Cos[Arctan[x]]

25.11.2012, 21:25

Nighel123

Cos[Arctan[x]]

kann ich irgendwie herleiten dass:

$\begin{eqnarray*} \text{Sin}\left[\text{ArcTan}\left[\frac{z-a}{R}\right]\right]=\frac{-a+z}{R \sqrt{1+\frac{(-a+z)^2}{R^2}}} \end{eqnarray*}$

das selbe ist?

Gruß Nickel

25.11.2012, 22:01

HAL 9000

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Es ist $\begin{eqnarray*} \sin(\arctan(t)) = \frac{t}{\sqrt{1+t^2}} \end{eqnarray*}$ für alle reellen Zahlen $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ , also auch für $\begin{eqnarray*} t=\frac{z-a}{R} \end{eqnarray*}$ .

26.11.2012, 01:41

Nighel123

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Das is einfach ein gesetz dass man sich merken muss oder kann man das auch verstehen?

26.11.2012, 08:13

HAL 9000

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Unter Benutzung von $\begin{eqnarray*} \tan(x)=\frac{\sin(x)}{\cos(x)} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sin^2(x)+\cos^2(x)=1 \end{eqnarray*}$ sowie der Vorzeichen der Winkelfunktionen im ersten und vierten Quadranten kann man das durchaus herleiten und damit verstehen.

26.11.2012, 08:42

Alive-and-well

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Du kannst (falls bekannt) auch die Ableitung nutzen um diese Identität zu zeigen.

(Wenn 2 Ausdrücke die selbe Ableitung haben unterscheiden sie sich höchstens durch eine Konstante)

26.11.2012, 12:57

Nighel123

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bin ich so richtig oder aufm Holzweg?
$\begin{eqnarray*} \text{Sin}\left[\text{ArcTan}\left[\text{ArcTan}\left[\frac{\text{Sin}[x]}{\text{Cos}[x]}\right]\right]\right] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \text{Sin}\left[\text{ArcTan}\left[\text{ArcTan}\left[\frac{\sqrt{\text{Tan}[x]^2-\text{Cos}[x]^2}}{\sqrt{\text{Tan}[x]^2-\text{Sin}[x]^2}}\right]\right]\right] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \text{Sin}\left[\text{ArcTan}\left[\text{ArcTan}\left[\frac{\sqrt{1-\frac{\text{Cos}[x]^2}{\text{Tan}[x]^2}}}{\sqrt{1-\frac{\text{Sin}[x]^2}{\text{Tan}[x]^2}}}\right]\right]\right] \end{eqnarray*}$

Gruß Nickel

26.11.2012, 13:30

HAL 9000

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Du treibst da recht merkwürdige Exzesse mit diesem doppelt hintereinander geschalteten arctan... Falls das Ziel sein sollte, die Leute zu verwirren, dann kann ich nur gratulieren. unglücklich

Ich begründe es eher so: Es ist $\begin{eqnarray*} \sin(x)=\tan(x)\cdot \cos(x) \end{eqnarray*}$ , dort dann $\begin{eqnarray*} x=\arctan(t) \end{eqnarray*}$ eingesetzt ergibt sich

$\begin{eqnarray*} \sin(\arctan(t)) = \tan(\arctan(t))\cdot \cos(\arctan(t)) = t\cdot \cos(\arctan(t)) \end{eqnarray*}$ .

Nun ist $\begin{eqnarray*} \arctan(t)\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right) \end{eqnarray*}$ , also liegt das Resultat stets im ersten oder vierten Quadrant. Für derartige $\begin{eqnarray*} x\in \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right) \end{eqnarray*}$ ist der Kosinus stets positiv, somit gilt

$\begin{eqnarray*} \cos(x) = |\cos(x)| = \sqrt{\cos^2(x)} = \sqrt{\frac{\cos^2(x)}{\cos^2(x)+\sin^2(x)}} = \sqrt{\frac{1}{1+\frac{\sin^2(x)}{\cos^2(x)}}} = \sqrt{\frac{1}{1+\tan^2(x)}} \end{eqnarray*}$ ,

d.h. $\begin{eqnarray*} \cos(\arctan(t)) = \sqrt{\frac{1}{1+t^2}} = \frac{1}{\sqrt{1+t^2}} \end{eqnarray*}$ .

26.11.2012, 14:30

Nighel123

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k, danke für die Herleitung! Sry dass ich das nicht besser selber herleiten konnte...

Aber eins versteh ich bei dir noch nicht:

Zitat:

Original von HAL 9000

Nun ist $\begin{eqnarray*} \arctan(t)\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right) \end{eqnarray*}$ , also liegt das Resultat stets im ersten oder vierten Quadrant. Für derartige $\begin{eqnarray*} x\in \arctan(t)\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right) \end{eqnarray*}$ ist der Kosinus stets positiv, somit gilt

Der Arctan liegt doch im ersten und dritten Quadranten oder? Und müssten die Elemente -pi halbe und pi halbe nicht aus der Menge ausgeschlossen sein?

also so: $\begin{eqnarray*} x\in\left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[ \end{eqnarray*}$

Gruß Nickel

26.11.2012, 14:50

HAL 9000

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Sorry, bei

Zitat:

Original von HAL 9000
$\begin{eqnarray*} x{\color{red} \in \arctan(t)}\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right) \end{eqnarray*}$

hatte ich im Eifer des Copy+Paste-Gefechts vergessen, den roten Teil zu löschen - ist inzwischen korrigiert.

Zitat:

Original von Nighel123
Der Arctan liegt doch im ersten und dritten Quadranten oder?

Nein, im ersten und vierten, wie ich geschrieben hatte.

Zitat:

Original von Nighel123
Und müssten die Elemente -pi halbe und pi halbe nicht aus der Menge ausgeschlossen sein?

also so: $\begin{eqnarray*} x\in\left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[ \end{eqnarray*}$

Ja klar, habe ich doch auch. Es gibt verschiedene Ansichten darüber, wie man offene Intervalle schreibt, deine oder meine - ich bin da tolerant, du anscheinend nicht. Augenzwinkern

P.S.: Das entsprechende geschlossene Intervall hätte ich $\begin{eqnarray*} \left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right] \end{eqnarray*}$ geschrieben.

26.11.2012, 15:12

Nighel123

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sry hat nichts mir Tollernanz zu tun sondern mit Unwissenheit.

26.11.2012, 15:30

Dopap

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kleine Anschlussfrage zum selben Problem:

geht das auch zur Not so: (Leider ohne Zeichnung)
Auf dem Einheitskreis und im 1. Quadranten liegt der Punkt P(x|y). Der Bogen b dreht von
X(1|0) nach P.

Die Senkrechte zu X schneidet die Radiusverlängerung in $\begin{eqnarray*} Q(1|z=\tan(b)) \end{eqnarray*}$ .

Wenn ich nun b und tan(b) vertausche, dann ist der Bogen arctan(b) und z = b.

Der sinus ist aber z geteilt $\begin{eqnarray*} \overline {OQ} =\frac {z}{ \sqrt{1+b^2}} \end{eqnarray*}$

letztendlich: $\begin{eqnarray*} \sin(\arctan(t))=\frac {t} {\sqrt {1+t^2}} \end{eqnarray*}$

vielleicht mit den Bezeichner etwas holprig, funktioniert aber bisher immer.

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