maty010 matematiikan propedeuttinen kurssi · 2019-09-09 · maty010 matematiikan propedeuttinen...

MATY010Matematiikan propedeuttinen kurssi

Syksy 2018

Emma Leppälä

muokattu viimeksi: 14. marraskuuta 2018

SISÄLTÖ 1

Sisältö

1 Luvut, laskeminen, potenssi 5

1.1 Lukualueet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2 Laskusäännöt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3 Prosentti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.4 Lukujen järjestys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.5 Itseisarvo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.5.1 Kahden reaaliluvun välinen etäisyys . . . . . . . . . . 10

1.6 Potenssi – eksponenttina kokonaisluku . . . . . . . . . . . . . 11

1.6.1 Muistikaavat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.7 Neliöjuuri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.8 Potenssi – eksponenttina rationaaliluku . . . . . . . . . . . . 15

1.9 Potenssi – eksponenttina reaaliluku . . . . . . . . . . . . . . . 18

2 Funktio 18

2.1 Funktion määritelmä . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.2 Funktion kuvaaja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.3 Polynomit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.3.1 Polynomin nollakohdat . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.3.2 Polynomin tekijöihinjako . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.4 Rationaalifunktiot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

3 Yhtälöt ja epäyhtälöt 25

3.1 Implikaatio ja ekvivalenssi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

3.2 Yhtälön ratkaiseminen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

SISÄLTÖ 2

3.3 Ensimmäisen asteen yhtälö . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3.3.1 Yleinen ratkaisu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

3.4 Neliöksi täydentäminen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

3.5 Toisen asteen yhtälö . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3.5.1 Diskriminantti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

3.6 Korkeamman asteen yhtälöt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

3.7 Rationaaliyhtälö . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

4 Epäyhtälöt 37

4.1 Epäyhtälön ratkaiseminen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

4.2 Ensimmäisen asteen epäyhtälö . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

4.3 Reaalilukuvälit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

4.4 Toisen ja korkeamman asteen epäyhtälöt . . . . . . . . . . . . 39

4.4.1 Merkkikaavio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

4.4.2 Epäyhtälön ratkaiseminen merkkikaavion avulla . . . . 41

4.5 Rationaaliepäyhtälö . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

5 Yhtälöryhmät 43

5.1 Kahden muuttujan yhtälöpari . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

6 Analyyttinen geometria 47

6.1 Suora ja suoran yhtälö . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

6.1.1 Suorien yhdensuuntaisuus ja kohtisuoruus . . . . . . . 49

6.2 Suorien leikkauspiste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

6.3 Kahden pisteen välinen etäisyys . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

6.4 Ympyrä . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

SISÄLTÖ 3

6.5 Ympyrän ja suoran leikkauspisteet . . . . . . . . . . . . . . . 53

7 Derivaatta 54

7.1 Derivaatta geometrisesti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

7.2 Derivaatan määritelmä ja derivoituvuus . . . . . . . . . . . . 55

7.3 Derivoimissääntöjä . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

7.4 Funktion ääriarvot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

7.4.1 Funktion ääriarvojen etsiminen derivaatan avulla . . . 58

7.4.2 Aidosti kasvava ja aidosti vähenevä funktio . . . . . . 60

7.4.3 Funktion paikalliset ääriarvot . . . . . . . . . . . . . . 61

7.5 Toisen ja korkeamman kertaluvun derivaatat . . . . . . . . . . 63

8 Integraali 63

8.1 Integraalifunktiot ja määräämätön integraali . . . . . . . . . . 64

8.2 Määrätty integraali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

8.3 Analyysin peruslause . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

8.3.1 Kahden kuvaajan rajaama pinta-ala . . . . . . . . . . 71

9 Trigonometriset funktiot 73

9.1 Yksikköympyrä . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

9.2 Radiaanit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

9.3 Sini ja kosini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

9.4 Tangentti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

9.5 Trigonometristen funktioiden derivointi ja integrointi . . . . . 78

10 Logaritmi- ja eksponenttifunktio 79

10.1 Logaritmi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

10.2 Logaritmin kannanvaihto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

10.3 Esimerkkejä . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

10.4 Eksponenttifunktio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

10.5 Logaritmi- ja eksponenttifunktion derivointi ja integrointi . . 84

5

1 Luvut, laskeminen, potenssi

1.1 Lukualueet

Matematiikassa luvut voidaan jakaa kokonaislukuihin, rationaalilukuihin,irrationaalilukuihin sekä reaalilukuihin.

• Kokonaisluvut ovat luvut

. . . ,−3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . .

Kokonaislukujen joukkoa merkitään symbolilla Z.• Rationaaliluvut ovat luvut, jotka voidaan esittää kahden kokonaisluvun

osamääränä eli murtolukuna: esimerkiksi

1

2,

13

7, − 3

10.

Nimittäjä ei saa kuitenkaan koskaan olla nolla!Huomaa, että esimerkiksi 5

1 = 5, joten jokainen kokonaisluku on myösrationaaliluku. Rationaaliluku voidaan aina esittää joko päättyvänätai jaksollisena desimaalilukuna. Rationaalilukujen joukkoa merkitäänsymbolilla Q.• Irrationaaliluvut ovat lukuja, joita ei voi esittää kahden kokonaisluvun

osamääränä: esimerkiksi π ja√

2 ovat irrationaalilukuja.• Reaaliluvut on kaikkien rationaali- ja irrationaalilukujen joukko, siis

’kaikki lukusuoran luvut’. Reaalilukuja ovat siis esimerkiksi

3, −7,1

3,√

3 jaπ

2.

Reaalilukujen joukkoa merkitään symbolilla R.

Mikä tahansa ylläolevista lukualueista voidaan jakaa erikseen positiivisiin janegatiivisiin lukuihin. Luku 0 ei ole positiivinen eikä negatiivinen. Lisäksivoidaan puhua ei-negatiivisista ja ei-positiivisista luvuista.

Esimerkiksi

• positiiviset kokonaisluvut ovat 1, 2, 3, . . .• negatiiviset kokonaisluvut ovat −1,−2,−3, . . .• ei-negatiiviset kokonaisluvut ovat 0, 1, 2, 3, . . .• ei-positiiviset kokonaisluvut ovat 0,−1,−2,−3, . . .

1.2 Laskusäännöt 6

1.2 Laskusäännöt

Reaalilukujen yhteenlaskulle ja kertolaskulle pätevät seuraavat laskusäännöt:

Sääntö 1.2.1. Olkoon a, b ja c reaalilukuja. Tällöin

1. a+ (b+ c) = (a+ b) + c ja a(bc) = (ab)c (liitännäisyys)sulkuja ei tarvitse merkitä

2. a+ b = b+ a ja ab = ba (vaihdannaisuus)3. a(b+ c) = ab+ ac (osittelu)4. a+ (−a) = a− a = 0 (−a on luvun a vastaluku)5. kun a 6= 0, niin a · 1a = 1 ( 1a on luvun a käänteisluku)6. kun ab = 0, niin silloin a = 0 tai b = 0. (tulon nollasääntö)

Huomautus. Usein kertolaskua osoittava piste jätetään kirjoittamatta kunainakin toinen kerrottavista on muuttuja. Joskus kertomerkki kuitenkin kir-joitetaan selkeyden vuoksi.

Sääntö 1.2.2 (Murtolukujen laskusäännöt). Olkoot a, b, c ja d kokonaislu-kuja ja b 6= 0 ja d 6= 0. Tällöin

1.a

b+c

b=a+ c

b

2.a

b−c

b=a− cb

3.a

b+c

d=ad+ bc

bd

4.a

b−c

d=ad− bcbd

5.a

b·c

d=a · cb · d

=ac

bd

6.

(a

b

)/

(c

d

)=a

b·d

c=ad

bckun myös c 6= 0

Huomautus. Laskusäännöt 3 ja 4 ovat tuttu murtolukujen laventaminensamannimisiksi ja ne saadaan säännöistä 1 ja 2:

d)a

b+b) c

d=a · db · d

+c · bd · b

=ad

bd+bc

bd

=ad+ bc

bd.

Esimerkki 1.2.3. Lasketaan7) 3

4+

4) 6

7=

3 · 74 · 7

+6 · 47 · 4

=21

28+

24

28=

45

28.

1.2 Laskusäännöt 7

Tehtävä. Olkoot R1 ja R2 rinnan kytkettyjen vastusten resistanssit. Tällöinniiden kokonaisresistanssi R saadaan kaavasta

1

R=

1

R1+

1

R2.

1. Laske R, kun R1 = 3 ja R2 = 4.2. Kirjoita kaavan oikean puolen lauseke yhtenä murtolukuna. Siis, sie-

vennä summa 1R1

+ 1R2

.

Ratkaisu.

1. Laventamalla samannimiksi saadaan

1

R=

1

R1+

1

R2=

4) 1

3+

3) 1

4=

4

12+

3

12=

7

12,

joten1

R=

7

12,

mistä saadaanR =

12

7.

2. Laventamalla samannimiksi saadaan

R2) 1

R1+R1) 1

R2=

R2

R1R2+

R1

R1R2=R1 +R2

R1R2.

Sääntö 1.2.4. Laskujärjestys on seuraava:

1. sulkujen sisällä olevat lausekkeet (alkaen sisimmistä suluista)2. potenssit ja juuret3. kerto- ja jakolaskut (vasemmalta oikealle)4. yhteen- ja vähennyslaskut (vasemmalta oikealle)

Sulkujen sisällä sovelletaan samaa laskujärjestystä.

Esimerkki 1.2.5. Lasketaan

(23 − 1) · 2− 6 / 3 + 1 = (8− 1) · 2− 6 / 3 + 1

= 7 · 2− 6 / 3 + 1

= 14− 2 + 1 = 13.

1.3 Prosentti 8

1.3 Prosentti

Prosentteja käytetään ilmaisemaan suhteellisia osuuksia. Yksi prosentti onyksi sadasosa, eli

1% =1

100= 0,01.

Esimerkki 1.3.1.

1. 3 % luvusta 200 on 6, koska

3 · 1

100· 200 = 3 · 200

100= 3 · 2 = 6.

2. Montako prosenttia on 15 luvusta 60? Lasketaan

15

60=

1

4= 0,25 = 25%,

joten 15 on 25 % luvusta 60.3. Tuote maksaa 30 euroa ja hintaa nostetaan 7 %. Paljonko on uusi

hinta?7 % 30 eurosta on

0,07 · 30 = 2,1,

joten uusi hinta on 30 + 2,1 = 32,1 euroa.Toinen tapa on laskea suoraan

30 + 0,07 · 30 = 1,07 · 30 = 32,1.

1.4 Lukujen järjestys

Merkintä a < b tarkoittaa, että luku a on aidosti pienempi kuin luku b.Vastaavasti merkintä a > b tarkoittaa, että luku a on aidosti suurempi kuinluku b.

Merkintä a ≤ b tarkoittaa, että joko a < b tai a = b, eli luku a on pienempitai yhtäsuuri kuin luku b. Vastaavasti merkintä a ≥ b tarkoittaa, että jokoa > b tai a = b, eli luku a on suurempi tai yhtäsuuri kuin luku b.

Tehtävä. Laita seuraavat luvut järjestykseen käyttäen merkkejä < ja ≤:0; 9; −1; −1

3 ; 1−4 ; −1−4 ; 10

3 ; 3; 41 ; π; π · π; 2

5 ; 54 ; 1; 6

5 ; −0,333 . . . ja 0,25

1.5 Itseisarvo 9

Ratkaisu.

−1 < −0,333 . . . ≤ −1

3<

1

−4< 0 < 0,25 ≤ −1

−4<

2

5

< 1 <6

5<

5

4< 3 < π <

10

3<

4

1< 9 < π · π

Sääntö 1.4.1. Olkoot a, b ja c reaalilukuja. Tällöin:

1. Jos a > 0 ja b > 0, niin ab > 0.(kahden positiivisen luvun tulo on positiivinen)

2. Jos a > 0 ja b < 0, niin ab < 0.(positiivisen ja negatiivisen luvun tulo on negatiivinen)

3. Jos a < 0 ja b < 0, niin ab > 0.(kahden negatiivisen luvun tulo on positiivinen)

4. Jos a > b, niin a+ c > b+ c.(luvun lisääminen molempiin ei muuta järjestystä)

5. Jos a > b ja c > 0, niin ac > bc.(positiivisella luvulla kertominen ei muuta järjestystä)

6. Jos a > b ja c < 0, niin ac < bc.(negatiivisella luvulla kertominen kääntää järjestyksen)

1.5 Itseisarvo

Geometrisesti itseisarvo kertoo luvun etäisyyden nollasta.

−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5

= |5| = 5= |−3| = 3

Kuva 1: Luvun itseisarvon tulkinta etäisyytenä nollasta lukusuoralla.

Reaaliluvun a itseisarvo, merkitään |a|, määritellään lausekkeella

|a| =

{a, kun a ≥ 0

−a, kun a < 0.

Esimerkki 1.5.1.

1. |11| = 11, koska 11 ≥ 02. |−11| = − (−11) = 11, koska −11 < 03. |0| = 0

1.5 Itseisarvo 10

Sääntö 1.5.2. Olkoot a ja b reaalilukuja. Itseisarvo toteuttaa seuraavatlaskusäännöt:

1. |ab| = |a| |b|2.∣∣ab

∣∣ = |a||b| kun b 6= 0

3. |a| = |b| jos ja vain jos a = b tai a = −b

Huomautus. Yleisesti ei päde, että |a+ b| = |a|+ |b|.

Tehtävä. Laske / sievennä seuraavat lausekkeet:

1. |3 + (−7)|+ |6| − |−6|2.∣∣−3

8

∣∣ · 2|3|

3. |−4a|4. |3x+ 2y − 4x|

Ratkaisu.

1. Itseisarvon määritelmän avulla

|3 + (−7)|+ |6| − |−6| = |−4|+ |6| − |−6|= −(−4) + 6− (−(−6))

= 4 + 6− 6 = 4.

2. Laskusääntöjen perusteella∣∣∣∣−3

8

∣∣∣∣ · 2

|3|=|−3||8|· 2

|3|=−(−3)

8· 2

3=

3

8· 2

3=

2

8=

1

4.

3. Laskusääntöjen perusteella

|−4a| = |−4| |a| = −(−4) |a| = 4 |a| .

4.|3x+ 2y − 4x| = |−x+ 2y| .

1.5.1 Kahden reaaliluvun välinen etäisyys

Kahden reaaliluvun a ja b välinen etäisyys on niiden erotuksen itseisarvo eli|a− b|.

1.6 Potenssi – eksponenttina kokonaisluku 11

Esimerkki 1.5.3.

1. Lukujen 5 ja 1 välinen etäisyys on |5− 1| = |4| = 4.2. Lukujen 2 ja −6 välinen etäisyys on |2− (−6)| = |2 + 6| = |8| = 8.

−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5

= |−3− 4| = 7

Kuva 2: Lukujen −3 ja 4 välinen etäisyys lukusuoralla.

Huomautus. Ei ole merkitystä miten päin luvut a ja b valitaan, sillä itseis-arvolle pätee

|a− b| = |b− a| .

Perustelu: Erotus a−b voidaan kirjoittaa muodossa −1·(b−a) ja käyttämälläitseisarvon ominaisuuksia saadaan

|a− b| = |−1 · (b− a)| = |−1| |b− a| = 1 |b− a| = |b− a| .

1.6 Potenssi – eksponenttina kokonaisluku

Tehtävä. Oletetaan, että bakteerien määrä pilaantuneessa elintarvikkees-sa kaksinkertaistuu tunnin välein. Jos bakteereja on alunperin tuhat, niinpaljonko bakteereja on 10 tunnin kuluttua?

Ratkaisu. Tunnin jälkeen bakteereja on

2 · 1000 = 2000.

Kahden tunnin jälkeen määrä on

2 · 2 · 1000 = 4000.

10 tunnin jälkeen baktreereja on siis

2 · 2 · · · 2︸︷︷︸10 kpl

·1000 = 210 · 1000 = 1024 · 1000 = 1 024 000

eli noin miljoona kappaletta.


Reaaliluvun a potenssia merkitään am. Jos m on positiivinen kokonaisluku,niin

am = a · a · · · a︸︷︷︸m kpl

.

Lukua a sanotaan kantaluvuksi ja lukua m eksponentiksi. Toista potenssia a2

sanotaan myös luvun a neliöksi ja kolmatta potenssia a3 luvun a kuutioksi.

Negatiivinen kokonaislukupotenssi a−m määritellään

a−m =1

am.

Lisäksi määritellääna0 = 1

kaikilla reaaliluvuilla a.

Esimerkki 1.6.1.

1. 35 = 3 · 3 · 3 · 3 · 3 = 243.2. 3−4 = 1

34= 1

3·3·3·3 = 181 .

Sääntö 1.6.2. Potensseille on voimassa seuraavat laskusäännöt, missä m jan ovat kokonaislukuja ja a ja b reaalilukuja:

1. am · an = am+n

2. (am)n = am·n

3. (ab)m = am · bm4.(ab

)m= am

bm , kun b 6= 0

Laskusäännöt voi perustella käyttäen potenssin määritelmää. Esimerkiksi,jos m ja n ovat positiivisia kokonaislukuja, niin

am · an = (a · a · · · a)︸︷︷︸m kpl

· (a · a · · · a)︸︷︷︸n kpl

= a · a · · · a︸︷︷︸m+ n kpl

= am+n.

Tehtävä. Laske potenssin laskusääntöjen avulla:

1. (25 · 23)2 · 2−11

2.(25

)3 · 543. (−1)5 · (−2)3 · (−3)−2

4. 32·(2·3)34·34

Ratkaisu.


1.

(25 · 23)2 · 2−11 = (25+3)2 · 2−11 = (28)2 · 2−11

= 28·2 · 2−11 = 216 · 2−11

= 216+(−11) = 25 = 32

2. (2

5

)3

· 54 =23

53· 54 =

23 · 54

53= 8 · 5 = 40

3.

(−1)5 · (−2)3 · (−3)−2 = (−1) · (−8) · 1

(−3)2= 8 · 1

9=

8

9

4.

32 · (2 · 3)3

4 · 34=

32 · 23 · 33

4 · 34=

23 · 32+3

22 · 34=

23 · 35

22 · 34= 2 · 3 = 6

Tehtävä. Osakesalkun arvo kasvaa vuodessa 6 %. Mikä on salkun arvo 12vuoden kuluttua?

Ratkaisu. Merkitään salkun nykyistä arvoa muuttujalla x. Vuoden kuluttuasalkun arvo on 1,06x ja 12 vuoden kuluttua arvo on

1,0612 · x ≈ 2,01x.

Salkun arvo on siis kasvanut noin kaksinkertaiseksi.

Tehtävä. Plutoniumin isotoopin 229 puoliintumisaika on noin 2 minuuttia.Jos isotooppia on alussa 1 g, niin paljonko sitä on 10 minuutin kuluttua?

Ratkaisu. Koska 10/2 = 5, niin määrä ehtii puolittua 5 kertaa ajanjaksonaikana. Siis 10 minuutin kuluttua jäljellä on(

1

2

)5

· 1 g =1

25· 1 g =

1

32g ≈ 0,03 g.

1.7 Neliöjuuri 14

1.6.1 Muistikaavat

Olkoot a ja b mitä tahansa reaalilukuja. Tällöin

1. (a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2

2. (a− b)2 = a2 − 2ab+ b2

3. (a+ b) (a− b) = a2 − b2

Esimerkki 1.6.3. Toisinaan päässälaskut helpottuvat muistikaavoilla:

1012 = (100 + 1)2 = 1002 + 2 · 100 · 1 + 12

= 10 000 + 200 + 1 = 10 201.

1.7 Neliöjuuri

Olkoon a positiivinen reaaliluku. Luvun a neliöjuuri√a on se positiivinen

luku x, joka korotettuna toiseen potenssiin on a, toisin sanoen x2 = a.

Esimerkki 1.7.1.√

9 = 3, sillä 32 = 9.

Huomautus. Huomaa, että sekä 32 = 9 että (−3)2 = 9. Yleisesti, jos a onpositiivinen reaaliluku ja x =

√a, niin myös (−x)2 = (−

√a)2 = a. On siis

kaksi lukua, yksi positiivinen ja yksi negatiivinen, jotka korotettuna toiseenpotenssiin ovat a. Neliöjuuri on määritelty olemaan näistä se positiivinen.

Huomautus. Negatiivisilla luvuilla ei ole neliöjuurta, sillä jokaisella reaali-luvulla x pätee, että x2 ≥ 0.

Sääntö 1.7.2. Olkoot a ja b positiivisia reaalilukuja. Neliöjuurelle on voi-massa seuraavat laskusäännöt:

1.√ab =

√a√b

2.√

ab =

√a√b

3. (√a)2 = a

Lisäksi jokaisella reaaliluvulla a pätee

4.√a2 = |a|

Tässä√a2 on mielekäs vaikka a olisi negatiivinen, koska kuitenkin a2 ≥ 0.

Huomautus. Yleisesti ei päde, että√a+ b =

√a+√b.

1.8 Potenssi – eksponenttina rationaaliluku 15

Tehtävä. Laske/sievennä:

1.√

642.√

4a, kun a > 03.√

8

Ratkaisu.

1.√

64 = 8, koska 82 = 642.√

4a =√

4√a = 2

√a

3.√

8 =√

4 · 2 =√

4√

2 = 2√

2

Tehtävä. Tiedetään, että neliönmuotoisen opiskelijayksiön pinta-ala on 16m2.Kuinka pitkä on yksi seinä?

Ratkaisu. Merkitään seinän pituutta muuttujalla a, joka on positiivinen lu-ku. Tiedetään, että huoneen pinta-ala on 16m2 eli

a2 = 16.

Ottamalla yhtälöstä puolittain neliöjuuri saadaan√a2 =

√16,

eli laskusääntöjen avulla siis|a| = 4.

Koska seinän pituus a > 0, niin |a| = a, joten saadaan vastaus a = 4m.

1.8 Potenssi – eksponenttina rationaaliluku

Seuraavaksi määrittelemme potenssit a1n , missä a on positiivinen reaaliluku

ja n on positiivinen kokonaisluku. Haluamme, että potenssien laskusäännöt1.6.2 pysyvät edelleen samoina, vaikka eksponenttina olisi rationaaliluku.Tällöin pitäisi päteä

(a1n )n = a

1n·n = a1 = a.

Määrittelemme siis, että a1n on se positiivinen luku, joka korotettuna po-

tenssiin n antaa tulokseksi luvun a.

Esimerkiksi kun n = 2, niin haluamme, että a12 on se positiivinen luku, joka

korotettuna toiseen potenssiin on a. Siis, a12 =√a.


Esimerkki 1.8.1.

1. 4912 =√

49 = 7, koska 72 = 49.2. 8

13 = 2, koska 23 = 8.

3. 8114 = 3, koska 34 = 81.

Tehtävä. Laske

1. 2713

2. 3215

3.(18

) 13

Ratkaisu.

1. 2713 = 3, koska 33 = 27.

2. 3215 = 2, koska 25 = 32.

3.(18

) 13 = 1

2 , koska(12

)3= 1

23= 1

8 .

Kun määrittelemme mitä tarkoittaa amn , missä m ja n ovat positiivisia ko-

konaislukuja, haluamme edelleen pitää laskusäännöt 1.6.2 voimassa. Määrit-telemme, että

amn = (a

1n )m.

Huomautus. Pätee, että

amn = (a

1n )m = (am)

1n .

Lisäksi määritellään, että

a−mn =

1

amn

.

Sääntö 1.8.2 (Rationaalilukuekspotenttien laskusäännöt). Täsmälleen sa-mat laskusäännöt 1.6.2 ovat voimassa myös silloin, kun eksponentit ovatrationaalilukuja ja kantaluku on positiivinen.

Tehtävä. Laske:

1. 2532

2. 823

3. (8x)13x

32


Ratkaisu.

1. 2532 = (25

12 )3 = 53 = 125

2. 823 = (8

13 )2 = 22 = 4

Voidaan yhtä hyvin myös laskea 823 = (82)

13 = 64

13 = 4.

3. (8x)13x

32 = 8

13x

13x

32 = 2x

13+ 3

2 = 2x26+ 9

6 = 2x116

Merkintöjä ja nimiä:

• Potenssia a12 merkitään myös

√a ja kutsutaan neliöjuureksi.

• Potenssia a13 merkitään myös 3

√a ja kutsutaan kuutiojuureksi.

• Yleisesti potenssia a1n merkitään myös n

√a. Tästä potenssista käyte-

tään nimitystä n:s juuri.

Tehtävä. Kleiberin lain mukaan eläimen aineenvaihdunnan nopeuden (mer-kitään q0) ja massan (merkitään M) välillä on yhteys

q0 = cM3/4,

missä c on jokin vakio. Olkoon ihmisen massa 70 kg ja gaurin eli viidakko-härän 1120 kg. Laske gaurin ja ihmisen aineenvaihdunnan nopeuksien suhdeKleiberin lain mukaan.

Ratkaisu. Kleiberin lain mukaan ihmisen aineenvaihdunnan nopeus on

c · 703/4

ja gaurinc · 11203/4.

Nopeuksien suhde on siis

c · 11203/4

c · 703/4=

11203/4

703/4=

(1120

70

)3/4

= 163/4 = (161/4)3 = 23 = 8.

Huomautus. Emme määrittele potensseja amn , missä kantaluku a on nega-

tiivinen luku!

Esimerkki 1.8.3 (Varoittava esimerkki). Varomaton laskeminen rationaali-lukueksponenteilla kun kantaluku on negatiivinen voisi johtaa kammottavaanlopputulokseen:

−5 = (−5)1 = (−5)2·12 = ((−5)2)

12 = 25

12 = 5

1.9 Potenssi – eksponenttina reaaliluku 18

1.9 Potenssi – eksponenttina reaaliluku

Positiivisen reaaliluvun a potenssi ar voidaan määritellä myös siinä tapauk-sessa, että r ei ole rationaaliluku.

Sääntö 1.9.1 (Reaalilukuekspotenttien laskusäännöt). Täsmälleen samatlaskusäännöt 1.6.2 ovat voimassa myös silloin, kun eksponentit ovat reaali-lukuja ja kantaluku on positiivinen.

Tehtävä. Jättihauen1 pituuden L (m) ja massan M (kg) on havaittu nou-dattavan karkeasti yhtälöä

M = c · L3,325,

missä c = 8,13. Kuinka paljon 1,2-metrinen jättihauki tämän yhtälön mu-kaan painaisi?

Ratkaisu. Sijoittamalla yhtälöön c = 8,13 ja L = 1,2 saadaan

M = c · L3,325 = 8,13 · (1,2)3,325.

Laskin antaa tulokseksiM ≈ 14,9.

Jättihauki painaisi siis noin 14,9 kg.

2 Funktio

2.1 Funktion määritelmä

Olkoon A ja B joukkoja. Funktio f : A→ B on sääntö, joka liittää jokaiseenjoukon A alkioon täsmälleen yhden joukon B alkion. Funktion f arvollepisteessä x käytetään merkintää f(x). JoukkoA on funktion määrittelyjoukkoeli se sisältää ne reaaliluvut, joilla funktio on määritelty.

Tällä kurssilla:

• Käsittelemme ainoastaan reaalifunktioita, eli funktioita jotka kuvaavatreaalilukuja reaaliluvuiksi.

1Pohjoisamerikkalainen sisävesikala

2.2 Funktion kuvaaja 19

• Sovitaan, että joukko A on aina laajin mahdollinen reaalilukujen Rosajoukko ja joukko B on R.• Emme yleensä kirjoita joukkoja A ja B näkyviin, vaan funktio anne-

taan lähes aina pelkän lausekkeen avulla.

Esimerkki 2.1.1.

1. funktio f(x) = 3x+ 1 on määritelty kaikilla x2. funktio f(x) =

√x on määritelty kun x ≥ 0

3. funktio f(x) = 4x3 − 2x+ 1 on määritelty kaikilla x4. funktio f(x) = 2 (vakiofunktio) on määritelty kaikilla x

Huomautus. Funktio voidaan määritellä myös paloittain:

f(x) =

{2x− 1, kun x ≥ 0,

3, kun x < 0.

Itseisarvo on myös esimerkki paloittain määritellystä funktiosta.

Tehtävä. Missä pisteissä seuraavat funktiot ovat/eivät ole määritelty?

1. f(x) = x2

2. f(x) = 1x2

Keksi lisäksi esimerkki funktiosta, joka ei ole määritelty pisteessä x = 3.

Ratkaisu.

1. Määritelty kaikilla x.2. Ei määritelty, kun x2 = 0 eli kun x = 0.

Funktio f(x) = 1x−3 on määritelty aina kun x 6= 3.

Funktion nollakohdiksi sanotaan niitä lukuja, joilla funktion arvo on nolla.Siis reaaliluku a on funktion f nollakohta, mikäli f(a) = 0.

Esimerkki 2.1.2. Funktion f(x) = x2 − 1 nollakohdat ovat x = −1 jax = 1, sillä f(−1) = 0 ja f(1) = 0.

2.2 Funktion kuvaaja

Funktion kuvaaja on funktion graafinen esitys joka havainnollistaa funktionkäyttäytymistä.

2.2 Funktion kuvaaja 20

x

y

Kuva 3: Funktion f(x) = x2 + 1 kuvaaja piirrettynä xy-koordinaatistoon.

Funktion f kuvaaja on pisteiden (x, f(x)) muodostama joukko xy-koordinaatistossa(missä luvut x ovat funktion määrittelyjoukosta A).

Tehtävä. Piirrä funktion f(x) = 2x−3 kuvaaja xy-koordinaatistoon. Missäovat funktion nollakohdat?

x

y

Nollakohdat ovat ne x, joille pätee f(x) = 0. Etsimme siis kuvaajan pisteitä(x, 0) eli kohtia, joissa kuvaaja leikkaa x-akselin.

2.3 Polynomit 21

2.3 Polynomit

Polynomifunktio eli polynomi on funktio, joka on muotoa

P (x) = anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x+ a0,

missä n on jokin ei-negatiivinen kokonaisluku, an, an−1, . . . , a1, a0 ovat reaa-lilukuja ja an 6= 0.

Huomautus. Polynomi on aina määritelty kaikilla x.

Esimerkki 2.3.1. Esimerkkejä polynomeista:

1. P (x) = 3x2 + x− 1 jolle n = 2, a2 = 3, a1 = 1, a0 = −12. P (x) = 7x10 − 3x3 + 2x jolle n = 10, a10 = 7, a3 = −3, a1 = 23. P (x) = 3 (vakiopolynomi) jolle n = 0, a0 = 34. Q(x) = −4

9x+ 3 jolle n = 1, a1 = −49 , a0 = 3

5. f(x) = πx4 jolle n = 4, a4 = π

Polynomin P (x) summattavia kutsutaan termeiksi. Polynomin aste on muut-tujan x korkeimman potenssin eksponentti eli n. Vakiopolynomin aste on 0.

Polynomin nollakohtia kutsutaan myös sen juuriksi.

Esimerkki 2.3.2. Seuraavia kuvaajia piirrettiin luennolla tietokoneella:

1. P (x) = 32. P (x) = 2x+ 13. P (x) = 0,1x2

4. P (x) = x3 − 2x2 − 4x5. P (x) = x5 + 2x4 − 7x3 − 8x2 + 12x

(esimerkiksi desmos.com)

2.3.1 Polynomin nollakohdat

Seuraavaa tulos2 kertoo polynomin nollakohtien lukumäärästä:

Lause 2.3.3. Astetta n olevalla polynomilla on korkeintaan n kappalettanollakohtia.

Huomautus. Polynomilla ei välttämättä ole yhtään nollakohtaa: esimerkik-si polynomilla P (x) = x2 + 1 ei ole nollakohtia, sillä P (x) ≥ 1 kaikilla x.

2Matematiikassa todistettuja tuloksia kutsutaan myös lauseiksi.

2.3 Polynomit 22

2.3.2 Polynomin tekijöihinjako

Polynomin tekijöihinjaolla tarkoitetaan prosessia, missä polynomi pyritäänesittämään mahdollisimman pientä astetta olevien polynomien tulona. Tapa-na on, että polynomin korkeimman asteen termin kerroin irrotetaan omaksitekijäkseen.

Esimerkki 2.3.4.

1. P (x) = x3 − x2 = x2(x− 1) = x · x · (x− 1)2. P (x) = 3x2 + 3 = 3(x2 + 1)3. Muistikaavan (a− b)2 = a2 − 2ab+ b2 avulla saadaan

P (x) = 2x2 − 4x+ 2 = 2(x2 − 2x+ 1) = 2(x2 − 2 · x · 1 + 12)

= 2(x− 1)2 = 2(x− 1)(x− 1)

Lause 2.3.5. Polynomilla P (x) on 1. asteen tekijä (x − a) jos ja vain josP (a) = 0 (eli a on polynomin nollakohta).

Huomautus. Jos emme rajoittuisi reaalilukuihin vaan ottaisimme mukaankaikki kompleksiluvut, saisimme jaettua polynomin aina 1. asteen tekijöihinsaakka. Polynomi P (x) = anx

n + · · ·+ a1x+ a0 saataisiin siis aina muotoon

P (x) = an(x− x1)(x− x2) · · · (x− xn).

Tällöin luvut x1, x2, . . . , xn ovat polynomin nollakohdat.

Huomautus. Polynomin nollakohtaa a kutsutaan moninkertaiseksi nolla-kohdaksi, mikäli tekijä (x−a) esiintyy polynomin tekijöihinjaossa useammankuin yhden kerran.

Esimerkki 2.3.6.

1. Polynomilla P (x) = 3x− 6 on yksi nollakohta x = 2, joten se voidaanesittää muodossa P (x) = 3(x− 2).

2. Polynomilla P (x) = 2x2− 6x+ 4 on nollakohdat x = 1 ja x = 2, jotense voidaan esittää muodossa P (x) = 2(x− 1)(x− 2).

3. Tarkastellaan polynomia P (x) = x2 + 4x + 4. Piirtämällä funktionkuvaaja (tai myöhemmin ratkaisukaavan avulla) nähdään, että silläon yksi nollakohta x = −2. Muistikaavaa (a + b)2 = a2 + 2ab + b2

käyttämällä huomataan, että

P (x) = x2 +4x+4 = (x+2)2 = (x+2)(x+2) = (x− (−2))(x− (−2)).

Tässä tapauksessa x = −2 on siis moninkertainen nollakohta.

2.4 Rationaalifunktiot 23

Esimerkki 2.3.7. Halutaan määritellä astetta 2 oleva polynomi, jolla onnollakohdat x = 3 ja x = −3. Polynomilla on siis tekijät (x−3) ja (x−(−3)).Voimme valita polynomiksi esimerkiksi

P (x) = (x− 3)(x− (−3)) = (x− 3)(x+ 3) = x2 + 3x− 3x− 9 = x2 − 9.

Sijoittamalla voidaan vielä varmistaa, että todellakin P (3) = 0 ja P (−3) =0.

2.4 Rationaalifunktiot

Rationaalifunktio R on muotoa

R(x) =P (x)

Q(x)

oleva funktio, missä P ja Q ovat polynomeja. Rationaalifunktio ei ole mää-ritelty niillä reaaliluvuilla x, joilla Q(x) = 0.

Oikealla esiintyvää lauseketta P (x)Q(x) kutsutaan rationaalilausekkeeksi.

Esimerkki 2.4.1.

1. RationaalifunktioR(x) =

2x− 1

x2 − 1

on määritelty kun x 6= 1 ja x 6= −1.2. Rationaalifunktio

R(x) =1

x2 + 1

on määritelty kaikilla x.3. Rationaalifunktio

R(x) =5x10 + 1

x5

on määritelty kun x 6= 0.

Rationaalilausekkeille pätee vastaavat laskusäännöt kuin rationaaliluvuille:

Sääntö 2.4.2. Olkoot P , Q, R ja S polynomeja ja Q(x) 6= 0 ja S(x) 6= 0.Tällöin

1.P (x)

Q(x)+R(x)

Q(x)=P (x) +R(x)

Q(x)

2.P (x)

Q(x)−R(x)

Q(x)=P (x)−R(x)

Q(x)

2.4 Rationaalifunktiot 24

3.P (x)

Q(x)+R(x)

S(x)=P (x)S(x) +Q(x)R(x)

Q(x)S(x)

4.P (x)

Q(x)−R(x)

S(x)=P (x)S(x)−Q(x)R(x)

Q(x)S(x)

5.P (x)

Q(x)·R(x)

S(x)=P (x) ·R(x)

Q(x) · S(x)=P (x)R(x)

Q(x)S(x)

6.

(P (x)

Q(x)

)/

(R(x)

S(x)

)=P (x)

Q(x)·S(x)

R(x)=P (x)S(x)

Q(x)R(x)kun myös R(x) 6= 0

Rationaalilausekkeita voi siis sieventää samaan tapaan kuin rationaalilukuja:

Esimerkki 2.4.3. Sievennä:

1.1

x− 1+ 2 =

1

x− 1+

2(x− 1)

x− 1=

1 + 2x− 2

x− 1=

2x− 1

x− 1

2.2x2 − 2x

x− 1=

2x(x− 1)

x− 1= 2x

3.x− 1

1− x=−(1− x)

1− x=−1

1= −1

4. Muistikaavan (a− b)2 = a2 − 2ab+ b2 avulla

3x− 6

x2 − 4x+ 4=

3(x− 2)

x2 − 2 · x · 2 + 22=

3(x− 2)

(x− 2)2=

3

x− 2.

Piirretään tietokoneella kuvaajia. Miten nimittäjän nollakohdat vaikuttavatkuvaajaan?

Esimerkki 2.4.4.

1. R(x) =1

x

2. R(x) =1

(x− 2)(x+ 3)

3. R(x) =2x2 + 7x− 1

x2 + 1

4. R(x) =2x2 − 2x

x− 1

5. R(x) =x2(x− 2)

(x− 3)(x+ 1)

25

3 Yhtälöt ja epäyhtälöt

Matematiikassa yhtälö koostuu kahdesta lausekkeesta, joiden välillä on yh-täsuuruusmerkki =.

Yhtälön ratkaisemiseksi kutsutaan siinä esiintyvän muuttujan tai muuttujienniiden arvojen selvittämistä, joilla yhtälö on tosi.

Yhtälöllä voi olla yksi ratkaisu, ei lainkaan ratkaisua tai useita ratkaisuja,vaikka äärettömän monta. Yhtälön ratkaisujen muodostamaa joukkoa kut-sutaan ratkaisujoukoksi.

Epäyhtälössä kahden lausekkeen välillä on niiden suuruussuhteesta kertovamerkki: <, >, ≤ tai ≥.

Esimerkki 3.0.5. Esimerkkejä yhtälöistä ja niiden ratkaisuista:

1. Yhtälöllä 2x = 3x− 1 on täsmälleen yksi ratkaisu: x = 1.2. Yhtälöllä x2 = 4 on kaksi ratkaisua: x = 2 ja x = −2.3. Yhtälöllä x = x on äärettömän monta ratkaisua, sillä jokainen reaali-

luku toteuttaa kyseisen yhtälön.4. Yhtälöllä x2 = −1 ei ole yhtään ratkaisua.

3.1 Implikaatio ja ekvivalenssi

Yhtälön ratkaisemisen välivaiheita merkitessä käyetään nk. loogisia konnek-tiiveja ⇒ ja ⇔.

Merkintä ⇒ (implikaatio: ”jos [vasen puoli], niin [oikea puoli]”) tarkoittaa,että merkin vasemmalla puolella olevasta väitteestä seuraa sen oikealla puo-lella oleva väite.

Esimerkki 3.1.1.

1.

Tänään on sunnuntai. ⇒ Tänään ei ole propedeuttisen demoa.

2.x = 2 ⇒ x2 = 4

Merkintä⇔ (ekvivalenssi : “[vasen puoli] jos ja vain jos [oikea puoli]” tai “[va-sen puoli] täsmälleen silloin kun [oikea puoli]”) tarkoittaa, että merkin va-

3.2 Yhtälön ratkaiseminen 26

semmalla puolella ja oikealle puolella olevat väitteet ovat yhtäpitäviä, toisinsanoen, joko kummatkin ovat totta tai kummatkin ovat epätosia.

Huomautus. Ekvivalenssi tarkoittaa siis samaa kuin implikaatio molempiinsuuntiin!

Esimerkki 3.1.2.

1.Tänään on torstai. ⇔ Tänään on propedeuttisen demo.

2.x2 = 4 ⇔ x = 2 tai x = −2

Tehtävä. Yhdistä seuraavat parit toisiinsa (jommin kummin päin) käyttäenjoko merkkiä ⇒ tai ⇔:

1. |x| = 2 ja x = −22. x > 0 ja x2 > 03. a+ b = 0 ja b = −a

Ratkaisu.

1. x = −2 ⇒ |x| = 22. x > 0 ⇒ x2 > 03. a+ b = 0 ⇔ b = −a

3.2 Yhtälön ratkaiseminen

Yhtälö voidaan yrittää ratkaista soveltamalla tiettyjä laskutoimituksia yh-tälön molempiin puoliin. Tällöin yhtälön totuusarvo ei muutu (siis se, onkoyhtälö tosi vai ei).

Yhtälöä ratkaistaessa haluamme, että saamamme uuden yhtälön ja alkupe-räisen yhtälön ratkaisut ovat täsmälleen samat, ts. yhtälöt ovat ekvivalentit(niiden välillä pätee ⇔).

3.3 Ensimmäisen asteen yhtälö 27

Yhtälöä voidaan muokata mm. seuraavien laskutoimitusten avulla niin, ettäuusi yhtälö on ekvivalentti (⇔) alkuperäisen kanssa:

• Yhtälön toisen tai molempien puolien sieventäminen.• Luvun lisääminen yhtälön molemmille puolille.• Luvun vähentäminen yhtälön molemmilta puolilta.• Molempien puolien kertominen luvulla / lausekkeella, joka ei ole 0.• Molempien puolien jakaminen luvulla / lausekkeella, joka ei ole 0.• Molempien puolien korottaminen potenssiin, kun molemmat puolet

ovat positiivisia. (Esim. neliöjuuren ottaminen molemmista puolista.)

Huomautus.

x2 = 5 ‖√

⇔√x2 =

√5

⇔ |x| =√

5

⇔ x =√

5 tai x = −√

5

Merkintä “±a” tarkoittaa samaa kuin “a tai −a”, joten ylläoleva päättelyvoidaan kirjoittaa lyhyesti muodossa

x2 = 5 ‖√

⇔ x = ±√

5.

Huomautus. Esimerkiksi

x = 3 ‖ ()2

6⇔ x2 = 9

sillä kun x = −3, ylempi yhtälö on epätosi ja alempi on tosi!

Huomautus (Ratkaisujen tarkistaminen). Yhtälölle saatu ratkaisu voidaanaina tarkistaa sijoittamalla se alkuperäiseen yhtälöön ja laskemalla, että setodellakin toteuttaa yhtälön.

Sijoittamalla tarkistamalla saadaan varmistettua ovatko saadut ratkaisut oi-kein, mutta ei sitä, voisiko ratkaisuja olla muitakin!

3.3 Ensimmäisen asteen yhtälö

Ensimmäisen asteen yhtälö on yhtälö, joka voidaan kirjoittaa muodossa

ax+ b = 0,

missä x on muuttuja, a ja b ovat reaalilukuja ja a 6= 0.

3.3 Ensimmäisen asteen yhtälö 28

Esimerkki 3.3.1. Esimerkkejä 1. asteen yhtälöistä:

1. −3x = 12. 2 + x = −2x3. x+ 3 = −

√27

Ensimmäisen asteen yhtälön voi ratkaista soveltamalla peruslaskutoimituk-sia yhtälön kumpaankin puoleen:

Esimerkki 3.3.2. Ratkaistaan yhtälö 2x− 1 = 4x:

2x− 1 = 4x ‖−4x

⇔ 2x− 1− 4x = 4x− 4x

⇔ −2x− 1 = 0 ‖+1

⇔ −2x− 1 + 1 = 0 + 1

⇔ −2x = 1 ‖ : (−2)

⇔ −2x

−2=

1

−2

⇔ x = −1

2

Kaiken kaikkiaan siis 2x− 1 = 4x ⇔ x = −12 .

Sijoittamalla yhtälöön 2x − 1 = 4x äsken saatu ratkaisu x = −12 , voidaan

vielä tarkistaa, että laskimme oikein. Yhtälön vasen puoli tuottaa

2 ·(−1

2

)− 1 = −1− 1 = −2

ja oikea puoli

4 ·(−1

2

)= −2,

joten x = −12 on todella ratkaisu.

Huomautus. Usein välivaiheita ei kirjoiteta yhtä yksityiskohtaisesti kuinedellä, vaan esimerkiksi yksinkertainen laskutoimitus puolittain ja sen jäl-keinen sieventäminen tehdään yhtenä vaiheena.

3.3.1 Yleinen ratkaisu

Ensimmäisen asteen yhtälöllä on aina täsmälleen yksi ratkaisu:

ax+ b = 0 ‖−b⇔ ax = −b ‖ : a

⇔ x = − ba

3.4 Neliöksi täydentäminen 29

Koska 1. asteen yhtälön yleisessä muodossa vasemmalla oleva lauseke on1. asteen polynomi, niin yhtälön ax+b = 0 ratkaiseminen on täsmälleen samaasia kuin 1. asteen polynomin P (x) = ax+ b nollakohtien ratkaiseminen.

3.4 Neliöksi täydentäminen

Neliöksi täydentäminen tarkoittaa menetelmää, jolla muotoa

ax2 + bx+ c

oleva lauseke muokataan muotoon

±(dx+ e)2 + f,

missä a, b, c, d, e ja f ovat reaalilukuja.

Neliöksi täydentäminen onnistuu muistikaavojen avulla. Otetaan esimerkiksilauseke 4x2 + 4x+ 5.

Hyödynnetään muistikaavaa (a + b)2 = a2 + 2ab + b2. Haluamme muokatalauseketta 4x2 + 4x+ 5 siten, että siinä esiintyy muistikaavan oikean puolenlauseke sopivilla a ja b.

Kirjoitetaan ensin

4x2 + 4x+ 5 = (2x)2 + 2 · 2x · 1 + 5.

Vertaamalla muistikaavaan näemme, että meidän täytyy valita a = 2x jab = 1. Lausekkeessa ei nyt suoraan esiinny termiä b2, mutta voimme ainakirjoittaa sen sinne lisäämällä b2 (tässä tapauksessa siis b2 = 12) ja vähentä-mällä b2 (sama asia kuin nollan lisääminen):

4x2 + 4x+ 5 = (2x)2 + 2 · 2x · 1 + 5 + 12 − 12

=((2x)2 + 2 · 2x · 1 + 12

)+ 5− 12

= (2x+ 1)2 + 4.

Tehtävä. Täydennä neliöksi:

1. x2 − 6x+ 82. x2 + x+ 1

43. 9x2 + 12x+ 7

3.5 Toisen asteen yhtälö 30

Ratkaisu.

1.

x2 − 6x+ 8 = x2 − 2 · x · 3 + 8

= x2 − 2 · x · 3 + 8 + 32 − 32

= (x2 − 2 · x · 3 + 32) + 8− 32

= (x− 3)2 − 1

2.

x2 + x+1

4= x2 + 2 · x · 1

2+

(1

2

)2

= (x+1

2)2

3.

9x2 + 12x+ 7 = (3x)2 + 2 · 3x · 2 + 7

= (3x)2 + 2 · 3x · 2 + 7 + 22 − 22

=((3x)2 + 2 · 3x · 2 + 22

)+ 7− 22

= (3x+ 2)2 + 3

3.5 Toisen asteen yhtälö

Toisen asteen yhtälö on yhtälö, joka voidaan kirjoittaa muodossa

ax2 + bx+ c = 0,

missä x on muuttuja, a, b ja c ovat reaalilukuja ja a 6= 0.

Esimerkki 3.5.1. Esimerkkejä 2. asteen yhtälöistä:

1. x2 + x+ 1 = 22. 2x2 + 3 = 03. x2 − x = −2x2

Muotoa ax2+bx+c = 0 olevan 2. asteen yhtälön ratkaiseminen on sama asiakuin 2. asteen polynomin P (x) = ax2 + bx+ c nollakohtien ratkaiseminen.


Toisen asteen yhtälöllä on korkeintaan kaksi ratkaisua. Ne saadaan ratkaisu-kaavasta:

Lause 3.5.2. Toisen asteen yhtälön ax2 + bx+ c = 0 ratkaisut ovat

x =−b±

√b2 − 4ac

2a.

Tämä lause voidaan todistaa käyttäen neliöksi täydentämistä. Ennen todis-tusta katsotaan esimerkkiä:

Esimerkki 3.5.3. Halutaan ratkaista yhtälö x2 − 6x + 8 = 0. Jos täyden-netään yhtälön vasen puoli neliöksi, saadaan

x2 − 6x+ 8 = 0

⇔ (x− 3)2 − 1 = 0 ‖+1

⇔ (x− 3)2 = 1 ‖√

⇔ x− 3 = ±1 ‖+3

⇔ x = ±1 + 3

Yhtälön ratkaisut ovat siis x = 1 + 3 = 4 ja x = −1 + 3 = 2.

Lauseen 3.5.2 todistus. Yleistä muotoa olevan 2. asteen yhtälön ratkaisemi-nen tapahtuu täydentämällä yhtälön

ax2 + bx+ c = 0

vasen puoli neliöksi.

Tilannetta helpottaa hieman, jos ennen neliöön täydentämistä kerrommeyhtälöä puolittain luvulla a. Saadaan:


ax2 + bx+ c = 0 ‖ ·a⇔ a2x2 + abx+ ac = 0

⇔ (ax)2 + 2 · ax · b2

+ ac = 0

⇔ (ax)2 + 2 · ax · b2

+ ac+

(b

2

)2

−(b

2

)2

= 0

⇔(ax+

b

2

)2

+ ac− b2

4= 0 ‖−

(ac− b2

4

)⇔

(ax+

b

2

)2

=b2

4− ac

⇔(ax+

b

2

)2

=b2 − 4ac

4‖√

⇔ ax+b

2= ±

√b2 − 4ac

4‖− b

2

⇔ ax =−b2±√b2 − 4ac

2

⇔ ax =−b±

√b2 − 4ac

2‖ : a

⇔ x =−b±

√b2 − 4ac

2a.

3.5.1 Diskriminantti

Toisen asteen yhtälön ratkaisukaavassa juuren alla esiintyvää lauseketta

b2 − 4ac

kutsutaan diskriminantiksi. Diskriminantti kertoo yhtälön ratkaisujen luku-määrän. Merkitään D = b2 − 4ac. Tällöin:

1. Jos D > 0, niin yhtälöllä on kaksi eri ratkaisua.2. Jos D = 0, niin yhtälöllä on täsmälleen yksi ratkaisu.3. Jos D < 0, niin yhtälöllä ei ole lainkaan ratkaisuja.

Esimerkki 3.5.4.

1. Tarkastellaan yhtälöä 2x2 + 3x+ 1 = 0. Tällöin diskriminantti on D =32−4 ·2 ·1 = 1 > 0. Yhtälöllä on siis kaksi ratkaisua. Ratkaisukaavaansijoittamalla saadaan

x =−b±

√b2 − 4ac

2a=−3±

√1

4=−3± 1

4,

3.6 Korkeamman asteen yhtälöt 33

joten ratkaisut ovat x = −1 ja x = −12 .

2. Tarkastellaan yhtälöä x2 − 2x + 1 = 0. Tällöin diskriminantti onD = (−2)2 − 4 · 1 · 1 = 0. Yhtälöllä on siis täsmälleen yksi ratkai-su. Ratkaisukaavaan sijoittamalla saadaan

x =−(−2)±

√0

2 · 1=

2

2= 1.

3. Tarkastellaan yhtälöä x2 + x + 1 = 0. Tällöin diskriminantti on D =12 − 4 · 1 · 1 = −3 < 0. Yhtälöllä ei siis ole ratkaisuja.

Tehtävä. Montako ratkaisua on seuraavilla yhtälöillä?

1. 12x

2 + 4x+ 8 = 02. 3x2 − 5x = −23. x2 + 3 = x+ 2

Ratkaisu.

1. D = b2 − 4ac = 42 − 4 · 12 · 8 = 16− 16 = 0, joten yksi ratkaisu.2. Yhtälö voidaan kirjoittaa muodossa 3x2 − 5x+ 2 = 0.

Nyt D = b2−4ac = (−5)2−4 ·3 ·2 = 25−24 = 1, joten kaksi ratkaisua.3. Yhtälö voidaan kirjoittaa muodossa x2 − x+ 1 = 0.

Nyt D = b2 − 4ac = (−1)2 − 4 · 1 · 1 = 1− 4 = −3, joten ei ratkaisuja.

3.6 Korkeamman asteen yhtälöt

Yleinen n:nnen asteen yhtälö on yhtälö, joka voidaan kirjoittaa muodossa

anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x+ a0 = 0,

missä x on muuttuja, a0, a1, . . . , an ovat reaalilukuja ja an 6= 0.

Kolmannen ja neljännen asteen yhtälöille voidaan johtaa samantapaiset rat-kaisukaavat kuin toisen asteen yhtälöllekin.3 Viidennen ja sitä korkeammanasteen yhtälöille ratkaisukaavaa ei ole olemassa.

Lause 3.6.1. Viidennen ja sitä korkeamman asteen yhtälöille ei voida kir-joittaa yleistä ratkaisukaavaa yhtälön kertoimien a0, a1, . . . , an ja peruslas-kutoimitusten ja juurilausekkeiden avulla.

3Molemmat julkaistiin Gerolamo Cardanon teoksessa Ars Magna vuonna 1545.

3.6 Korkeamman asteen yhtälöt 34

Tämän tuloksen todisti norjalainen Niels Henrik Abel vuonna 1824.

Tietyissä tapauksissa pystymme kuitenkin ratkaisemaan myös korkeammanasteen yhtälöitä:

Esimerkki 3.6.2. Ratkaistaan yhtälö x3 +x2−2x = 0. Ottamalla yhteinentekijä saadaan

x3 + x2 − 2x = x(x2 + x− 2) = 0.

Tulon nollasäännön perusteella tällöin on oltava x = 0 tai x2 + x − 2 = 0.Yhtälön x2 + x− 2 = 0 ratkaisut saadaan ratkaisukaavalla, ne ovat x = −2ja x = 1.

Yhtälöllä x3 + x2 − 2x = 0 on siis kolme ratkaisua: x = 0, x = −2 ja x = 1.

Esimerkki 3.6.3. Ratkaistaan yhtälö x4−4x2+3 = 0. Jos merkitään t = x2,niin

x4 − 4x2 + 3 = (x2)2 − 4x2 + 3 = t2 − 4t+ 3 = 0.

Yhtälön t2 − 4t+ 3 = 0 ratkaisut saadaan ratkaisukaavasta: t = 1 ja t = 3.

Tiedetään siis, että yhtälöiden x2 = 1 ja x2 = 3 ratkaisut ovat alkuperäisenyhtälön ratkaisut. Alkuperäisellä yhtälöllä on siis neljä ratkaisua: x = ±1 jax = ±

√3.

Seuraavaa lausetta voidaan käyttää apuna polynomin nollakohtien etsimi-sessä:

Lause 3.6.4 (Bolzanon lause). Olkoon P (x) polynomi ja olkoot a ja b reaa-lilukuja, joille pätee että P (a) < 0 ja P (b) > 0. Tällöin funktiolla P (x) onnollakohta pisteiden a ja b välissä.

Esimerkki 3.6.5. Tarkastellaan polynomia P (x) = 2x3 − x2 − 25x − 12.Lasketaan funktion arvo muutamassa pisteessä:

P (0) = −12

P (1) = 2− 1− 25− 12 = −36

P (−1) = −2− 1 + 25− 12 = 10

Bolzanon lauseen avulla voidaan nyt päätellä, että polynomilla on nollakoh-ta jossain lukujen −1 ja 0 välissä. Kokeilemalla edelleen huomataan, ettäP (−1

2) = 0.

3.7 Rationaaliyhtälö 35

3.7 Rationaaliyhtälö

Rationaaliyhtälö on yhtälö, joka voidaan kirjoittaa muodossa

P (x)

Q(x)=R(x)

S(x),

missä P , Q, R ja S ovat polynomeja. Yhtälö on määritelty kun Q(x) 6= 0 jaS(x) 6= 0. Ne muuttujan x arvot, joilla yhtälö ei ole määritelty, eivät siis voiolla myöskään yhtälön ratkaisuja.

RationaaliyhtälöäP (x)

Q(x)=R(x)

S(x)

voidaan lähteä ratkaisemaan kahdella tapaa:

1. Kertomalla yhtälö puolittain lausekkeilla Q(x) ja S(x), jolloin saadaanyhtälö muotoon

P (x)S(x) = R(x)Q(x).

2. Muuttamalla yhtälö muotoon

P (x)

Q(x)− R(x)

S(x)= 0

ja laventamalla samannimisiksi saadaan

P (x)S(x)−R(x)Q(x)

Q(x)S(x)= 0.

Koska Q(x) 6= 0 ja S(x) 6= 0, tiedetään tulon nollasäännön perusteellaettä Q(x)S(x) 6= 0. Täten vasemmanpuoleinen lauseke on 0 täsmälleensilloin kun sen osoittaja on 0 eli kun P (x)S(x)−R(x)Q(x) = 0.

Nämä kaksi tapaa ovat kuitenkin olennaisesti sama asia. Kummassakin ta-pauksessa päädytään ratkaisemaan yhtälöä P (x)S(x)−R(x)Q(x) = 0, eikäkumpikaan tapa ole toista monimutkaisempi.

Esimerkki 3.7.1. Ratkaistaan yhtälö

x2 − 1

x− 1=x2 + 2x− 3

x+ 2,

joka on määritelty, kun x 6= 1 ja x 6= −2.

3.7 Rationaaliyhtälö 36

Oletetaan, että x 6= 1 ja x 6= −2. Tällöin

x2 − 1

x− 1=x2 + 2x− 3

x+ 2‖ ·(x− 1)

⇔ x2 − 1 =x2 + 2x− 3

x+ 2· (x− 1) ‖ ·(x+ 2)

⇔ (x2 − 1)(x+ 2) = (x2 + 2x− 3)(x− 1)

⇔ x3 + 2x2 − x− 2 = x3 + x2 − 5x+ 3

⇔ x2 + 4x− 5 = 0

Toisen asteen yhtälöllä x2 + 4x− 5 = 0 on ratkaisut x = −5 ja x = 1. Näistäkuitenkaan nyt x = 1 ei ole alkuperäisen yhtälön ratkaisu, sillä yhtälö eiole määritelty kun x = 1. tällä rationaaliyhtälöllä on siis vain yksi ratkaisu,x = −5.

Huomautus. Edellisessä esimerkissä kerroimme yhtälöä puolittain lausek-keilla (x−1) ja (x+2). Kumpikaan näistä lausekkeista ei ole 0 koska teimmealussa oletuksen, että x 6= 1 ja x 6= −2. Ekvivalenssi ⇔ siis säilyy.

Esimerkki 3.7.2. Kultainen leikkaus saadaan, kun jaetaan jana kahteenosaan siten, että pidemmän ja lyhyemmän osan pituuksien suhde on samakuin koko janan ja pidemmän osan pituuksien suhde. Ratkaistaan tämä suh-deluku.

Voidaan olettaa, että lyhyemmän osan pituus on 1 (laskemme suhdetta, em-me absoluuttisia pituuksia). Merkitään pidemmän osan pituutta muuttujallax. Saadaan rationaaliyhtälö

x

1=x+ 1

x,

joka on määritelty, kun x 6= 0.

Ratkaistaan saatu yhtälö. Oletetaan, että x 6= 0. Tällöin

x

1=x+ 1

x

⇔ x− x+ 1

x= 0

⇔ x2

x− x+ 1

x= 0

⇔ x2 − x− 1

x= 0

⇔ x2 − x− 1 = 0

⇔ x =1±√

5

2

37

Saadaan siis ratkaisut x = 1+√5

2 ≈ 1,6180 ja x = 1−√5

2 ≈ −0,6180.

Etsitty suhde, kultainen leikkaus, on ratkaisuista positiivinen, sillä muuttu-jalla x merkittiin janan pituutta.

4 Epäyhtälöt

4.1 Epäyhtälön ratkaiseminen

Epäyhtälöitä voidaan ratkaista vastaavasti muokkaamalla kuten yhtälöitä-kin. Epäyhtälöitä muokatessa pitää kuitenkin muistaa, miten eri laskutoimi-tukset vaikuttavat suuruusjärjestykseen (ks. laskusäännöt 1.4.1). Erityisestion muistettava, että negatiivisella luvulla kertominen (tai jakaminen) muut-taa järjestyksen päinvastaiseksi.

Epäyhtälön ratkaisu on harvoin yksittäinen luku. Usein ratkaisu on jokinreaalilukujen osajoukko.

Epäyhtälön ratkaisun oikeellisuutta voidaan varmistaa testaamalla erilaisil-la luvuilla. Kokeileminen ei kuitenkaan osoita, että saamamme ratkaisu ontäsmälleen oikein.

4.2 Ensimmäisen asteen epäyhtälö

Ensimmäisen asteen epäyhtälö on ensimmäisen asteen yhtälö, jossa yhtäsuu-ruusmerkin = tilalla on joku merkeistä <, ≤, > ja ≥.

Esimerkki 4.2.1.

1. 3x+ 7 > 02. 2x− 1 ≤ 4x

Ensimmäisen asteen epäyhtälö voidaan ratkaista samaan tapaan kuin ensim-mäisen asteen yhtälö.

4.3 Reaalilukuvälit 38

Esimerkki 4.2.2. Ratkaistaan epäyhtälö 23x < x− 5:

2

3x < x− 5 ‖−x

⇔ −1

3x < −5 ‖ ·(−3)

⇔ x > 15

Tarkistaminen: hyviä vaihtoehtoja kokeiltavaksi ovat tässä tapauksessa luku15 sekä jokin sitä suurempi ja jokin sitä pienempi luku. Kun sijoitammealkuperäiseen yhtälöön x = 15 saamme

2

3· 15 = 10 < 10 = 15− 5,

mikä ei ole totta. Siis ainakaan x = 15 ei ole epäyhtälön ratkaisujoukossa.Jos sijoittaisimme lukua 15 suuremman luvun, epäyhtälö olisi tällöin tosi.Vastaavasti lukua 15 pienemmällä luvulla saisimme, että epäyhtälö ei pidäpaikkaansa.

4.3 Reaalilukuvälit

Olkoot a ja b reaalilukuja, a < b. Käytämme seuraavia merkintöjä erilaisillereaalilukuväleille:

• Merkintä [a, b] tarkoittaa niiden reaalilukujen x joukkoa, joille päteea ≤ x ≤ b. Sanotaan, että [a, b] on suljettu väli a:sta b:hen.

a b

• Merkintä ]a, b[ tarkoittaa niiden reaalilukujen x joukkoa, joille päteea < x < b. Sanotaan, että ]a, b[ on avoin väli a:sta b:hen.

a b

• Merkintä [a, b[ tarkoittaa niiden reaalilukujen x joukkoa, joille päteea ≤ x < b. Vastaavasti merkintä ]a, b] tarkoittaa niiden reaalilukujenx joukkoa, joille pätee a < x ≤ b. Sanotaan, että [a, b[ ja ]a, b] ovatpuoliavoimia välejä a:sta b:hen.

a b

a b

4.4 Toisen ja korkeamman asteen epäyhtälöt 39

Voimme käyttää vastaavaa merkintää myös sellaisten reaalilukujen x joukol-le, joille pätee x < b tai x ≤ b. Tällöin merkitään ]−∞, b[ ensimmäiselle jajälkimmäiselle ]−∞, b]. Ehtoja a < x ja a ≤ x vastaavat merkinnät ]a,∞[ ja[a,∞[.

b

b

a

a

4.4 Toisen ja korkeamman asteen epäyhtälöt

Toisen ja korkeamman asteen epäyhtälöitä voidaan ratkaista käyttämällähyväksi seuraavaa tulosta:

Lause 4.4.1. Olkoon P polynomi, jonka nollakohdat ovat x1, x2, . . . , xk(x1 < · · · < xk). Tällöin polynomi saa pelkästään positiivisia tai pelkäs-tään negatiivisia arvoja kullakin välillä ]−∞, x1[, ]x1, x2[,. . . , ]xk−1, xk[ ja]xk,∞[.

Todistus. Oletetaan, että väite ei ole totta. Siis polynomi P saa sekä positii-visia että negatiivisia arvoja ainakin yhdellä mainituista väleistä. Kyseiseltäväliltä löytyy siis pisteet a ja b siten, että P (a) > 0 ja P (b) < 0. Tällöinkuitenkin Bolzanon lauseen 3.6.4 mukaan pisteiden a ja b väliltä löytyy po-lynomin P nollakohta. Tämä on mahdotonta, sillä välin päätepisteet olivatvierekkäiset nollakohdat. Näin ollen todistuksen alussa tekemämme oletus eivoi pitää paikkaansa. Väite on siis tosi.

4.4.1 Merkkikaavio

Merkkikaavio on yksinkertainen kaavio jota voidaan käyttää apuna kun sel-vitetään funktion arvojen positiivisuutta ja negatiivisuutta.

Otetaan esimerkiksi polynomi P (x) = x2 − 2x. Sen nollakohdat ovat x = 0ja x = 2. Lauseen 4.4.1 mukaan funktion arvo P (x) on siis joko positiivinentai negatiivinen kullakin välillä ]−∞, 0[, ]0, 2[ ja ]2,∞[.

4.4 Toisen ja korkeamman asteen epäyhtälöt 40

Funktion positiivisuus ja negatiivisuus kullakin välillä voidaan selvittää hel-posti laskemalla funktion arvoja sopivissa pisteissä. Riittää valita tarkaste-luun kultakin väliltä yksi piste ja selvittää, onko funktion arvo siinä positii-vinen vai negatiivinen.

P (−1) = 3 > 0

P (1) = −1 < 0

P (3) = 3 > 0

Merkkikaavio on tapa esittää funktion arvojen positiivisuus / negatiivisuusgraafisesti:

0 2

P (x) : +∣∣∣ −

∣∣∣ +

Pystyviivat merkitsevät siis nollakohtia. Symbolit + ja − ilmoittavat funk-tion arvojen merkin nollakohtien välissä.

Tehtävä. Laadi merkkikaavio seuraaville polynomeille:

1. f(x) = 2x+ 12. f(x) = x2

3. f(x) = x2 + 1

Ratkaisu.

1. Funktiolla f on yksi nollakohta x = −12 .

−12

2x+ 1 : −∣∣∣ +

2. Funktiolla f on yksi nollakohta x = 0.

0

x2 : +∣∣∣ +

3. Funktiolla f ei ole nollakohtia.

x2 + 1 : +

4.5 Rationaaliepäyhtälö 41

4.4.2 Epäyhtälön ratkaiseminen merkkikaavion avulla

Esimerkki 4.4.2.

1. Ratkaistaan epäyhtälö 4x2−16 > 0. Polynomin P (x) = 4x2−16 nolla-kohdat ovat x = −2 ja x = 2. Lauseen 4.4.1 mukaan P saa pelkästäänpositiivisia tai negatiivisia arvoja väleillä ]−∞,−2[, ]−2, 2[ ja ]2,∞[.Laaditaan merkkikaavio:

−2 2

P (x) : +∣∣∣ −

∣∣∣ +

Voidaan siis päätellä, että P (x) = 4x2 − 16 > 0 täsmälleen silloin kunx < −2 tai x > 2 eli väleillä ]−∞,−2[ ja ]2,∞[.

2. Ratkaistaan epäyhtälö x3

2 ≥√

2x2 − x. Muokataan yhtälö ensin muo-toon x3

2 −√

2x2 +x ≥ 0. Ratkaistaan polynomin P (x) = x3

2 −√

2x2 +xnollakohdat:

x3

2−√

2x2 + x = x

(x2

2−√

2x+ 1

)= 0.

Tulon nollasäännön mukaan yhtälön yksi ratkaisu on on x = 0 ja muutsaadaan yhtälöstä x2

2 −√

2x+ 1 = 0. Tällä yhtälöllä on yksi ratkaisu,x =√

2. Polynomilla on siis kaksi nollakohtaa, x = 0 ja x =√

2. KoskaP (−1) < 0, P (1) > 0 ja P (2) > 0, saadaan merkkikaavio

0√

2

P (x) : −∣∣∣ +

∣∣∣ +

Epäyhtälö on siis tosi täsmälleen silloin, kun x ≥ 0.

4.5 Rationaaliepäyhtälö

Rationaaliepäyhtälö voidaan ratkaista muokkaamalla se muotoon

P (x)

Q(x)> 0

(tai vastaavasti <, ≥, ≤), missä P ja Q ovat polynomeja, ja laatimalla eril-liset merkkikaaviot osoittajalle ja nimittäjälle. Tämän perusteella voidaanpäätellä lausekkeen P (x)

Q(x) merkki. Rationaalilauseke on positiivinen kun senosoittaja ja nimittäjä ovat samanmerkkisiä ja negatiivinen kun erimerkkisiä.

4.5 Rationaaliepäyhtälö 42

Esimerkki 4.5.1. Ratkaistaa epäyhtälö 1x >

1x2. Epäyhtälö on määritelty

kun x 6= 0. Muokataan epäyhtälö ensin haluttuun muotoon:1

x>

1

x2

⇔ 1

x− 1

x2> 0

⇔ x− 1

x2> 0

Laaditaan nyt merkkikaavio rationaalifunktiolle R(x) = x−1x2

. Osoittajallaon yksi nollakohta x = 1 ja nimittäjällä yksi nollakohta x = 0. Laaditaanyhdistetty merkkikaavio:

0 1

x− 1 : −∣∣∣ −

∣∣∣ +

x2 : +∣∣∣ +

∣∣∣ +

x−1x2

: −∣∣∣ −

∣∣∣ +

Kaavion alin rivi saadaan siis päättelemällä osoittajan ja nimittäjän mer-keistä. Kaavion alimmalta riviltä voidaan nyt lukea, että epäyhtälö on tositäsmälleen silloin, kun x > 1.

Esimerkki 4.5.2. Ratkaise millä muuttujan x arvoilla funktio R(x) = 1+xx

saa arvoja väliltä ]1, 2].

Pitää siis ratkaista nk. kaksoisepäyhtälö

1 <1 + x

x≤ 2,

mikä voidaan tehdä ratkaisemalla erikseen epäyhtälöt

1 <1 + x

xja

1 + x

x≤ 2.

Epäyhtälöt on määritelty kun x 6= 0. Muokataan ensimmäinen epäyhtälöhaluttuun muotoon:

1 <1 + x

x

⇔ 0 <1 + x

x− 1 (käännetään toisin päin)

⇔ 1 + x

x− 1 > 0

⇔ 1 + x− xx

> 0

⇔ 1

x> 0

43

Merkkikaavion avulla nähdään, että 1x > 0 täsmälleen silloin, kun x > 0.

Muokataan toinen epäyhtälö haluttuun muotoon:

1 + x

x≤ 2

⇔ 1 + x

x− 2 ≤ 0

⇔ 1 + x− 2x

x≤ 0

⇔ 1− xx≤ 0

Laaditaan merkkikaavio:

0 1

1− x : +∣∣∣ +

∣∣∣ −

x : −∣∣∣ +

∣∣∣ +

1−xx : −

∣∣∣ +∣∣∣ −

Epäyhtälö toteutuu siis täsmälleen silloin, kun x < 0 tai x ≥ 1.

Kaksoisepäyhtälö on tosi niillä muuttujan x arvoilla, joilla molemmat epäyh-tälöt ovat tosia. Siis täytyy olla x > 0 ja joko x < 0 tai x ≥ 1. Kaksoisepä-yhtälö on siis tosi täsmälleen silloin, kun x ≥ 1.

5 Yhtälöryhmät

Yhtälöryhmä (vast. epäyhtälöryhmä) koostuu useammasta kuin yhdestä yh-tälöstä (vast. epäyhtälöstä). Yhtälöryhmän ratkaisuja ovat ne muuttujan ar-vot, jotka toteuttavat kaikki yhtälöt.

Kun muuttujia on vain yksi, yhtälöryhmä voidaan ratkaista ratkaisemallaerikseen kukin yhtälö ja yhdistämllä näistä saadut tulokset.

Huomautus. Esimerkin 4.5.2 kaksoisepäyhtälö on itse asiassa kahden epäyh-tälön epäyhtälöryhmä.

Esimerkki 5.0.3. Esimerkkejä kahden yhtälön yhtälöryhmistä:

5.1 Kahden muuttujan yhtälöpari 44

1. Yhtälöryhmällä {2x− 4 = 0

−x+ 2 = 0

on yksi ratkaisu x = 2, joka saadaan ratkaisemalla kumpikin yhtälöerikseen.

2. Yhtälöryhmällä {2x− 4 = 0

x2 = 9

ei ole yhtään ratkaisua, sillä ensimmäinen yhtälö on tosi kun x = 2 jatoinen kun x = ±3.

3. Tarkastellaan yhtälöryhmää{3x2 + 6x− 9 = 0

x+ 1 = −2.

Ensimmäiselle yhtälölle saamme ratkaisukaavalla ratkaisut x = 1 jax = −3. Toisella yhtälöllä on yksi ratkaisu, x = −3. Näin ollen yhtälö-ryhmällä on yksi ratkaisu, x = −3.

4. Tarkastellaan epäyhtälöryhmää{2x > x+ 1

3x− 2 < 13.

Ensimmäinen epäyhtälö on tosi kun x > 1 ja toinen kun x < 5. Epäyh-tälöryhmän ratkaisu on siis 1 < x < 5.

5. Tarkastellaan yhtälöryhmää{x2 − 2x− 3 = 012x+ 2 ≥ 2.

Ratkaisukaavalla saadaan ensimmäisen yhtälön ratkaisut x = 3 jax = −1. Epäyhtälön ratkaisu on x ≥ 0. Yhtälöryhmällä on siis yksiratkaisu, x = 3.

5.1 Kahden muuttujan yhtälöpari

Tarkastellaan yhtälöparia {a1x+ b1y = c1

a2x+ b2y = c2

missä a1, a2, b1, b2, c1, c2 ovat reaalilukuja ja x, y muuttujia. Yhtälöparin rat-kaisuja ovat ne muuttujien x ja y arvot, joilla kumpikin yhtälö on tosi.


Esimerkki 5.1.1. Yhtälöparilla{x+ y = 4

x− y = 0

on täsmälleen yksi ratkaisu: x = 2 ja y = 2.

Kahden muuttujan yhtälöparin voi ratkaista (ainakin) kahdella tavalla:

1. Ratkaistaan ensin jommastakummasta yhtälöstä x tai y ja sijoitetaansaatu tulos toiseen yhtälöön. Tavoitteena on päätyä ensimmäisen as-teen yhtälöön, josta saadaan ratkaistua toinen muuttujista. Tämänjälkeen voidaan ratkaista toisenkin muuttujan arvo.

2. Muokataan yhtälöitä sopivasti ja lisätään yhtälöt puolittain toisiinsa.Tavoitteena on jälleen päätyä ensimmäisen asteen yhtälöön.

Mahdollisia vastaantulevia tilanteita on kolme:

1. Yhtälöparilla on täsmälleen yksi ratkaisu.2. Yhtälöparilla ei ole ratkaisua. Tämä tapahtuu silloin, kun ratkaisume-

netelmä johtaa ristiriitaan.3. Yhtälöparilla on äärettömän monta ratkaisua. Tämä tapahtuu silloin,

kun yhtälöparin ensimmäinen yhtälö voidaan muokata parin toiseksiyhtälöksi, eli yhtälöt ovat ekvivalentit.

Esimerkki 5.1.2.

1. Ratkaistaan yhtälöpari {4x+ 2y = 2

2x+ 3y = 4

ensimmäisellä menetelmällä. Ensimmäisestä yhtälöstä voidaan ratkais-ta, että y = 1− 2x. Sijoittamalla tämä toiseen yhtälöön saadaan

2x+ 3y = 2x+ 3(1− 2x) = 3− 4x = 4,

mistä voidaan ratkaista, että x = −14 . Nyt voidaan ratkaista muuttuja

y esimerkiksi ensimmäisestä yhtälöstä:

y = 1− 2x = 1− 2(−1

4) =

3

2.

Yhtälöparilla on yksi ratkaisu: x = −14 ja y = 3

2 .


2. Ratkaistaan sama yhtälöpari{4x+ 2y = 2

2x+ 3y = 4

toisella menetelmällä. Kertomalla alempaa yhtälöä puolittain luvulla−2 saadaan alkuperäisen yhtälöparin kanssa ekvivalentti yhtälöpari{

4x+ 2y = 2

−4x− 6y = −8.

Kun nyt lisätään yhtälöt puolittain yhteen, päädytään yhtälöön

4x+ 2y + (−4x− 6y) = 2 + (−8)

⇔ −4y = −6,

josta saadaan ratkaistua y = 32 . Tämän jälkeen voidaan ratkaista muut-

tuja x esimerkiksi ensimmäisestä yhtälöstä:

x =2− 2y

4=

2− 2 · 324

= −1

4.

Yhtälöparilla on yksi ratkaisu: x = −14 ja y = 3

2 .3. Tarkastellaan yhtälöparia {

12x− 2y = 1

−x+ 4y = 0.

Kertomalla ylempää yhtälöä puolittain luvulla 2 saadaan ekvivalenttiyhtälöpari {

x− 4y = 2

−x+ 4y = 0.

Kun nämä yhtälöt lisätään puolittain yhteen, päädytään yhtälöön 0 = 2.Päädyttiin ristiriitaan, joten yhtälöparilla ei siis ole ratkaisua.

4. Tarkastellaan yhtälöparia{12x− 2y = 1

−x+ 4y = −2.

Kertomalla ylempää yhtälöä puolittain luvulla −2 saadaan ekvivalenttiyhtälöpari {

−x+ 4y = −2

−x+ 4y = −2.

Yhtälöt ovat ekvivalentit, joten yhtälöparilla on äärettömän monta rat-kaisua.

47

6 Analyyttinen geometria

Analyyttisessä geometriassa tutkitaan geometrian ongelmia algebran ja ana-lyysin keinoin.

Meille tutut tasokuviot kuten suorat, paraabelit ja ympyrät voidaan esit-tää yhtälöiden avulla. Näin esimerkiksi kysymys siitä, missä kaksi suoraaleikkaavat muuttuu kysymykseksi yhtälöparin ratkaisemisesta.

6.1 Suora ja suoran yhtälö

Suoran yhtälö (kun suora ei ole y-akselin suuntainen) on muotoa

y = kx+ b, (∗)

missä k ja b ovat vakioita. Suora koostuu siis niistä tason pisteistä (x, y),jotka toteuttavat yhtälön.

Vakioilla k ja b on geometrinen tulkinta: Vakiota k sanotaan suoran kulma-kertoimeksi ja se kertoo, kuinka jyrkästi suora nousee tai laskee. Vakio b taaskertoo, millä korkeudella suora leikkaa y-akselin.

Yhtälön (∗) kuvaama suora ei kuitenkaan voi olla pystysuora eli y-akselinsuuntainen. Tällaisen suoran yhtälö on muotoa

x = c,

missä c on vakio. Tässä yhtälössä ei esiinny lainkaan muuttujaa y, joten yvoi saada minkä tahansa arvon. Suora koostuu siis niistä pisteistä jotka ovatmuotoa (c, y), missä y on mikä tahansa reaaliluku.

Yleisesti jokainen suora voidaan esittää muodossa

Ax+By + C = 0,

missä A, B ja C ovat reaalilukuja.

Vastaavasti jokainen muotoa Ax+By +C = 0 oleva yhtälö voidaan tulkitageometrisesti suoraksi, kun yhtälö sisältää vähintään toista muuttujista x jay (siis joko A 6= 0 tai B 6= 0).

6.1 Suora ja suoran yhtälö 48

Esimerkki 6.1.1. Tarkastellaan suoraa

y = 2x+ 1.

Suoran kulmakerroin on 2 ja se leikkaa y-akselin korkeudella 1 eli pisteessä(0, 1). Esimerkiksi piste (3, 7) kuuluu tälle suoralle, sillä 2 · 3 + 1 = 7, elipiste toteuttaa suoran yhtälön. Piste (2, 9) sen sijaan ei kuulu suoralle, sillä2 · 2 + 1 = 5 6= 9.

Kun tunnetaan suoran yhtälö, niin voidaan esimerkiksi ratkaista missä pis-teessä annettu suora leikkaa x-akselin.

Esimerkki 6.1.2. Olkoon annettuna suora

y = 2x+ 1.

Halutaan selvittää missä pisteessä suora leikkaa x-akselin eli löytää sellainenx, että y = 0.

Sijoittamalla suoran yhtälöön y = 0 päädytään ensimmäisen asteen yhtälöön

0 = 2x+ 1,

josta voidaan ratkaista x: saadaan, että x = −12 . Suora leikkaa siis x-akselin

pisteessä (−12 , 0).

Usein halutaan kirjoittaa suoran yhtälö, kun tiedetään jotain suorasta. Suo-ran yhtälön selvittämiseksi riittää tietää

• yksi piste suoralta ja suoran kulmakerroin, tai• kaksi pistettä suoralta.

Kun tunnetaan yksi suoran piste (x0, y0) ja suoran kulmakerroin k, saadaansuoran yhtälö kaavasta

y − y0 = k(x− x0). (�)

Esimerkki 6.1.3. Suora kulkee pisteen (1, 2) kautta ja sen kulmakerroin onk = 3. Mikä on suoran yhtälö?

Sijoitetaan pisteen koordinaatit ja kulmakerroin yhtälöön (�), jolloin saadaan

y − 2 = 3(x− 1)

⇔ y = 3x− 1.

Pisteiden (x1, y1) ja (x2, y2) kautta kulkevan suoran kulmakerroin k on

k =y2 − y1x2 − x1

.

Huomautus. Ei ole väliä kummin päin pisteet valitaan.

6.1 Suora ja suoran yhtälö 49

Esimerkki 6.1.4. Tiedetään, että suora kulkee pisteiden (−1, 2) ja (4,−3)kautta. Selvitetään suoran yhtälö.

Suoran kulmakerroin on

k =−3− 2

4− (−1)=−5

5= −1.

Suoran yhtälö saadaan nyt kaavasta (�), kun sijoitetaan siihen juuri laskettukulmakerroin ja kumpi tahansa annetuista pisteistä:

y − 2 = −1(x− (−1))

⇔ y − 2 = −x− 1

⇔ y = −x+ 1.

6.1.1 Suorien yhdensuuntaisuus ja kohtisuoruus

Kaksi suoraa ovat yhdensuuntaiset, jos ja vain jos niillä on sama kulmaker-roin. Kaksi suoraa ovat kohtisuorassa toisiaan vastaan (eli suorat leikkaavattoisensa 90◦ kulmassa), jos ja vain jos niiden kulmakertoimien tulo on −1.

Pystysuoran suoran kanssa yhdensuuntaisia ovat muut pystysuorat suorat jakohtisuoria ne suorat, joiden kulmakerroin on 0 (eli vaakasuorat suorat).

Esimerkki 6.1.5.

1. Suorat y = x+ 1 ja y = x+ 3 ovat yhdensuuntaiset.2. Suorat y = 2x+ 3 ja y = −1

2x+ 1 ovat kohtisuorassa.

Esimerkki 6.1.6. Mikä on sen suoran yhtälö, joka leikkaa suoran y = 13x+3

pisteessä (3, 6) kohtisuorasti?

Kysytyn suoran kulmakerroin k toteuttaa yhtälön

k · 1

3= −1,

joten k = −3.

Suorien leikkauspiste (3, 6) on sekä annetun suoran että kysytyn suoran piste.Sijoitetaan siis piste (3, 6) ja kulmakerroin k = −3 yhtälöön (�), jolloinsaadaan kysytyn suoran yhtälö

y − 6 = −3(x− 3)

⇔ y = −3x+ 15.

6.2 Suorien leikkauspiste 50

6.2 Suorien leikkauspiste

Tarkastellaan kahta suoraa, joita kuvaavat yhtälöt

y = k1x+ b1

jay = k2x+ b2.

Halutaan selvittää, missä nämä suorat leikkaavat. Leikkauspisteitä ovat nepisteet (x, y), jotka toteuttavat kummankin suoran yhtälön, eli yhtälöparin{

y = k1x+ b1

y = k2x+ b2

ratkaisut. Tällaisia kahden muuttujan yhtälöpareja käsiteltiin aiemmin kap-paleessa 5.1.

Vaihtoehtoja on kolme:

1. Suorat leikkaavat yhdessä pisteessä, eli yhtälöparilla on täsmälleen yksiratkaisu.

2. Suorat eivät leikkaa, eli yhtälöparilla ei ole ratkaisua. Tällöin suoratovat yhdensuuntaiset.

3. Yhtälöt kuvaavat samaa suoraa, jolloin yhtälöparilla on äärettömänmonta ratkaisua (koko kyseinen suora).

Esimerkki 6.2.1. Selvitetään suorien y = 2x+1 ja y = −x+4 leikkauspiste.Leikkauspiste saadaan selville ratkaisemalla yhtälöpari{

y = 2x+ 1

y = −x+ 4.

Sijoitetaan y = 2x+ 1 alempaan yhtälöön:

2x+ 1 = −x+ 4

⇔ 3x = 3

⇔ x = 1

Sijoittamalla x = 1 jompaankumpaan yhtälöistä saadaan ratkaistua, ettäy = 3. Yhtälöparilla on siis yksi ratkaisu, x = 1 ja y = 3. Suorat leikkaavattäten pisteessä (1, 3).

6.3 Kahden pisteen välinen etäisyys 51

6.3 Kahden pisteen välinen etäisyys

Pisteiden (x1, y1) ja (x2, y2) välinen etäisyys on√(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2.

Esimerkki 6.3.1. Pisteiden (1, 1) ja (2,−1) välinen etäisyys on√(1− 2)2 + (1− (−1))2 =

√1 + 4 =

√5.

6.4 Ympyrä

Ympyrä koostuu niistä pisteistä, jotka ovat täsmälleen annetun etäisyydenpäässä ympyrän keskipisteestä. Tätä etäisyyttä kutsutaan ympyrän säteek-si. Merkitään ympyrän keskipistettä (x0, y0) ja sädettä r (r > 0). Ympyräkoostuu siis niistä pisteistä (x, y), jotka toteuttavat yhtälön√

(x− x0)2 + (y − y0)2 = r.

Yleensä ympyrän yhtälö esitetään ekvivalentissa muodossa (nk. keskipiste-muoto)

(x− x0)2 + (y − y0)2 = r2. (∗)

Esimerkki 6.4.1. Ympyrän, jonka keskipiste on (1,−1) ja säde 2, yhtälöon

(x− 1)2 + (y + 1)2 = 4.

Piste (3,−1) kuuluu ympyrälle, sillä (3− 1)2 + (−1 + 1)2 = 22 + 02 = 4. Sensijaan piste (0, 0) ei ole ympyrällä, sillä (0−1)2 + (0 + 1)2 = 12 + 12 = 2 6= 4.

Laskemalla ympyrän yhtälössä (∗) esiintyvät neliöt auki ja vähentämälläpuolittain luku r2, saadaan yhtälö muotoon

x2 + y2 +Ax+By + C = 0

missä A, B ja C ovat nyt joitakin vakioita. Jokainen tätä muotoa oleva yhtälöei kuitenkaan esitä ympyrää.

Esimerkki 6.4.2. Olkoon ympyrän keskipiste (2, 3) ja säde 1. Tällöin kes-kipistemuodosta auki laskemalla saadaan

(x− 2)2 + (y − 3)2 = 12

⇔ x2 − 4x+ 4 + y2 − 6y + 9 = 1

⇔ x2 + y2 − 4x− 6y + 13 = 1

⇔ x2 + y2 − 4x− 6y + 12 = 0.

6.4 Ympyrä 52

Ympyrää esittää siis yhtälö

x2 + y2 − 4x− 6y + 12 = 0.

Kun halutaan selvittää, että esittääkö annettu yhtälö ympyrää, pyritäänneliöön täydentämällä muokkaamaan yhtälö keskipistemuotoon (∗).

Esimerkki 6.4.3. Esittääkö yhtälö

x2 + y2 + 2x+ 2y + 3 = 0

ympyrää?

Täydentämällä neliöksi yhtälön vasemmalla puolella saadaan

x2 + y2 + 2x+ 2y + 3 = 0

⇔ (x2 + 2x+ 1)− 1 + (y2 + 2y + 1)− 1 + 3 = 0

⇔ (x+ 1)2 + (y + 1)2 + 1 = 0

⇔ (x+ 1)2 + (y + 1)2 = −1

Yhtälö(x+ 1)2 + (y + 1)2 = −1

ei voi esittää ympyrää, sillä ei ole sellaista positiivista lukua r jolle r2 = −1.

Tehtävä. Esittääkö yhtälö

x2 + y2 + 4x− 2y − 7 = 0

ympyrää?

Täydentämällä neliöksi yhtälön vasemmalla puolella saadaan

x2 + y2 + 4x− 2y − 7 = 0

⇔ (x2 + 4x+ 22)− 22 + (y2 − 2y + 12)− 12 − 7 = 0

⇔ (x+ 2)2 + (y − 1)2 − 12 = 0

⇔ (x+ 2)2 + (y − 1)2 = 12

Yhtälö esittää siis ympyrää, joka keskipiste on (−2, 1) ja säde r =√

12(r2 = 12).

6.5 Ympyrän ja suoran leikkauspisteet 53

6.5 Ympyrän ja suoran leikkauspisteet

Halutaan ratkaista annetun suoran y = kx+ b ja ympyrän (x− x0)2 + (y −y0)

2 = r2 leikkauspisteet, eli etsiä yhtälöparin{y = kx+ b

(x− x0)2 + (y − y0)2 = r2

ratkaisut. Yhtälöpari voidaan ratkaista sijoittamalla y = kx + b ympyränyhtälöön, jolloin päädytään toisen asteen yhtälöön (muuttujana x).

On kolme vaihtoehtoa:

1. Yhtälöllä on kaksi ratkaisua, eli suora ja ympyrä leikkaavat kahdessapisteessä.

2. Yhtälöllä on yksi ratkaisu, eli suora ja ympyrä leikkaavat yhdessä pis-teessä (suora sivuaa ympyrää).

3. Yhtälöllä ei ole yhtään ratkaisua, eli suora ja ympyrä eivät leikkaa.

Esimerkki 6.5.1. Selvitetään suoran y = −x + 4 ja ympyrän (x − 2)2 +(y − 2)2 = 2 leikkauspisteet eli yhtälöparin{

y = −x+ 4

(x− 2)2 + (y − 2)2 = 2

ratkaisut.

Sijoittamalla y = −x+ 4 ympyrän yhtälöön saadaan

(x− 2)2 + ((−x+ 4)− 2)2 = 2

⇔ (x− 2)2 + (−x+ 2)2 = 2

⇔ 2x2 − 8x+ 8 = 2

⇔ x2 − 4x+ 3 = 0

Ratkaisukaavalla saadaan x = 1 ja x = 3. Sijoittamalla nämä yhtälööny = −x + 4 saadaan yhtälöparin ratkaisut (1, 3) ja (3, 1), jotka ovat siisetsityt leikkauspisteet.

54

7 Derivaatta

7.1 Derivaatta geometrisesti

Esimerkki 7.1.1. Allaolevassa kuvassa sininen käyrä kuvaa etenevän kap-paleen paikkaa x ajan t funktiona. Tutkitaan kappaleen nopeutta.

1 2 3 4 5

1

2

3

t

x

Nopeus on suure joka kuvaa, kuinka pitkä matka edetään tietyssä ajassa.Kuvasta voimme laskea kappaleen keskinopeuden esimerkiksi hetkien t1 = 1ja t2 = 5 välillä:

vk =∆x(t)

∆t=x(t2)− x(t1)

t2 − t1=

3− 1

5− 1=

1

2

Huomataan, että keskinopeutta vastaa kuvassa punaisen janan kulmakerroineli sen jyrkkyys.

Hetkellistä nopeutta vastaa kuvassa sinisen käyrän jyrkkyys. Paremman li-kiarvon hetkelliselle nopeudelle kohdassa t1 = 1 saamme aikaan laskemallakappaleen keskinopeuden lyhyemmällä välillä, esimerkiksi valitsemalla t2 =2. Mitä lähemmäs tarkasteltavaa kohtaa t1 tuomme jälkimmäisen pisteen t2,sitä paremman likiarvon saamme aikaiseksi.

1 2 3 4 5

1

2

3

t

x

7.2 Derivaatan määritelmä ja derivoituvuus 55

Yleisesti funktion arvon “muutosnopeuden” kertoo sen kuvaajan jyrkkyys.Funktion kuvaajan tangentti pisteessä (x0, f(x0)) on se suora, joka sivuaakuvaajaa kyseisessä pisteessä. Kuvaajan jyrkkyys kohdassa x0 on tämän tan-gentin kulmakerroin.

Kun h on pieni luku, niin x0 +h on lähellä tarkasteltavaa pistettä x0. Pistei-den (x0, f(x0)) ja (x0 + h, f(x0 + h)) kautta kulkevan suoran kulmakerroinon

∆f(x)

∆x=f(x0 + h)− f(x0)

(x0 + h)− x0=f(x0 + h)− f(x0)

h.

Kun luku h lähestyy nollaa, ylläolevan lausekkeen arvo lähestyy tangentinkulmakerrointa eli funktion kuvaajan jyrkkyyttä kohdassa x0.

x0

x

f(x)

f(x0)

7.2 Derivaatan määritelmä ja derivoituvuus

Yleisesti (ja hieman epämääräisesti) sanoen funktion f(x) “muutosnopeutta”kohdassa x0 kutsutaan funktion derivaataksi kohdassa x0.

Funktion f derivaatan arvo kohdassa x0 määritellään lausekkeella

f(x0 + h)− f(x0)

h,

missä h on jokin pieni luku ja katsomalla mitä arvoa lauseke lähestyy, kun hlähestyy nollaa. Tämä voidaan tehdä matemaattisen tarkasti käyttäen raja-arvon käsitettä, jota emme kuitenkaan käsittele tällä kurssilla.

7.3 Derivoimissääntöjä 56

Jos funktiolla on derivaatta kohdassa x0 niin sanotaan, että funktio on de-rivoituva tässä kohdassa.

Huomautus. Funktio voi olla joissakin kohdissa derivoituva ja toisissa ei.Esimerkiksi itseisarvofunktio f(x) = |x| on derivoituva kaikkialla muuallapaitsi kun x = 0. Geometrisesti onkin mahdoton tulkita, kuinka “jyrkkä”funktion f(x) = |x| kuvaaja on kohdassa x = 0.

Kun tunnetaan funktion f lauseke, voidaan laskea sen derivaattafunktio Df .Derivaattafunktion arvo pisteessä x0 on siis funktion f derivaatta kohdassax0. Derivaattafunktion selvittämistä / laskemista kutsutaan derivoimiseksi.

Huomautus. Derivaattafunktiota kutsutaan myös derivaataksi.

Funktion f(x) derivaatalle on käytössä useita merkintöjä kuten

Df(x),df(x)

dx, f ′(x).

Huomautus. Esimerkiksi polynomeille kuten f(x) = x2+3 voidaan käyttäämyös merkintää D(x2 + 3) merkinnän Df(x) sijaan.

Esimerkki 7.2.1. Selvitetään, mikä on funktion f(x) = x2 derivaatta:

f(x+ h)− f(x)

h=

(x+ h)2 − x2

h=x2 + 2xh+ h2 − x2

h

=2xh+ h2

h=h(2x+ h)

h= 2x+ h

Kun luku h lähestyy nollaa, ylläolevan lausekkeen arvo lähestyy lukua 2x.Funktion f(x) = x2 derivaattafunktio on siis Df(x) = D(x2) = 2x.

Nyt voimme laskea funktion f(x) derivaatan arvon eri kohdissa: esimerkiksiDf(−1) = 2 · (−1) = −2, Df(0) = 2 · 0 = 0, Df(2) = 2 · 2 = 4.

7.3 Derivoimissääntöjä

Sääntö 7.3.1.

1. Olkoon c reaaliluku ja f(x) = c (vakiofunktio). Tällöin f on derivoituvajokaisessa pisteessä ja Df(x) = D(c) = 0.

2. Olkoon a reaaliluku, a 6= 0. Funktio f(x) = xa on derivoituva jokaisessapisteessä jossa se on määritelty ja Df(x) = D(xa) = axa−1.

7.3 Derivoimissääntöjä 57

Esimerkki 7.3.2.

1. D(−72) = 0

2. D(x4) = 4x4−1 = 4x3

3. D(x13 ) = 1

3x13−1 = 1

3x− 2

3

4. D(x) = D(x1) = 1x1−1 = x0 = 1

Sääntö 7.3.3. Olkoon f ja g derivoituvia kohdassa x ja c reaaliluku. Tällöinfunktiot c · f , f + g, f − g, f · g ja f

g ovat derivoituvia kohdassa x (funktiofg kunhan g(x) 6= 0) ja

1. D(c · f)(x) = c ·Df(x)2. D(f + g)(x) = Df(x) +Dg(x)3. D(f − g)(x) = Df(x)−Df(x)4. D(f · g)(x) = Df(x) · g(x) + f(x) ·Dg(x)

5. D(f

g)(x) =

Df(x) · g(x)− f(x) ·Dg(x)

g(x)2, kun g(x) 6= 0.

Lisäksi on nk. ketjusääntö, joka kertoo kuinka sisäkkäisiä funktioita voidaanderivoida. Jos h(x) = f(g(x)), niin

6. Dh(x) = D (f(g(x))) = Df (g(x)) ·Dg(x).

Funktiota f kutsutaan ulkofunktioksi ja funktiota g sisäfunktioksi.

Näiden derivoimissääntöjen avulla voimme derivoida mm. kaikki polynomitja rationaalifunktiot.

Esimerkki 7.3.4.

1. Derivoimissääntöjen mukaan

D(2x2 + 3x) = D(2x2) +D(3x) = 2 ·D(x2) + 3 ·D(x)

= 2 · 2x+ 3 · 1 = 4x+ 3.

2. Halutaan derivoida funktio h(x) = 1x+1 . Merkitään f(x) = 1 ja g(x) =

x+1. Tällöin Df(x) = 0 ja Dg(x) = 1. Osamäärän derivoimissäännönmukaan:

Dh(x) =Df(x) · g(x)− f(x) ·Dg(x)

g(x)2=

0 · (x+ 1)− 1 · 1(x+ 1)2

=−1

(x+ 1)2= − 1

(x+ 1)2.

3. Halutaan derivoida funktio h(x) = (x2+1)100. Käytetään ketjusääntöä:valitaan f(x) = x100 ja g(x) = x2 + 1. Tällöin h(x) = f(g(x)) ja

7.4 Funktion ääriarvot 58

Df(x) = 100x99 ja Dg(x) = 2x. Ketjusäännön mukaan

Dh(x) = Df(g(x)) ·Dg(x) = 100(g(x))99 · 2x= 100(x2 + 1)99 · 2x = 200x(x2 + 1)99.

Tehtävä. Derivoi funktiot:

1. f(x) = 3x2 − x+ 52. g(x) = x

x+1

3. h(x) = (1− 2x)4

Ratkaisu.

1.

Df(x) = D(3x2 − x+ 5) = 3D(x2)−D(x) +D(5)

= 3 · 2x− 1 + 0 = 6x− 1

2.

Dg(x) =D(x) · (x+ 1)− x ·D(x+ 1)

(x+ 1)2

=1 · (x+ 1)− x · 1

(x+ 1)2=

1

(x+ 1)2

3. Käytetään ketjusääntöä: valitaan f(x) = x4 ja g(x) = 1− 2x. TällöinDf(x) = 4x3 ja Dg(x) = −2, joten

Dh(x) = Df(g(x)) ·Dg(x) = 4(g(x))3 · (−2)

= 4(1− 2x)3 · (−2) = −8(1− 2x)3.

Huomautus. Tiedetään, että vakiofunktion derivaatta on 0. Voimassa onmyös käänteinen tulos:

Lause 7.3.5. Olkoon f sellainen derivoituva funktio, että Df = 0 välillä[a, b]. Tällöin f on vakiofunktio eli f(x) = c jollain c kyseisellä välillä [a, b].

7.4 Funktion ääriarvot

7.4.1 Funktion ääriarvojen etsiminen derivaatan avulla

Halutaan etsiä derivoituvan funktion suurin ja pienin arvo eli maksimi jaminimi annetulla välillä. Näitä kutsutaan myös funktion ääriarvoiksi.


Yksinkertaisesta kuvasta ongelmaa tarkastelemalla huomataan, että mahdol-lisia maksimi- ja minimikohtia ovat ainakin kuvaajan “huiput” ja “kuopat”.Tällaiseen pisteeesen piirretty tangettisuora on aina vaakasuora eli funktionderivaatta saa siinä arvon nolla. Tarkastelua on havainnollistettu kuvassa 4.

−4 −3 −2 −1 1 2

−4

−2

2

4

Kuva 4: Funktion f(x) = 13x

3 + 12x

2 − 2x kuvaaja ja sille kohtiin x = −2 jax = 1 piirretyt tangettisuorat.

Seuraava tulos kertoo, että yksinkertainen tarkastelumme pitää paikkansa:

Lause 7.4.1. Olkoon funktio f derivoituva välillä [a, b]. Tällöin funktio fsaa suurimman ja pienimmän arvonsa välillä [a, b] derivaatan nollakohdissatai välin päätepisteissä.

Huomautus. Funktiolla ei välttämättä ole vain yhtä maksimi- tai minimi-kohtaa tutkittavalla välillä. Esimerkiksi funktiolla f(x) = x2 on välillä [−2, 2]kaksi maksimikohtaa x = −2 ja x = 2, sekä yksi minimikohta x = 0.

Esimerkki 7.4.2. Etsitään funktion f(x) = 13x

3 + 12x

2−2x suurin ja pieninarvo välillä [−4, 2]. Derivaatan laskusääntöjen perusteella f on derivoituva.Derivoimalla saadaan

Df(x) = x2 + x− 2.

Halutaan selvittää derivaatan nollakohdat, eli ratkaista yhtälö

x2 + x− 2 = 0.

Ratkaisukaavalla saadaan ratkaisut x = −2 ja x = 1.

Lauseen 7.4.1 mukaan mahdollisia maksimi- ja minimikohtia välillä [−4, 2]ovat siis pisteet −4, −2, 1, 2. Lasketaan funktion f arvo näissä pisteissä:

f(−4) = −16

3, f(−2) =

10

3, f(1) = −7

6, f(2) =

2

3.

Funktion maksimikohta on siis x = −2 ja minimikohta on x = −4. Maksimion 10

3 ja minimi on −163 .


Huomautus. Lausetta 7.4.1 ei voi soveltaa esimerkiksi funktioon f(x) = 1x

välillä [−1, 1]. Tämä funktio ei ole derivoituva koko välillä [−1, 1], sillä se eiole määritelty kohdassa x = 0.

7.4.2 Aidosti kasvava ja aidosti vähenevä funktio

Sanotaan, että funktio f on aidosti kasvava välillä [a, b], jos välillä [a, b]ehdosta x1 < x2 seuraa, että f(x1) < f(x2).

Vastaavasti sanotaan, että funktio f on aidosti vähenevä välillä [a, b], josvälillä [a, b] ehdosta x1 < x2 seuraa, että f(x1) > f(x2).

Huomautus. Sanomme, että funktio on aidosti kasvava eikä pelkästään kas-vava, sillä näillä termeillä on eri merkitys. Funktio f on kasvava välillä [a, b],jos ehdosta x1 < x2 seuraa, että f(x1) ≤ f(x2).

−4 −3 −2 −1 1 2

−4

−2

2

4

Kuva 5: Funktion f(x) = 13x

3 + 12x

2 − 2x kuvaaja välillä [−4, 2].

Lause 7.4.3. Olkoon funktio f derivoituva välillä ]a, b[ ja kyseisellä välilläDf(x) > 0 (Df(x) < 0). Tällöin funktio f on aidosti kasvava (vast. aidostivähenevä) välillä ]a, b[.

Huomautus.

1. Edeltävässä lauseessa välin “päätepisteinä” voi olla myös −∞ ja ∞.2. Edeltävä lause pätee myös, jos avoin väli ]a, b[ korvataan suljetulla

välillä [a, b].

Kun halutaan selvittää missä annettu funktio f on aidosti kasvava / vähe-nevä, laaditaan derivaatalle Df merkkikaavio ja sen pohjalta voidaan laatia


funktiolle f nk. kulkukaavio. Yleensä nämä yhdistetään yhdeksi kaavioksi,jota kutsutaan edelleen kulkukaavioksi.

Esimerkki 7.4.4. Selvitetään missä funktio f(x) = 13x

3 + 12x

2 − 2x onaidosti kasvava / vähenevä. Funktion f kuvaaja on esitetty kuvassa 5.

Aiemmin laskettiin, että

Df(x) = x2 + x− 2

ja että derivaatalla on nollakohdat x = −2 ja x = 1. Laaditaan kulkukaavio:

-2 1Df(x) : +

∣∣∣ −∣∣∣ +

f(x) : ↗∣∣∣ ↘

∣∣∣ ↗

Kulkukaavion alemmalla rivillä symboli↗ tarkoittaa, että funktio on aidostikasvava kyseisellä välillä ja ↘ vastaavasti, että funktio on aidosti väheneväkyseisellä välillä. Alempi rivi saadaan suoraan ylärivin ja lauseen 7.4.3 avulla.

Kulkukaaviosta voidaan nyt lukea, että funktio f on aidosti kasvava väleillä]−∞,−2[ ja ]1,∞[ sekä aidosti vähenevä välillä ]−2, 1[.

7.4.3 Funktion paikalliset ääriarvot

Sen lisäksi, että derivaatan avulla löydämme funktion ääriarvot eli maksiminja minimin, voimme myös etsiä nk. paikallisia (lokaaleja) ääriarvoja.

Sanotaan, että x on funktion f paikallinen maksimikohta (vast. paikallinenminimikohta), jos löytyy sellainen väli ]a, b[, että x on funktion f maksimi-kohta (minimikohta) välillä ]a, b[. Funktion arvoa f(x) sanotaan paikalliseksimaksimiksi (paikalliseksi minimiksi).

Lause 7.4.5. Olkoon funktio f derivoituva välillä [a, b]. Tällöin funktionmahdollisia paikallisia ääriarvokohtia ovat derivaatan nollakohdat ja välinpäätepisteet.

Huomautus. Edellistä lausetta voidaan soveltaa myös, jos suljetun välinsijaan funktioita tarkastellaan koko reaalilukuakselilla eli välillä ]−∞,∞[.Tällöin ei luonnollisesti tarvitse tarkastella välin päätepisteitä.

Lause 7.4.6. Derivoituvan funktion derivaatan nollakohta x on paikallinenääriarvokohta jos ja vain jos derivaattafunktio vaihtaa merkkiä kyseisessäpisteessä.


Esimerkki 7.4.7. Tarkastellaan jälleen funktiota f(x) = 13x

3 + 12x

2 − 2x.Selvitimme aiemmin, että Df(x) = x2 + x− 2 ja että derivaatalla on nolla-kohdat x = −2 ja x = 1.

Laaditaan kulkukaavio:

-2 1Df(x) : +

∣∣∣ −∣∣∣ +

f(x) : ↗∣∣∣ ↘

∣∣∣ ↗

Kaaviosta nähdään, että x = −2 on funktion f paikallinen maksimikohtaja x = 1 on paikallinen minimikohta. Funktion arvot näissä pisteissä ovatf(−2) = 10

3 ja f(1) = −76 .

Esimerkki 7.4.8. Olkoon f(x) = x3. Tällöin Df(x) = 3x2 ja derivaatallaon täsmälleen yksi nollakohta x = 0.


0Df(x) : +

∣∣∣ +

f(x) : ↗∣∣∣ ↗

Funktiolla f ei siis ole paikallisia ääriarvoja.

Esimerkki 7.4.9. Määritetään funktion f(x) = x4 − 4x3 paikalliset ääriar-vokohdat. Derivoimalla saadaan

Df(x) = 4x3 − 12x2 = 4x2(x− 3),

joten tulon nollasäännön mukaan derivaatalla on nollakohdat x = 0 ja x = 3.Nämä ovat myös mahdollisia paikallisia ääriarvokohtia.


0 3Df(x) : −

∣∣∣ −∣∣∣ +

f(x) : ↘∣∣∣ ↘

∣∣∣ ↗

Kulkukaaviosta voidaan lukea, että x = 0 ei ole paikallinen ääriarvokohta,mutta x = 3 on paikallinen minimikohta.

7.5 Toisen ja korkeamman kertaluvun derivaatat 63

7.5 Toisen ja korkeamman kertaluvun derivaatat

Olkoon f derivoituva funktio. Sen derivaatta Df on myös funktio ja sillevoidaan laskea derivaatta D(Df) (mikäli Df on derivoituva). Näin saadaanfunktion f toisen kertaluvun derivaatta tai lyhyemmin toinen derivaatta,jota voidaan merkitä

D2f(x),d2f(x)

dx2, f ′′(x).

Vastaavasti voidaan laskea myös funktion f kolmas, neljäs tai yleisesti n:sderivaatta, jota merkitään

Dnf(x),dnf(x)

dxn, f (n)(x).

Esimerkki 7.5.1. Lasketaan funktion f(x) = x2 + x+ 1 kaikki derivaatat.Derivoimissääntöjen avulla saadaan

Df(x) = 2x+ 1,

ja edelleenD2f(x) = D(2x+ 1) = 2.

Edelleen laskemalla saadaan, että D3f(x) = D(2) = 0. Näin ollen Dnf(x) =0 kaikilla n ≥ 3.

Funktion toista derivaattaa voidaan käyttää selvittämään funktion kulkuamahdollisten paikallisten maksimi- ja minimikohtien ympäristössä. Tätä em-me kuitenkaan käsittele kurssilla.

8 Integraali

Integroinnin avulla voidaan selvittää, kuinka suuri pinta-ala jää funktion ku-vaajan ja x-akselin väliin. Integraalin tarkka määrittely liittyykin juuri pinta-alaan. Käytännössä kuitenkin funktioiden integrointi perustuu nk. analyysinperuslauseeseen (lause 8.3.1), joka kytkee toisiinsa derivaatan ja integraalinkäsitteet sekä integroinnin laskusääntöihin.

8.1 Integraalifunktiot ja määräämätön integraali 64

8.1 Integraalifunktiot ja määräämätön integraali

Sanotaan, että funktio F on funktion f integraalifunktio, jos

DF (x) = f(x)

eli jos f on funktion F derivaatta.

Esimerkki 8.1.1.

1. Funktiolla f(x) = 2 on integraalifunktio F (x) = 2x, koska DF (x) =D(2x) = 2.

2. Funktiolla f(x) = 6x on integraalifunktio F (x) = 3x2, koska DF (x) =D(3x2) = 3 · 2x = 6x.

Funktiolla ei kuitenkaan ole pelkästään yhtä integraalifunktiota.

Esimerkki 8.1.2. Funktiolla f(x) = x2 − 1 on integraalifunktiot F (x) =13x

3 − x+ C, missä C on mikä tahansa reaaliluku.

−2 −1 1 2

−2

−1

1

2

−2 −1 1 2

−2

−1

1

2

Seuraava lause kertoo, että funktion eri integraalifunktiot eroavat toisistaanainoastaan vakiolla.

Lause 8.1.3. Olkoon F1 funktion f jokin integraalifunktio. Tällöin funktioF2 on myös funktion f integraalifunktio jos ja vain jos F2 = F1 + C jollainreaaliluvulla C.

Todistus. Oletetaan, että F1 on funktion f integraalifunktio, jolloinDF1(x) =f(x). Todistetaan lause kahdessa osassa.


⇐= : Määritellään funktio F2 asettamalla F2(x) = F1(x) +C. Derivoimallasaadaan, että

DF2(x) = D(F1(x) + C) = DF1(x) +D(C) = f(x) + 0 = f(x).

Siis myös F2 on funktion f integraalifunktio.

=⇒ : Oletetaan sitten, että F2 on myös funktion f integraalifunktio. Deri-voidaan funktioiden F2 ja F1 erotus:

D(F2(x)− F1(x)) = DF2(x)−DF1(x) = f(x)− f(x) = 0.

Siis funktion F2−F1 derivaatta on nolla ja lauseen 7.3.5 mukaan F2−F1 = Cjollakin vakiolla C. Siis F2 = F1 + C.

Kun vakiota C ei ole kiinnitetty, funktion f yleistä integraalifunktiota elimääräämätöntä integraalia merkitään∫

f(x) dx = F (x) + C,

missä C on reaaliluku. Merkintä tarkoittaa, että kaikilla vakion C arvoillaF (x) +C on funktion f integraalifunktio. Vakiota C kutsutaan integroimis-vakioksi.

Määräämättömän integraalin merkinnässä dx tarkoittaa, että funktiota ftarkastellaan muuttujan x suhteen.

Sääntö 8.1.4. Olkoot a, c reaalilukuja ja a 6= −1. Tällöin

1.∫c dx = cx+ C,

2.∫xa dx =

1

a+ 1xa+1 + C,

missä C on integroimisvakio.

Huomautus. Jälkimmäinen laskusääntö ei siis ole voimassa kun a = −1.Tällöin pätee ∫

1

xdx = ln |x|+ C,

missä ln on logaritmifunktio, jota käsittelemme myöhemmin.

Sääntö 8.1.5. Olkoon f ja g funktioita ja c reaaliluku. Tällöin

1.∫cf(x) dx = c

∫f(x) dx

2.∫f(x) + g(x) dx =

∫f(x) dx+

∫g(x) dx


3.∫f(x)− g(x) dx =

∫f(x) dx−

∫g(x) dx

Huomautus. Jos lasketaan esimerkiksi funktion f(x) = x+1 määräämätönintegraali, niin ∫

f(x) dx =

∫x+ 1 dx =

∫x dx+

∫1 dx.

Tiedetään, että ∫x dx =

1

2x2 + C1

ja ∫1 dx = x+ C2,

missä C1, C2 ovat integroimisvakioita. Saadaan siis∫f(x) dx =

1

2x2 + x+ C1 + C2.

Nyt koska C1 ja C2 voivat olla mitä tahansa reaalilukuja, niin myös C1 +C2

voi olla mikä tahansa reaaliluku. Voimme siis yhdistää nämä integroimisva-kiot yhdeksi vakioksi ja kirjoittaa vain suoraan, että∫

f(x) dx =1

2x2 + x+ C,

missä C on integroimisvakio.

Näiden integroimissääntöjen avulla pystymme nyt integroimaan esimerkiksikaikki polynomit.

Esimerkki 8.1.6.

1.∫

2x3 dx = 2∫x3 dx = 2 · 1

3+1x3+1 + C = 2 · 14x

4 + C = 12x

4 + C

2.∫x2 + x dx =

∫x2 dx+

∫x dx = 1

3x3 + 1

2x2 + C

3.∫ √

x dx =∫x

12 dx = 1

12+1x

12+1 + C = 2

3x32 + C

Huomautus. Integroinnin voi aina tarkistaa derivoimalla saatu integraali-funktio ja toteamalla, että derivaatta todella on alkuperäinen integroitavafunktio. Esimerkiksi edellisen esimerkin kohdan 1. tarkistamiseksi laskemme

D

(1

2x4 + C

)=

1

2· 4x3 + 0 = 2x3.

8.2 Määrätty integraali 67

Huomautus. Vaikka derivointi on yleensä melko suoraviivaista ja mekaa-nista toimintaa, niin integrointi ei sitä ole. Esimerkiksi funktioiden tulolle,osamäärälle ja sisäkkäisille funktioille ei ole olemassa yleispäteviä integroi-missääntöjä.

Derivoimissääntöjä noudattamalla on helppo osoittaa, että

D

(x+ 1

3x3 + 2x2 + x

)= −6x3 + 11x2 + 4x+ 1

x2(3x2 + 2x+ 1)2.

Ei ole kuitenkaan lainkaan suoraviivaista selvittää (tietämättä edellä olevaa),että ∫

−6x3 + 11x2 + 4x+ 1

x2(3x2 + 2x+ 1)2dx =

x+ 1

3x3 + 2x2 + x+ C.

Huomautus. Kaikilla funktioilla ei ole integraalifunktiota, jonka voisi esit-tää nk. alkeisfunktioiden4 avulla. Esimerkiksi integraalia∫ √

1− x4 dx

ei voi esittää tällaisessa muodossa.

8.2 Määrätty integraali

Funktion f määrättyä integraalia välillä [a, b] merkitään∫ b

af(x) dx,

missä lukuja a ja b kutsutaan integroimisrajoiksi (alaraja a ja yläraja b).

Jos f(x) ≥ 0 koko välillä [a, b], määrätty integraali kertoo funktion kuvaajanf(x), x-akselin sekä pystysuorien x = a ja x = b rajaaman alueen pinta-alan.

Yleisesti määrätty integraali voidaan tulkita kuvaajan f(x), x-akselin sekäpystysuorien x = a ja x = b rajaaman alueen osa-alueiden avulla: Mää-rätty integraali on näiden osa-alueiden pinta-alojen summa, missä x-akselinalapuolisten alueiden pinta-alat lasketaan summaan mukaan negatiivisina.

4Alkeisfunktio on yhden muuttujan funktio, joka saadaan aikaan käyttämällä perus-laskutoimituksia (+ − · :), potensseja, trigonometrisia funktioita, logaritmeja sekä ekspo-nenttifunktioita.

8.3 Analyysin peruslause 68

−1 1

−1

1

2f(x)

A1

A2

Kuva 6: Määrätyn integraalin∫ 1

−1f(x) dx arvo on pinta-alojen erotus A1 −

A2.

8.3 Analyysin peruslause

Seuraava tulos on hyvin keskeinen. Se liittää yhteen funktion määrätyn in-tegraalin ja integraalifunktion käsitteen.

Lause 8.3.1 (Analyysin peruslause). Olkoon f funktio ja F sen mikä ta-hansa integraalifunktio välillä [a, b]. Tällöin∫ b

af(x) dx = F (b)− F (a).

Huomautus. Ei ole väliä mitä integraalifunktiota käytämme kun sovellam-me analyysin peruslausetta. Olkoon funktiolla f integraalifunktiot F1 ja F2.Tällöin lauseen 8.1.3 mukaan F2 = F1 + C jollakin C. Näin ollen

F2(b)− F2(a) = (F1(b) + C)− (F1(a) + C)

= F1(b) + C − F1(a)− C= F1(b)− F1(a).

Huomautus. Funktion f on oltava määritelty koko välillä [a, b] jotta voim-me laskea sen määrätyn integraalin välillä [a, b]. Emme voi esimerkiksi laskeamäärättyä integraalia ∫ 1

0

1

xdx,

sillä f(x) = 1x ei ole määritelty kun x = 0. Funktion kuvaajan, x-akselin ja

suorien x = 0 ja x = 1 rajaaman alueen “pinta-ala” ei ole äärellinen.


Esimerkki 8.3.2.

1. Lasketaan funktion f(x) = 3x2 määrätty integraali välillä [1, 3]. Funk-tiolla on integraalifunktio F (x) = x3, joten analyysin peruslauseenmukaan∫ 3

1f(x) dx =

∫ 3

13x2 dx = F (3)− F (1) = 27− 1 = 26.

2. Lasketaan funktion f(x) = x määrätty integraali välillä [−1, 1]. Funk-tiolla on integraalifunktio F (x) = 1

2x2, joten analyysin peruslauseen

mukaan∫ 1

−1f(x) dx =

∫ 1

−1x dx = F (1)− F (−1) =

1

2− 1

2= 0.

Kuvasta 7 nähdään, että välillä [0, 1] oleva “positiivinen pinta-ala” javälillä [−1, 0] oleva “negatiivinen pinta-ala” näyttävät todellakin ku-moavan toisensa.

−2 −1 1 2

−2

−1

1

2

Kuva 7: Kuvassa funktion f(x) = x kuvaaja. Väritettyjen alojen erotusvastaa integraalia

∫ 1−1 f(x) dx.

Huomautus. Määrättyä integraalia laskettaessa käytetään merkintää/b

a

F (x)

lausekkeelle F (b)− F (a).

Esimerkiksi ∫ 3

13x2 dx =

/3

1

x3 = 33 − 13 = 26.


Esimerkki 8.3.3. Lasketaan funktion f(x) = −x2 + 4 kuvaajan x-akselinyläpuolelle rajaaman alueen pinta-ala. Funktion f kuvaaja on alaspäin au-keava paraabeli, ja funktiolla on nollakohdat x = −2 ja x = 2. Pinta-alasaadaan siis integroimalla, kun valitaan integroimisrajoiksi a = −2 ja b = 2.∫ 2

−2f(x) dx =

∫ 2

−2−x2 + 4 dx =

/2

−2− 1

3x3 + 4x

=

(−1

3· 23 + 4 · 2

)−(−1

3· (−2)3 + 4 · (−2)

)= −8

3+ 8− 8

3+ 8 = −16

3+ 16

=32

3

Esimerkki 8.3.4. Lasketaan funktion f(x) = 14 , suorien x = −4 ja x = 8

sekä x-akselin rajaaman alueen pinta-ala.

−4 −2 2 4 6 8

−3

−2

−1

1

2

3

Kuva 8: Kuvassa funktion f(x) = 14x kuvaaja.

Kuvasta nähdään, että alue koostuu kahdesta osasta joista toinen on x-akselin alapuolella. Suoraan integroimalla välillä [−4, 8] saisimme näidenpinta-alojen erotuksen, mikä ei anna oikeaa vastausta. Integroidaan alueeterikseen: ∫ 8

0f(x) dx =

∫ 8

0

1

4x dx =

/8

0

1

8x2

=1

882 − 1

802 = 8


ja ∫ 0

−4f(x) dx =

∫ 0

−4

1

4x dx =

/0

−4

1

8x2

=1

802 − 1

8(−4)2 = 0− 2 = −2

Siis x-akselin yläpuolisen osan pinta-ala on 8 ja alapuolisen osan pinta-ala|−2| = 2. Kysytty pinta-ala on täten 8 + 2 = 10.

8.3.1 Kahden kuvaajan rajaama pinta-ala

Integroimalla voidaan laskea myös kahden kuvaajan rajoittaman alueen pinta-ala.

Tarkastellaan esimerkiksi funktioita f(x) = x ja g(x) = x2. Ensin on selvi-tettävä kuvaajien leikkauspisteet. Leikkauspisteiden x-koordinaatit saadaanratkaisemalla x yhtälöstä f(x) = g(x):

f(x) = g(x)

⇔ x = x2

⇔ x− x2 = 0

⇔ x(1− x) = 0

Leikkauspisteet sijaitsevat siis kohdissa x = 0 ja x = 1.

Selvitetään sitten, kumpi kuvaaja on toisen yläpuolella välillä [0, 1]. Kun si-joitetaan esimerkiksi x = 1

2 funktioihin, saadaan f(12) = 12 ja g(12) = 1

4 . Täs-tä nähdään, että funktion f kuvaaja kulkee funktion g kuvaajan yläpuolellavälillä [0, 1]. Haluttu pinta-ala saadaan nyt integroimalla:∫ 1

0f(x) dx−

∫ 1

0g(x) dx =

∫ 1

0f(x)− g(x) dx

=

∫ 1

0x− x2 dx

=

/1

0

1

2x2 − 1

3x3 =

1

6


−0.5 0.5 1 1.5

−0.5

0.5

1

1.5

Kuva 9: Väritetty pinta-ala vastaa integraalia∫ 10 f(x) dx.

−0.5 0.5 1 1.5

−0.5

0.5

1

1.5

Kuva 10: Väritetty pinta-ala vastaa integraalia∫ 10 g(x) dx.

−0.5 0.5 1 1.5

−0.5

0.5

1

1.5

Kuva 11: Väritetty pinta-ala vastaa integraalia∫ 10 f(x)− g(x) dx.

73

9 Trigonometriset funktiot

Tarkastellaan suorakulmaista kolmiota ja sen terävää kulmaa α. Merkitään,että a on kulman α vastaisen kateetin pituus ja b sen viereisen kateetinpituus. Olkoon c hypotenuusan eli pisimmän sivun pituus.

b

ac

α

Tällöin peruskoulumääritelmän mukaan

sinα =a

c, cosα =

b

c, tanα =

a

b.

Siniä, kosinia ja tangenttia kutsutaan trigonometrisiksi funktioiksi (muuttu-jana on kulma α).

Ylläolevista kaavoista nähdään myös, että

sinα

cosα=

acbc

=a

c· cb

=a

b= tanα.

Peruskoulumääritelmän rajoitteena on se että muuttuja, siis kulma α, voisaada vain arvoja 0◦ < α < 90◦.

9.1 Yksikköympyrä

Koordinaatistoon piirrettyä 1-säteistä origokeskistä ympyrää kutsutaan yk-sikköympyräksi. Sen yhtälö on

x2 + y2 = 1.

Yksikköympyrän avulla voimme määritellä trigonometriset funktiot mille ta-hansa kulmalle.

9.2 Radiaanit 74

9.2 Radiaanit

Matematiikassa yleisesti, ja myös tällä kurssilla, käytetään kulmien mittaa-miseen asteiden sijaan radiaaneja.

Geometrisesti kulman suuruus radiaaneina on yksikköympyrässä annettuakulmaa vastaavan kaaren pituus. Täten 360◦ kulma (nk. täysi kulma) onradiaaneina 2π. Yksikön tunnusta (rad) ei radiaaneille yleensä merkitä nä-kyviin.

Kulman suuruus radiaaneina voi olla positiivinen tai negatiivinen. Nolla-suunta on yksikköympyrässä origosta oikealle. Positiiviset kulmat aukeavatsiitä vastapäivään ja negatiivisen myötäpäivään.

Radiaaneina kulma voi olla myös yli 2π. Tämä vastaa sitä, että yksikköympy-rää “kierretään” enemmän kuin kokonainen kierros (vastaavasti negatiivisillekulmille).

Jos α on kulman suuruus asteina ja a saman kulman suuruus radiaaneina,niin tällöin pätee

α

360◦=

a

2π.

Tämän kaavan avulla voidaan muuntaa asteet radiaaneiksi ja päinvastoin.

Esimerkki 9.2.1. Muunnetaan 90 astetta radiaaneksi. Nyt α = 90◦, joten

a =α

360◦· 2π =

90◦

360◦· 2π =

1

4· 2π =

π

2.

Radiaaneina kulma on siis π2 .

Esimerkki 9.2.2. Muunnetaan 3π2 radiaania asteiksi. Nyt a = 3π

2 , joten

α =3π2

2π· 360◦ =

3

4· 360◦ = 270◦.

Asteina kulma on siis 270◦.

9.3 Sini ja kosini

Määritellään, että cos(x) on sen pisteen vaakakoordinaatti (“x-koordinaatti”),joka vastaa kulmaa x yksikköympyrällä.

Määritellään, että sin(x) on sen pisteen pystykoordinaatti (“y-koordinaatti”),joka vastaa kulmaa x yksikköympyrällä.

9.3 Sini ja kosini 75

(1, 0)

sinx

cosx

x

(cosx, sinx)

1

Huomautus. Kun x on terävä kulma eli 0 < x < π2 (eli 0◦ < x < 90◦),

tämä määritelmä käy yksiin peruskoulumääritelmän kanssa.

Huomautus. Usein sulkuja ei kirjoita, vaan merkitään vain cosx ja sinx.Kuitenkin, jos funktion sisällä on jokin lauseke niin sulkuja pitää käyttää,esimerkiksi cos(2x+ 1).

Yksikköympyrästä suoraan määritelmän avulla voidaan selvittää tarkkojaarvoja tietyille kulmille. Alla on listattu niistä joitakin:

x cosx sinx

0 1 0π4

1√2

1√2

π3

12

√32

π2 0 1π −1 03π2 0 −1

2π 1 0

Esimerkki 9.3.1. Halutaan selvittää, mitä ovat cos π2 ja sin π2 . Kun yk-

sikköympyrällä kuljemme kaarta pitkin nollakulmaa vastaavasta pisteestä(1, 0) vastapäivään kulmaa π

2 vastaavan matkan verran, päädymme pistee-seen (0, 1). Tästä voimme lukea, että cos π2 = 0 ja sin π

2 = 1.

9.3 Sini ja kosini 76

Tehtävä. Selvitä yksikköympyrän avulla mitä ovat cosx ja sinx, kun x on:

1. 3π2. −π

23. −2π

Ratkaisu.

1. cos(3π) = −1 ja sin(3π) = 02. cos(−π

2 ) = 0 ja sin(−π2 ) = −1

3. cos(−2π) = 1 ja sin(−2π) = 0

Huomautus. Mielivaltaiselle kulmalle trigonometristen funktioiden tark-kojen arvojen laskeminen on usein haastavaa. Laskimella / tietokoneella voikuitenkin laskea likiarvoja. Muista kuitenkin tarkistaa laskiessasi, että käy-tät oikeita yksiköitä (laskimessa deg / rad).

−6 −4 −2 2 4 6

−1

1

Kuva 12: Funktion f(x) = sinx kuvaaja.

−6 −4 −2 2 4 6

−1

1

Kuva 13: Funktion f(x) = cosx kuvaaja.

9.4 Tangentti 77

Lause 9.3.2. Olkoon x mikä tahansa reaaliluku. Kosinilla ja sinillä onmm. seuraavia ominaisuuksia:

1. Pätee, että−1 ≤ cosx ≤ 1 ja − 1 ≤ sinx ≤ 1.

2. Funktiot cosx ja sinx ovat jaksollisia ja niiden jakso on 2π. Tämätarkoitaa, että kaikilla kokonaisluvuilla m pätee

cos(x+m · 2π) = cos(x),

sin(x+m · 2π) = sin(x).

3. Pätee, että(cosx)2 + (sinx)2 = 1.

4. Pätee, että

cos(−x) = cos(x) ja sin(−x) = − sin(x).

Huomautus. Yleisesti ei päde, että cos(x+y) = cosx+cos y (vast. sinille).

Huomautus. Ole tarkkana supistamisen kanssa. Koska cosx ja sinx ovatfunktioiden arvoja pisteessä x siinä missä esim. f(x), niin esimerkiksi seu-raava supistaminen on väärin:

sin 2x

2= sinx

Tilannetta voi selkeyttää kirjoittamalla sinin sulkujen kanssa muodossa sin(2x).

Huomautus. Usein (cosx)2 ja (sinx)2 kirjoitetaan muodossa cos2 x ja sin2 x.

Trigonometrisille funktioille voidaan johtaa monia muitakin ominaisuuksiaja kaavoja, esimerkkinä seuraavat summakaavat:

Lause 9.3.3 (Summakaavat). Reaaliluvuilla x ja y pätee

cos(x+ y) = cosx cos y − sinx sin y,

sin(x+ y) = sinx cos y + cosx sin y.

9.4 Tangentti

Tangenttifunktio tanx määritellään sini- ja kosinifunktion avulla:

tanx =sinx

cosx

Tangentti on määritelty, kun cosx 6= 0 eli kun x 6= π2 + kπ kaikilla kokonais-

luvulla k.

9.5 Trigonometristen funktioiden derivointi ja integrointi 78

Huomautus. Funktion käyrälle piirrettävä tangentti (eli tangenttisuora) jatrigonometrinen funktio tangentti ovat eri asia!

Esimerkki 9.4.1. Lasketaan aiemman taulukon avulla, että

tanπ

4=

sin π4

cos π4=

1√21√2

= 1.

−3 −2 −1 1 2 3

−3

−2

−1

1

2

3

Kuva 14: Funktion f(x) = tanx kuvaaja.

Lause 9.4.2. Funktio tanx on jaksollinen ja sen jakso on π, eli kaikillakokonaisluvuilla m pätee

tan(x+m · π) = tanx.

9.5 Trigonometristen funktioiden derivointi ja integrointi

Lause 9.5.1. Funktiot cosx ja sinx ovat kaikkialla derivoituvia. Funktiotanx on derivoituva kaikkialla missä se on määritelty. Derivaatat ovat:

D(cosx) = − sinx

D(sinx) = cosx

D(tanx) = 1 + (tanx)2

Huomautus. Derivoinnin tulo- ja ketjusääntö tulevat erityisen hyödyllisek-si kun haluamme derivoida funktioita joissa esiintyy trigonometrisiä funk-tioita. Esimerkiksi funktio h(x) = cos(2x) voidaan derivoida tuntemalla po-lynomien ja trigonometristen funktioiden derivaatat sekä ketjusääntö.

79

Valitsemalla f(x) = cosx ja g(x) = 2x saadaan, että h(x) = f(g(x)). KoskaDf(x) = − sinx ja Dg(x) = 2, niin ketjusäännöllä

D(cos(2x)) = Df(g(x))Dg(x) = − sin(2x) · 2 = −2 sin(2x).

Lause 9.5.2. Trigonometristen funktioiden integroimissäännöt ovat:∫cosx dx = sinx+ C,∫sinx dx = − cosx+ C,∫tanx dx = − ln |cosx|+ C,

missä C on integroimisvakio. Tangentin integroimiskaavassa esiintyvä ln onnk. luonnollinen logaritmi, jota emme ole vielä käsitelleet.

10 Logaritmi- ja eksponenttifunktio

10.1 Logaritmi

Tarkastellaan logaritmia ensin esimerkin kautta:

Esimerkki 10.1.1. Ystäväsi kertoo sinulle sijoituskohteesta, johon sijoite-tut rahat kaksinkertaistuvat vuosittain. Haluat tietää kuinka monta vuottasuunnilleen menisi, että sijoittamasi 1000 euroa on kasvanut miljoonaksi.

1. vuoden jälkeen sijoituksen arvo on

2 · 1000 = 2000 euroa.

2. vuoden jälkeen arvo on

2 · 2 · 1000 = 4000 euroa.

Tästä nähdään, että n vuoden jälkeen sijoituksen arvo on 2n · 1000 euroa.

Halutaan siis löytää sellainen luku n, että 2n · 1000 = 1 000 000, eli että2n = 1000. Kokeilemalla eri n:n arvoja huomataan, että 29 = 512 ja 210 =1024. Aikaa menisi siis vajaa 10 vuotta.

10.1 Logaritmi 80

Olkoot a ja x positiivisia reaalilukuja ja a 6= 1. Luvun x a-kantainen logarit-mi, merkitään loga x, on se potenssi b johon a täytyy korottaa, jotta saadaanx. Siis

loga x = b ⇐⇒ ab = x

Tällöin siis aloga x = x.

Huomautus. Esimerkissä 10.1.1 etsittiin sellaista lukua n että 2n = 1000eli lukua n = log2 1000. Kokeilemalla huomattiin että 9 < log2 1000 < 10, jalaskimella voidaan laskea likiarvo log2 1000 ≈ 9,97.

Esimerkki 10.1.2.

1. log2 8 = 3, koska 23 = 8.2. log10 1000 = 3, koska 103 = 1000.3. log10 0,01 = −2, koska 10−2 = 0,01.

Tehtävä. Laske:

1. log2 322. log3 813. log2

14

Ratkaisu.

1. log2 32 = 5, koska 25 = 32.2. log3 81 = 4, koska 34 = 81.3. log2

14 = −2, koska 2−2 = 1

4 .

Huomautus. Logaritmiin ei yleensä kirjoiteta sulkuja jos laskettavana onjokin luku tai pelkkä muuttuja. Lausekkeiden kanssa niitä kuitenkin tuleekäyttää, esimerkiksi loga(2x+ 1).

Sääntö 10.1.3. Olkoot a, x ja y positiivisia reaalilukuja ja a 6= 1. Tällöin

1. loga a = 1,2. loga 1 = 0,3. loga(x · y) = loga x+ loga y,4. loga(

xy ) = loga x− loga y,

5. loga(xy) = y · loga x.

Huomautus. Yleisesti ei päde, että loga(x+ y) = loga x+ loga y.

Esimerkki 10.1.4.

1. loga(3x2) = loga 3 + loga(x

2) = loga 3 + 2 · loga x2. log2(

x8 ) = log2 x− log2 8 = log2 x− 3

10.2 Logaritmin kannanvaihto 81

Logaritmifunktio f(x) = loga x on siis määritelty kaikilla x > 0.

2 4 6 8 10

−3

−2

−1

1

2

3

Kuva 15: Funktion f(x) = log2 x kuvaaja.

10.2 Logaritmin kannanvaihto

Yleisimmin käytettyjä logaritmin kantalukuja ovat 2, 10 ja lisäksi mate-maattinen vakio5 e. Neperin luku e on irrationaaliluku, jonka likiarvo one ≈ 2,71828. Logaritmia loge kutsutaan luonnolliseksi logaritmiksi ja merki-tään usein ln. Neperin luvulla on hyviä ominaisuuksia, ja siksi sitä käytetäänusein logaritmin kantalukuna.

Logaritmin kantalukua voidaan vaihtaa seuraavan kaavan avulla:

loga x =logb x

logb a

10.3 Esimerkkejä

Monet yleisesti käytetyt mitta-asteikot ovat logaritmisia. Logaritminen as-teikko on hyödyllinen kun mitattavat muutokset ovat todella isoja tai kunollaan kiinnostuneita suhteellisesta muutoksesta.

5Vakiota kutsutaan Suomessa Neperin luvuksi skotlantilaisen John Napierin mukaan.Englanniksi käytetään myös nimitystä Euler’s number sveitsiläisen Leonhard Eulerin mu-kaan. Vakion löysi sveitsiläinen Jacob Bernoulli.

10.3 Esimerkkejä 82

Esimerkki 10.3.1 (Richterin asteikko). Maanjäristyksen voimakkuutta voi-daan mitata Richterin asteikolla. Maanjäristyksen magnitudi saadaan kaa-vasta

R = log10(I

I0),

missä I on maanjäristyksen mitattu intensiteetti ja I0 normaali intensiteetti.

Indonesiassa 28.9.2018 tapahtuneen maanjäristyksen intensiteetti oli I =32 000 000I0. Maanjäristyksen magnitudi oli siis

R = log10(32 000 000I0

I0) = log10(32 000 000) ≈ 7,5

Richterin asteikolla. Helsingissä 15.9.2018 tapahtuneen maanjäristyksen mag-nitudi oli R = 1,5 Richterin asteikolla. Lasketaan tämän maanjäristyksenintensiteetti. Kun merkitään I = xI0, saadaan

R = log10(I

I0)

⇔ 1,5 = log10 x

⇔ x = 101,5 ≈ 32,

joten I = 32I0. Indonesian maanjäristys oli siis intensiteetiltään miljoonakertaa voimakkaampi.

Esimerkki 10.3.2 (Liuoksen pH). Liuoksen pH-arvo määritellään kaavalla

pH = − log10 aH+ ,

missä aH+ on liuoksen aktiivisuus. Kun liuoksen aktiviivisuus 10-kertaistuu,niin pH-arvo pienenee yhdellä:

− log10(10aH+) = −(log10 10 + log10 aH+) = −1− log10 aH+ .

Esimerkki 10.3.3 (desibeli-asteikko). Äänen voimakkuus riippuu tärykal-voon osuvan ääniaallon intensiteetistä I (energiaa aikayksikköä ja pinta-alayksikköä kohden). Ihmisen havaitsemaa äänenvoimakkuutta kuvaa pa-remmin desibeleinä (dB) mitattava intensiteettitaso L, joka saadaan kaavas-ta

L = 10 · log10(I

I0),

missä I on havaittavan äänen intensiteetti ja I0 intensiteetin vertailutaso.Vertailutasoksi on valittu ihmisen kuulokynnys, I0 = 10−12.

10.4 Eksponenttifunktio 83

I L

10−12 0 dB10−7 50 dB10−5 70 dB

1 120 dB

10.4 Eksponenttifunktio

Olkoon a positiivinen reaaliluku. Funktiota f(x) = ax kutsutaan eksponent-tifunktioksi. Eksponenttifunktio on määritelty kaikilla reaaliluvuilla x. Ma-tematiikassa ehkä eniten esiintyvä eksponenttifunktio on f(x) = ex, missäkantalukuna on siis Neperin luku e ≈ 2,71828.

Kun kantaluku on sama, eksponenttifunktio ja logaritmifunktio ovat toisil-leen käänteisiä: jos f(x) = ax ja g(x) = loga x, niin

f(g(x)) = aloga x = x

jag(f(x)) = loga a

x = x.

Eksponentiaalisen kasvun (a > 1) ja vähenemisen (0 < a < 1) avulla voi-daan mallintaa monia ilmiöitä. Esimerkiksi radioktiivisesti hajoavan isotoo-pin määrä N hetkellä t saadaan yhtälöstä

N(t) = N0

(1

2

) tt0

missäN0 on isotoopin määrä alkuhetkellä t = 0 ja t0 on alkuaineesta riippuvavakio, nk. puoliintumisaika.

Esimerkki 10.4.1. Radium-226 isotoopin puoliintumisaika on t0 = 1600vuotta. Lasketaan, kuinka paljon isotooppia on jäljellä 100 vuoden kuluttua:

N(100) = N0

(1

2

) 1001600

≈ 0,96N0

eli isotooppia on jäljellä noin 96% alkuperäisestä määrästä.

10.5 Logaritmi- ja eksponenttifunktion derivointi jaintegrointi 84

Lasketaan sitten, kuinka pitkän ajan kuluttua isotooppia on jäljellä enää 1%alkuperäisestä määrästä. Pitää siis selvittää se t, jolla pätee N(t) = 0,01N0.Saadaan

N(t) = 0,01N0

⇔ N0

(1

2

) tt0

= 0,01N0 ‖ : N0

⇔(

1

2

) tt0

= 0,01

⇔ 2− t

t0 = 0,01

⇔ − t

t0= log2 0,01 ‖ ·(−t0)

⇔ t = −t0 · log2 0,01

⇔ t = −1600 · log2 0,01 ≈ 10 600

Isotooppia on jäljellä 1% noin 10 600 vuoden kuluttua.

10.5 Logaritmi- ja eksponenttifunktion derivointi ja integrointi

Lause 10.5.1. Logaritmi- ja eksponenttifunktiot ovat derivoituvia kaikkiallamissä ne on määritelty. Derivoimiskaavat ovat:

D(loga x) =1

x ln aD(ax) = ax ln a

Integroimiskaavat ovat:∫loga x dx =

x(lnx− 1)

ln a+ C∫

ax dx =ax

ln a+ C

Seuraus 10.5.2. Kun kantalukuna on Neperin luku e, saamme kaavat:

D(lnx) =1

xD(ex) = ex∫lnx dx = x(lnx− 1) + C∫ex dx = ex + C

10.5 Logaritmi- ja eksponenttifunktion derivointi jaintegrointi 85

Näistä kaavoista näemme Neperin luvun erityisen luonteen. Derivoimiskaa-vasta D(ex) = ex nähdään, että funktio f(x) = ex on oma derivaattafunk-tionsa ja myös oma integraalifunktionsa.

Täten missä tahansa pisteessä x0 funktion f(x) = ex kuvaajan korkeus (elifunktion arvo f(x0)) on aina sama kuin sen kulmakerroin (eli derivaatanarvo Df(x0)). Sama on myös kuvassa tummennetun alueen pinta-ala (eli in-

tegraali∫ x0

−∞f(x) dx (tällaisia integraaleja emme käsitelleet tällä kurssilla)).

−4 −3 −2 −1 1 2

2

4

6

8

Kuva 16: Funktion f(x) = ex kuvaaja.

maty010 matematiikan propedeuttinen kurssi · 2019-09-09 · maty010 matematiikan propedeuttinen...

Documents