että :

           f(b) - f(a)
f'(c)  =  -------------
              b - a

Siis funktion derivaatan arvo siellä jossakin välillä [a , b] olevalla argumentin arvolla c on sama kuin siinä viivassa mikä saataisiin jos vedettäisiin suora viiva funktion arvojen f(a) ja f(b) välille.

Voi ajatella että jos funktion (kuvassa sininen käyrä) arvo esimerkiksi on kohdassa f(a) suhteellisen jyrkästi nouseva, niin funktion kuvaajan täytyy kuitenkin loiventua kun lähestytään arvoa f(b). Niinpä siinä välissä täytyy olla jokin kohta c jossa funktion kuvaajan kulmakertoimella on sama arvo kuin pisteet f(b) ja f(a) yhdistävällä suoralla viivalla.

Väliarvolausetta voisi ehkä koettaa soveltaa yrittäen laskea funktion arvoa f(b) lähtien arvosta f(a) ja käyttäen apuna funktion derivaattaa f'(c) välillä olevassa pisteessä f(c) :

f(b) - f(a) f'(c) = ------------- b - a (b - a)· f'(c) = f(b) - f(a) f(b) = f(a) + f'(c)·(b - a)

Tässähän tuo f'(c)·(b - a) edustaa arvoa f(b) - f(a) koska funktion derivaatta pisteessä f(c) on väliarvolauseen mukaan sama kuin pisteet f(a) ja f(b) yhdistävällä suoralla. Ja tottahan toki pätee triviaali f(b) = f(a) + (f(b) - f(a)) = f(b)

Näin tulos tulisi valmiiksi jo ensimmäisellä derivaatalla, eli paljon helpommin kuin Taylorin äärettömän pitkällä sarjalla. Se vaan että c on arvoltaan tarkemmin tuntematon, joten eipä onnaa käytännössä. Piste c on jossakin siellä välillä [ a, b ], mutta väliarvolause ei kerro paikkaa sen tarkemmin. Taylorin sarjassa käytetäänkin sitten lähtökohtana pisteen f(c) asemesta pistettä f(a) ja lukuisia derivaattoja että osuttaisiin kyllin tarkasti tähdättyyn lähistöllä olevaan funktion käyrän pisteeseen f(x) (tai ylläolevassa kuvassa f(b)).

Oi logaritmit, ah nuo iki-ihanat logaritmit

Minä oitis rakastuin logaritmeihin ammattikoulussa vuosikymmeniä sitten. Logaritmeissa on suuri idea. Logaritmien avulla voidaan mm. muuttaa kertolasku yhteenlaskuksi ja jakolasku vähennyslaskuksi sekä potenssiin korotus kertolaskuksi. Laskutikut perustuvat logaritmien periaatteelle.

Mutta ensin varmuuden vuoksi pieni katsaus matikan yleisiin peruskaavoihin jotka täytyy osata unissaankin:

am · an = am + n

(am)n = am·n

amn ≡ a^(mn)

am + am = 2·am

 am
--- = am - n
 an

        1
a- m =  ----
        am

am / n = n√(am)

a1 / n = n√(a)

        1
a- 1 =  ---
        a

a0 = 1

a1 = a

a2 = a · a

a + a = 2·a

Määritelmän mukaan loga ab = b eli sanallisesti "luvun ab (eli a potenssiin b) a-kantainen logaritmi on yhtä suuri kuin b". Voisi myös sanoa että jos loga x = b niin silloin ab = x

Ammattikoulussa ulkoa opetellun litanian mukaan "luvun logaritmi on se luku jonka mukaiseen potenssiin korotettuna logaritmijärjestelmän kantaluku tuottaa alkuperäisen luvun". Tuossa edellä luvun x a-kantainen logaritmi siis on tuloksena näkyvä b ja logaritmijärjestelmän kantaluku on a joten ab = x , eli saatiin se alkuperäinen logaritmoitava luku x eli ab.

Tässäpä hienoja logaritmien lauseita:

alogab  =  b                        ( siis a^(logab) = b ) 

loga b·c  =  loga b + loga c       (kertolasku muuttui yhteenlaskuksi)

      b
loga ---  =  loga b - loga c       (jakolasku muuttui vähennyslaskuksi)
      c

loga bc  =  c · loga b       (potenssiin korotus muuttui kertolaskuksi)

           logb x
loga x  =  -------
           logb a

Näistä viimeinen kaava on ehkä vähemmän tunnettu. Voisi ajatella että jos on vaikeaa laskea a-kantaista logaritmia luvusta x, mutta olemme oikein pirun hyviä laskemaan b-kantaisia logaritmeja, niin voimme laskea luvun x a-kantaisen logaritmin kiertotietä jakamalla luvun x b-kantaisen logaritmin luvun a b-kantaisella logaritmilla.

Esimerkiksi voisimme haluta laskea e-kantaisia logaritmeja vaikka osaamme laskea vain 10-kantaisia logaritmeja. Tässä e siis on luonnollisen logaritmijärjestelmän kantaluku. Luonnollista logaritmia monasti merkitään omalla merkinnällään loge x = ln x

                 log10 x
loge x = ln x =  -------
                 log10 e

10-kantaisesta logaritmista joskus käytetään omaa merkintää log10 x = lg x ja log10 e on helposti laskettava vakio 0,43429448...

Ylläolevat kaavat voivat olla aivan hauskoja todistettavia, joten katsotaanpa pari todistusta. Katsotaanpa esimerkiksi kaavaa loga bc = c · loga b

Tässä voidaan ajatella että vasemman puolen kantaluku b = ax ja sijoittaa se kaavan vasempaan puoleen.

loga bc  =  loga (ax)c  =  loga ax·c  =  x·c

Kun b = ax niin silloinhan x = loga b joka sijoittamalla saadaan c·x = c loga b joka juurikin on todistettavan kaavan oikea puoli. Eli ko. kaava tuli näin todistettua.

Vastaavasti voitaisiin todistaa kaava loga b·c = loga b + loga c käyttäen sijoituksia b = ax ja c = ay

loga b·c  =  loga ( ax · ay )  =  loga ax + y  =  x + y

Muistaen edellä tehtyjen sijoitusten käänteiset kaavat x = loga b ja y = loga c saadaan x + y = loga b + loga c joka juurikin on todistettavan yhtälön oikea puoli.

Mutta otetaanpa esiin joitakin kurssin ratkaistuja hauskoja tehtäviä logaritmeista:

Oppikirjan "Calculus" tehtävä 3.2.6. on muodossa log4 (1/8) eli 4-kantainen logaritmi kahdeksasosasta ; paljonko se tekee?

log4 (1/8)  =  log4 8-1  =  log4 (4·2)-1  =  log4 (41·41/2)-1  

                  =  log4 (43/2)-1  =  log4 4-3/2  =  -3/2

Hauska, eikö totta! Eivät ne logaritmit nykyisinkään mitään turhia ole, sen todistaa elävästi tehtävä 3.3.12.

3x = 91-x             | log3()     
log3 3x = log3 91-x
x = log3(32)1-x
x = log3 32 - 2x
x = 2 - 2x

3x = 2

     2
x = ---
     3

Ja mitäs sanoo tämä pikkunäppärä nuljake, tehtävä 3.2.24.

log3 x = 5
3log3 x = 35
x = 35 = 243

Kun tässä kuitenkin pitäisi olla kyse lähinnä diffiksestä, on parasta todeta että ...

d ln x    1
------ = ---
 dx       x

d logax     1
------- = ------
  dx      x·ln a

d ax
---- = ax · ln a
 dx

Ja tässä derivointiin liittyvä logaritmien tiukka tehtävä 3.3.42. jossa voi harjoitella osamäärän derivaattaa ja laventamista:

d logx (2x + 3)       d   loge(2x + 3)      d   ln(2x + 3)
---------------  =  ---- ------------  =  ---- ----------
  dx                 dx    loge x          dx     ln x

      1                          1
   ------  2 ln x - ln (2x + 3) ---
   2x + 3                        x       2x ln x - (2x + 3) ln(2x + 3)
=  --------------------------------  =   -----------------------------
              (ln x)2                       x (2x + 3) (ln x)2

Osamäärän devivaatta voidaan ilmaista tiiviissä muodossa:

   u          u'·v - u·v'
( --- )'  =  -------------
   v               v2

Tai kuten Tekniikan kaavasto sen ilmaisee hiukan monisanaisemmin:

   f(x)       f'(x)·g(x) - f(x)·g'(x)
D ------  =  ------------------------
   g(x)              [g(x)]2

Mutta hei, trigonometria se vasta tekee terää ja eetwarttia!

Trigonometrian kaavoja yleisesti luntataan Tekniikan kaavastosta, mutta ne voi kyllä itsekin johtaa ja todistaa.

Kosinin summakaava on tunnetusti cos(x+y) = cos x cos y - sin x sin y

Ei ehkä tule aivan ensimmäisenä mieleen todistaa sitä kompleksilukulaskentaan viittaavalla Eulerin kaavalla ei x = cos x + i sin x mutta se tässä kuitenkin tehdään. Eulerin kaavasta saadaan seuraavat osatulokset:

ei x = cos x + i sin x
e-ix = cos(-x) + i sin(-x)  =  cos(x) - i sin(x)         (cos parillinen, sin pariton)

eix + e-ix  =  cos x + i sin x + cos(x) - i sin(x)  =  2 cos x

         eix + e-ix
cos x =  ---------
            2

eix - e-ix  =  cos x + i sin x - (cos(x) - i sin(x))
          =  cos x + i sin x - cos(x) + i sin(x)  =  2 i sin x

         eix - e-ix
sin x =  ---------
            2i

Kun nyt tiedämme miten cos x ja sin x voidaan esittää, todistamme näiden avulla kosinin summakaavan, ensin laskemme mitä kaavan vasemmasta puolesta tulee:

             ei(x+y) + e-i(x+y)      eix eiy + e-ix e-iy
cos(x+y) =  ---------------  =  ------------------
                 2                    2

Sitten laskemme mitä kosinin summakaavan oikeasta puolesta tulisi:

                              eix + e-ix   eiy + e-iy       eix - e-ix    eiy - e-iy
cos x cos y - sin x sin y  =  ---------  ----------  -  ----------  ----------
                                  2          2              2i          2i

    eix eiy + eix e-iy + e-ix eiy + e-ix e-iy      eix eiy - eix e-iy - e-ix eiy + e-ix e-iy
 =  -----------------------------------  -  -----------------------------------
                     4                                  4 i2

    eix eiy + eix e-iy + e-ix eiy + e-ix e-iy      eix eiy - eix e-iy - e-ix eiy + e-ix e-iy
 =  -----------------------------------  +  -----------------------------------
                     4                                    4

    eix eiy + e-ix e-iy + eix eiy + e-ix e-iy
 =  ------------------------------------
                      4   

    2 ( eix eiy + e-ix e-iy )     eix eiy + e-ix e-iy
 =  ---------------------  =  -----------------
             4                       2

Lopputulos vaikuttaa samalta kuin edellinen, joka todistanee kosinin summakaavan oikeaksi. Ja tuossahan on laskettu toista nimittäjää 2 i · 2 i = 4 i2 = -4 koska i2 = -1 ja tämä siis kääntää toisen murtolausekkeen etumerkin positiiviseksi.

Sinin summakaava sin(x+y) = sin x cos y + cos x sin y voitaneen todistaa aivan vastaavalla tavalla kuin yllä, mutta taidan sentään jättää sen tässä tekemättä ... näppäimistö voisi kulua liikaa ... tai iskeä jännetuppitulehdus?

Mitäpä sitten olisi cos 2x eli kaksinkertaisen kulman kosini? Sen voinee todistaa kosinin summakaavan cos(x+y) = cos x cos y - sin x sin y avulla nyt kun olemme yllä nähneet niin paljon vaivaa sen todistamiseen.

Meillähän on jatkuvasti hyvässä muistissa yksikköympyrästä (jossa hypotenuusan pituus = 1) Pythagoraan lauseen ("kateettien pituuksien neliöiden summa on yhtä kuin hypotenuusan pituuden neliö") avulla johdettava peruskaava cos2 x + sin2 x = 12 eli siitä tiedämme että pätee cos2 x = 1 - sin2 x sekä yhtä hyvin myös toinen vaihtoehto sin2 x = 1 - cos2 x

cos 2x  =  cos (x + x)  =  cos x cos x - sin x sin x  =  cos2 x - sin2 x  = 

Josta saadaan kaksi hyödyllistä muotoa kaksinkertaisen kulman kosinille ... eli edelleen tuosta jatkuen cos 2x =

  =  cos2 x - ( 1 - cos2 x)  =  2 cos2 x - 1  

  =  ( 1 - sin2 x) - sin2 x  =  1 - 2 sin2 x

Näistä ylläolevista voi päätellä että myöskin pätee:

           cos 2x + 1
cos2 x  =  ----------
              2

           1 - cos 2x
sin2 x  =  ----------
              2

Helposti voidaan myös sinin summakaavalla sin(x+y) = sin x cos y + cos x sin y todistaa kaksinkertaisen kulman sinin kaava sin 2x = 2 sin x cos x

sin 2x  =  sin (x + x)  =  sin x cos x + cos x sin x  =  2 sin x cos x

Puolen kulman trigonometriset funktiot saadaan helposti kaksinkertaisen kulman kosinin funktioista. Sanokaamme että kulma α = x jota käytettiin edellä ja kulma β = 2 · α = 2 · x . Edellä esitetyt kaavat näillä uusilla muuttujilla olisivat:

cos β  =  2 cos2 α - 1

cos β  =  1 - 2 sin2 α

Puolen kulman funktiot saataisiin muuttamalla α -> α / 2 ja β -> α ja ratkaisemalla puolikkan kulman suhteen:

cos α  =  2 cos2 (α/2) - 1

               1 + cos α
cos2 (α/2)  =  ---------
                  2

cos α  =  1 - 2 sin2 (α/2)

               1 - cos α
sin2 (α/2)  =  ----------
                  2

Tosiaankin valitettavasti yleisesti käytetään sellaisia aavistuksen verran arveluttavia merkintätapoja kuin cos2 x sekä sin2 x , mutta nehän vaan merkitsevät seuraavia kertolaskuja:

cos2 x  ≡  ( cos x ) · ( cos x )  =  ( cos x )2

sin2 x  ≡  ( sin x ) · ( sin x )  =  ( sin x )2

Mutta hei hetkinen, tämänhän piti olla diffistä! Kaivetaanpa nopeasti esiiin derivointikaavoja. Jospa katsotaan arkusfunktioita eli trigonometristen funktioiden käänteisfunktioita.

Helpointa olisi ehkä käänteisen sinin eli arkus sinin ( arcsin x ) derivaatan johtaminen? Joudumme tässä kuitenkin käyttämään hiukan rajatun arvoalueen siniä ja nimeämään sen isolla alkukirjaimella Sin x ollaksemme matemaattisesti täysin synnittömiä.

d arcsin x        dy             1            1
----------  =  ---------  =  ---------  =  -------
   dx           d Sin y       d Sin y       cos y
                              -------
                                dy

Perusteluna tässä että kun osoittajan y = arcsin x niin silloin täytyy nimittäjässä olla x = Sin y ja sinin derivaatta on tunnetusti kosini. Sama pätee myös tähän rajoitetun arvoalueen siniin isolla alkukirjaimella.

Voidaan yleisesti väittää että cos y = ± √(1 - sin2 y) ja kun tässä sattuu olemaan y = arcsin x niin tässä pätee cos y = ± √(1 - sin(arcsin x)·sin(arcsin x) ) = ± √(1 - x2) ja lopulliseksi ratkaisuksi saadaan:

d arcsin x         1
----------  =  --------- 
   dx          √(1 - x2)

Hyperboliset funktiot ja areafunktiot

Yleissivistyksen vuoksi voisi olla ihan kiva vilkaista vielä hyperbolisia funktioita ja niiden käänteisfunktioita eli areafunktioita.

Oheinen kuva diffiksen kurssin Matte 4 oppikirjasta Calculus kuvaa hyperbolisten funktioiden kuvaajia. Siinä on havainnollisesti kuvattu myös erilaisia muotoja funktiosta ex joka on tässä suhteessa kovin keskeinen.

Hyperbolinen kosini (cosh x) voidaan määritellä melkein - mutta ei aivan - samoin kuin edellä esitettiin tavallinen kosini Eulerin lauseen avulla.

            ex + e-x
cosh x  =  ---------
               2

Hyperbolisessa sinissäkin (sinh x) on jotakin tutunomaista, mutta huomaa ero edelliseen:

            ex - e-x
sinh x  =  ---------
               2

Näiden välillä vallitsee trigonometrisista funktioista tuttu yhteys, mutta huomaa miinusmerkki: cosh2 x - sinh2 x = 1

Kuten vastaavat trigonometriset funktiot, on myös hyperbolinen kosini parillinen ja hyperbolinen sini pariton funktio:

cosh (-x)  =  cosh x
sinh (-x)  = -sinh x

Tämänhän näkee oheisesta kuvasta siten että cosh x on itsensä peilikuva y-akselin suhteen, kun taas sin h sukeltaa origon vasemmalla puolella x-akselin alapuolelle.

Hyperbolinen tangentti (tanh x) voidaan määritellä samaan tapaan kuin tavallinen tangentti osamääränä, mutta käyttäen hyperbolista siniä ja kosinia:

           sinh x
tanh x  =  ------
           cosh x

Katsotaanpa saisiko tuosta kaavasta yksityiskohtaisemman:

                        ex - e-x
                        -------
           sinh x          2            ex - e-x
tanh x  =  ------  =  ------------  =  -----------             | · ex
           cosh x       ex + e-x         ex + e-x
                        --------
                           2

     ex·ex - e-x·ex     ex+x - ex-x      e2·x - e0     e2x - 1
  =  ------------  =  ----------  =  --------  =  -------
     ex·ex + e-x·ex     ex+x + ex-x      e2·x + e0     e2x + 1

Ei siis tarvitse laskea erikseen luonnollisen logaritmijärjestelmän kantaluvusta e arvoja ex ja e-x , vaan pärjätään yhdellä ja samalla arvolla e2·x

Hyperbolinen sini ja kosini voivat muuttua hurjan nopeasti, mutta hyperbolinen tangentti sentään käyttäytyy hillitymmin, kuten oheinen kuva todistaa. Siinä ei myöskään ole trigonometrisen serkkunsa tuttuja ongelmallisia piirteitä, epäjatkuvuuskohtia kohdissa kuten ..., -3π/2, -π/2, π/2, 3π/2, ... .

Hyperbolisen tangentin vaakasuora asymptootti näyttäisi olevan vasemmalla suora y = -1 ja oikealla suora y = +1 eli funktion arvo lähestyy näitä rajoja kun erkaannutaan origosta.

Ylemmästä kuvasta päätellen hyperbolisen kosinin asymptootti on vasemmalla käyrä y = 1/2 e-x ja oikealla käyrä y = 1/2 ex . Hyperbolisen sinin asymptootti on vasemmalla käyrä y = -1/2 e-x ja oikealla sama käyrä y = 1/2 ex kuin hyperbolisella kosinilla.

Joitakin derivaattoja:

d cosh x
--------  =  sinh x
  dx

d sinh x
--------  =  cosh x
  dx

Voisin todistaa hyperbolisen kosinin derivaatan kaavan jossa on huomattava että etumerkki ei vaihdu vastaavasti kuin trigonometristen funktioiden puolella:

d cosh x      d    ex + e-x      1                   ex - e-x
--------  =  ----  -------  =  --- ( ex - e-x )  =  --------  =  sinh x
  dx          dx      2         2                      2

Tuohan on helppo sikäli että sisäfunktion yleensä lähes näkymätön kerroin -1 siinä vaan kääntää etumerkin koska D(e-x) = D(e-1·x) = -1·e-x = -e-x

Areafunktiot ovat hyperbolisten funktioiden käänteisfunktioita. Katsotaanpa hyperbolista siniä ja etsitään sitä vastaavaa areafunktiota:

                  ex - e-x
y  =  sinh x  =  ---------
                     2

Käänteisfunktion yleisten ominaisuuksien perusteella voimme päätellä että kun y on tuollainen muuttujan x avulla ilmaistuna, niin käänteisfunktiossa vastaavasti muuttujan x täytyy sitten olla muuttujan y avulla ilmaistuna ...

       ey - e-y
x  =  ---------
          2

Eli vaihdetaan roolit ja niinpä yritämme sitten ratkaista tästä kaavasta mitä x on y:n avulla ilmaistuna ja - violá-juusto - lopulta meillä pitäisi olla käänteisfunktion kaava.

2x  =  ey - e-y             | ·ey

2x ey  =  ey·ey - ey·e-y

2x ey  =  e2y - e0

2x ey  =  e2y - 1
Ryhmitelläänpä tuo uudelleen fiksusti:
(ey)2 - 2x (ey) - 1  =  0

Tässäpä meillä on toisen asteen yhtälö jossa muuttujana on ey (ja x on vakio) ja ratkaisemme tavalliseen tapaan tutulla toisen asteen yhtälön kaavalla:

       2x ± √( (2x)2 - 4·1·(-1) )     2x ± √( 4x2 + 4 )     2x ± 2·√( x2 + 1 )
ey  =  --------------------------  =  ----------------  =  ------------------
            2                             2                     2

Ratkaisut ovat ey = x ± √( x2 + 1 ) joista valitsemme plusmerkkisen.

Tällä perusteella siis on ey = x + √( x2 + 1 )

Sitten pitäisi taas muistaa logaritmit, sillä luonnollinen logaritmi on eksponenttifunktion käänteisfunktio.

Otamme luonnollisen logaritmin kummastakin puolesta ja ratkaisemme että täytyy olla loge(ey) = y = ln ( x + √( x2 + 1 ) )

Ja mitä olikaan y, se mitä lähdettiin hakemaan, se on juurikin hyperbolista siniä vastaava areafunktio. Joten on siis y = arsinh x = ln ( x + √( x2 + 1 ) ) kun x on jonkin argumentin hyperbolinen sini, tai siis sehän on nimenomaan argumentin y hyperbolinen sini koska jos y = arsinh x niin täytyy olla x = sinh y koska käänteisfunktioiden kyseessä ollen tietenkin pätee y = arsinh (sinh y) ; kun käännetään kahdesti niin päädytään alkuperäiseen.

Hyperbolinen sini on yksikäsitteinen funktio ja sikäli tässä ongelmaton. Hyperbolisen kosinin kanssa varmaan joutuisi temppuilemaan enemmän koska parillisessa funktiossa samaa y-arvoa vastaa kaksi erilaista x-arvoa kuten ylläolevasta kuvasta näkyy. Siitä saisi yksikäsitteisen siten että rajoittuu vain esim. positiivisiin arvoihin. Oikeastaan vain täysin yksikäsitteisellä funktiolla voi olla käänteisfunktio, joten trigonometristenkin funktioiden kanssa joutuu hiukan temppuilemaan että niille saa johdettua käänteisfunktiot matemaattisesti täysin korrektilla tavalla. Trigonometrisissa funktioissahan samat funktion arvot toistuvat aina välein 2π radiaania eli 360°, joten ihan raakan raadollisesti suoraan tulkiten niille ei voisi olla käänteisfunktiota, koska erilaiset argumentin arvot johtavat samaan funktion arvoon.

Vastaavasti voisimme ratkaista hyperbolista tangenttia vastaaavan areafunktion koska hyperbolinen tangentti on sellaisenaan yksikäsitteinen, kuten ylläolevasta kuvaajasta näkee ; jokaista y-arvoa vastaa vain yksi x-arvo.

Yllä jo saimmekin peruskaavoista ratkaistua hyperbolista tangenttia niin pitkälle että pätee:

                  e2x - 1
y  =  tanh x  =  --------
                  e2x + 1

Käänteisfunktion etsintää varten suoritamme roolien vaihdon x <--> y kuten edellä:

       e2y - 1
x  =  --------
       e2y + 1

Tästä sitten jatkamme kaavan käpistelyä etsien määrätietoisesti sujuvaa tapaa ilmaista y muuttujan x funktiona:

x · ( e2y + 1 )  =  e2y - 1

x e2y + x  =  e2y - 1

x + 1  =  e2y - x e2y 

x + 1  =  ( 1 - x ) · e2y 

        1 + x
e2y  =  -------
        1 - x

Noh, logaritmi loge e2y = ln(e2y) on tietenkin 2y joten otetaanpa yhtälön kummastakin puolesta luonnollinen logaritmi:

                1 + x
loge e2y  =  ln -------
                1 - x

           1 + x
2y  =  ln -------
           1 - x

      1          1 + x
y =  --- · ln ( ------- )
      2          1 - x

Olemme siis päätyneet lopputulokseen y = 1/2 · ln ((1+x)/(1-x)) ja tämä on juurikin etsitty käänteisfunktio, artanh x eli hyperbolista tangenttia vastaava areafunktio.


... to be continued ...


Galleria