Fehlerrechnung

05.06.2024, 13:44

Berti

Fehlerrechnung

Hallo zusammen,

ich möchte gerne das $\begin{eqnarray*} \Delta x \end{eqnarray*}$ aus der Gleichung unten isolieren.

habe mit wolfram alpha und cymath probiert geht nicht.

$\begin{eqnarray*} y=\frac{tan(\frac{1}{2}*tanx^{-1}(x \pm \Delta x)}{tan(\frac{1}{2}*tanx^{-1}(x)} \end{eqnarray*}$

kann jemand mir dabei helfen.

Danke im Voraus

05.06.2024, 14:06

HAL 9000

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Was verstehst du unter $\begin{eqnarray*} tanx^{-1} \end{eqnarray*}$ ?

Mit $\begin{eqnarray*} \tan^{-1} \end{eqnarray*}$ wird häufig die Tangens-Umkehrfunktion gekennzeichnet, die in der Mathematik allerdings eher $\begin{eqnarray*} \arctan \end{eqnarray*}$ genannt wird, und tatsächlich aber nur die Umkehrfunktion der auf das Definitionsintervall $\begin{eqnarray*} \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right) \end{eqnarray*}$ eingeschränkten Tangensfunktion darstellt. Letzteres ist dann bei entsprechenden Umformungen auch sorgfältig zu beachten.

Sollte mit $\begin{eqnarray*} tanx^{-1} \end{eqnarray*}$ tatsächlich $\begin{eqnarray*} \arctan \end{eqnarray*}$ gemeint sein, dann bekommt man nicht nur die Umstellung nach $\begin{eqnarray*} \Delta x \end{eqnarray*}$ hin (das ist nicht allzu schwer, taucht ja nur einmal auf), sondern darüber hinaus nach weiteren Umstellungen sogar eine Formel, die frei von Winkel- und deren Umkehrfunktionen ist.

05.06.2024, 15:23

Berti

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Hallo,

es sollte sein:

$\begin{eqnarray*} y=\frac{tan(\frac{ arctan(x \pm \Delta x) }{2}) }{tan( \frac{arctan(x) }{2} )} \end{eqnarray*}$

Gruss

05.06.2024, 15:29

HAL 9000

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Kürzen wir zunächst mal ab $\begin{eqnarray*} t:= \tan\left(\frac{1}{2} \arctan(x)\right) \end{eqnarray*}$ , dann geht es um

$\begin{eqnarray*} y = \frac{\tan\left(\frac{1}{2} \arctan\left(x \pm \Delta x\right)\right)}{t} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} yt = \tan\left(\frac{1}{2} \arctan\left(x \pm \Delta x\right)\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \arctan(yt) + k\pi = \frac{1}{2}\arctan\left(x \pm \Delta x\right) \end{eqnarray*}$ mit irgendeinem ganzzahligem $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2\arctan(yt) + 2k\pi = \arctan\left(x \pm \Delta x\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \tan(2\arctan(yt)) = x \pm \Delta x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Delta x = \pm \left( \tan(2\arctan(yt)) - x \right) \end{eqnarray*}$

Wenn man die Verschachtelungstiefe der $\begin{eqnarray*} \tan \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \arctan \end{eqnarray*}$ etwas verringern will, kann man folgende Nebenrechnung anstellen:

Es ist $\begin{eqnarray*} \tan(2z) = \frac{2\tan(z)}{1-\tan^2(z)} \end{eqnarray*}$ , folglich gilt $\begin{eqnarray*} \Delta x = \pm \left( \frac{2yt}{1-y^2t^2} - x \right) \end{eqnarray*}$ .

Mit $\begin{eqnarray*} \tan\left( \frac{z}{2}\right) = \frac{1-\cos(z)}{\sin(z)} \end{eqnarray*}$ andererseits folgt $\begin{eqnarray*} t = \tan\left(\frac{1}{2} \arctan(x)\right) = \frac{1-\cos\left(\arctan(x)\right)}{\sin\left(\arctan(x)\right)} = \frac{1-\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}}{\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}} = \frac{\sqrt{1+x^2}-1}{x} \end{eqnarray*}$

und damit

$\begin{eqnarray*} \Delta x = \pm \left( \frac{2y\frac{\sqrt{1+x^2}-1}{x}}{1-y^2\frac{(\sqrt{1+x^2}-1)^2}{x^2}} - x \right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Delta x = \pm x \left( \frac{2y(\sqrt{1+x^2}-1)}{x^2-y^2(\sqrt{1+x^2}-1)^2} - 1 \right) \end{eqnarray*}$ .

05.06.2024, 17:02

Berti

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Original von HAL 9000
Kürzen wir zunächst mal ab $\begin{eqnarray*} t:= \tan\left(\frac{1}{2} \arctan(x)\right) \end{eqnarray*}$ , dann geht es um

$\begin{eqnarray*} 10^{\pm 0.0004} = \frac{\tan\left(\frac{1}{2} \arctan\left(x \pm \Delta x\right)\right)}{t} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 10^{\pm 0.0004} * t = \tan\left(\frac{1}{2} \arctan\left(x \pm \Delta x\right)\right) \end{eqnarray*}$

Habe vergessen das $\begin{eqnarray*} y=10^{\pm 0.0004} \end{eqnarray*}$

Kann ich das ganze auch so zusammenfassen:

$\begin{eqnarray*} \Delta x =tan(2*arctan(10^{\pm 0.0004} *\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}+1}))-x \end{eqnarray*}$

05.06.2024, 17:05

HAL 9000

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Ja und? Das kannst du doch auch in die Endformel einsetzen.

05.06.2024, 19:16

Berti

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Fehlerrechnung
Freude

danke habe alles verstanden.

06.06.2024, 08:33

Berti

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RE: Fehlerrechnung
habe noch eine kurze frage: $\begin{eqnarray*} 10^{\pm 0.0004}=\frac{\frac{1}{tan( x\pm \Delta x)} }{\frac{1}{tan(x)} } \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} \frac{{cot( x\pm \Delta x)} }{{cot(x)} } \end{eqnarray*}$ soll auch der $\begin{eqnarray*} \Delta x \end{eqnarray*}$ isoliert werden.

kürzen: $\begin{eqnarray*} 10^{\pm 0.0004}=\frac{{cot(x \pm\Delta x)} }{t} \end{eqnarray*}$ daraus folgt
$\begin{eqnarray*} 10^{\pm 0.0004}*t={cot(x \pm\Delta x)} \end{eqnarray*}$

habe $\begin{eqnarray*} \Delta x \end{eqnarray*}$ so isoliert.

$\begin{eqnarray*} \Delta x =arccot(10^{\pm 0.0004}*{cot(x)} )-x \end{eqnarray*}$ ist das uberhaupt so richtig.

kann man die gleichung umformen so das kein Arccot und cot auftaucht.

kann ich die Gleichung auch so schreiben: $\begin{eqnarray*} \Delta x =arctan(\frac{tan(x)}{10^{\pm 0.0004} })-x \end{eqnarray*}$ wenn oben richtig ist.

gruss

06.06.2024, 12:15

HAL 9000

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Wenn du $\begin{eqnarray*} \tan \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \arctan \end{eqnarray*}$ nutzen willst statt $\begin{eqnarray*} \cot \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \operatorname{arccot} \end{eqnarray*}$ , warum formst du dann nicht von Anfang an konsequent damit um?

Mit $\begin{eqnarray*} q = 10^{\mp 0.0004} \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} \frac{1}{q} = \frac{\frac{1}{\tan(x\pm \Delta x)}}{\frac{1}{\tan(x)}} = \frac{\tan(x)}{\tan(x\pm \Delta x)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \tan(x\pm \Delta x) = q\tan(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x\pm \Delta x = \arctan\left( q\tan(x) \right) + k\pi \end{eqnarray*}$ , in der Regel ist wohl $\begin{eqnarray*} k=0 \end{eqnarray*}$ gemeint.

$\begin{eqnarray*} \Delta x = \pm\left( \arctan\left( q\tan(x)\right) - x\right) \end{eqnarray*}$ mit

Die Frage ist natürlich bei solchen Faktoren $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ sehr nahe als 1, ob nicht eine Näherungslösung ausreicht:

Bei festem $\begin{eqnarray*} x\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right) \end{eqnarray*}$ gilt für $\begin{eqnarray*} g(q):=\arctan\left( q\tan(x)\right) \end{eqnarray*}$ mit Ableitung $\begin{eqnarray*} g'(q)=\frac{\tan(x)}{1+q^2\tan^2(x)} \end{eqnarray*}$ ja laut MWS $\begin{eqnarray*} \arctan\left( q\tan(x)\right) - x = g(q)-g(1) = (q-1)\cdot g'(\xi) \end{eqnarray*}$ mit einem $\begin{eqnarray*} \xi \end{eqnarray*}$ zwischen 1 und $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ .

Für $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ nahe 1 (wie hier) heißt das $\begin{eqnarray*} \arctan\left( q\tan(x)\right) - x \approx (q-1)\cdot g'(1) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} g'(1) = \tan(x)\cos^2(x) = \sin(x)\cos(x) = \frac{1}{2}\sin(2x) \end{eqnarray*}$ . Letztlich würde man also

$\begin{eqnarray*} \Delta x \approx \pm (q-1) \frac{1}{2}\sin(2x) \end{eqnarray*}$

hier bekommen.

06.06.2024, 12:34

Berti

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fehlerrechnung
Vielen dank für die Antwort. Freude

06.06.2024, 13:04

Berti

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fehlerrechnung

Zitat:

Original von HAL 9000
Wenn ich $\begin{eqnarray*} \tanh \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} arctanh \end{eqnarray*}$ nutzen will statt $\begin{eqnarray*} \coth \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \operatorname{arccoth} \end{eqnarray*}$ , ware das auch wie unten Richtig.

Mit $\begin{eqnarray*} q = 10^{\mp 0.0004} \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} \frac{1}{q} = \frac{\frac{1}{\tanh(x\pm \Delta x)}}{\frac{1}{\tanh(x)}} = \frac{\tanh(x)}{\tanh(x\pm \Delta x)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \tanh(x\pm \Delta x) = q\tanh(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x\pm \Delta x = arctanh\left( q\tanh(x) \right) + k\pi \end{eqnarray*}$ , in der Regel ist wohl $\begin{eqnarray*} k=0 \end{eqnarray*}$ gemeint.

$\begin{eqnarray*} \Delta x = \pm\left( arctanh\left( q\tanh(x)\right) - x\right) \end{eqnarray*}$ mit

Die Frage ist natürlich bei solchen Faktoren $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ sehr nahe als 1, ob nicht eine Näherungslösung ausreicht:

Bei festem $\begin{eqnarray*} x\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right) \end{eqnarray*}$ gilt für $\begin{eqnarray*} g(q):=arctanh\left( q\tanh(x)\right) \end{eqnarray*}$ mit Ableitung $\begin{eqnarray*} g'(q)=\frac{\tanh(x)}{1+q^2\tanh^2(x)} \end{eqnarray*}$ ja laut MWS $\begin{eqnarray*} arctanh\left( q\tanh(x)\right) - x = g(q)-g(1) = (q-1)\cdot g'(\xi) \end{eqnarray*}$ mit einem $\begin{eqnarray*} \xi \end{eqnarray*}$ zwischen 1 und $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ .

Für $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ nahe 1 (wie hier) heißt das $\begin{eqnarray*} arctanh\left( q\tanh(x)\right) - x \approx (q-1)\cdot g'(1) = \tanh(x)\cosh^2(x) = \sinh(x)\cosh(x) = \frac{1}{2}\sinh(2x) \end{eqnarray*}$ . Letztlich würde man also

$\begin{eqnarray*} \Delta x \approx \pm (q-1) \frac{1}{2}\sinh(2x) \end{eqnarray*}$

hier bekommen.

Danke

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