Logarithmische Differentation

27.03.2007, 22:13

Milkaschokolade

Logarithmische Differentation

Hallo,

kleine Frage:

Wenn ich die Gleichung $\begin{eqnarray*} W = \frac{1}{2}mv^{2} \end{eqnarray*}$
logarithmisch differenzieren will, muss ich sie ja erstmal logartihmieren.

Dies ist auch soweit klar, nur was passiert mit dem ln(0,5)??

27.03.2007, 22:31

pseudo-nym

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Das ist ne Konstante, die beim differenzieren erhalten bleibt.

27.03.2007, 22:33

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Zitat:

Original von pseudo-nym
Das ist ne Konstante, die beim differenzieren erhalten bleibt.

Als Summand aber nicht. Augenzwinkern

27.03.2007, 22:34

Harry Done

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RE: Logarithmische Differentation
Hi,
ich verstehte den Sinn zwar nichts ganz, eine Funktion erst zu logarithmieren und dann abzuleiten und das auch noch für eine kinetische Energie, aber davon mal losgelöst denke ich mal, du willst die Funktion:
$\begin{eqnarray*} F(v)=ln(W)=ln(\frac{1}{2}mv^2)=ln(\frac{1}{2})+ln(m)+ln(v^2)=-ln(2)+ln(m)+2\ ln(\mid v \mid) \end{eqnarray*}$ ableiten.

Dabei fällt dann für F'(v) die ersten beiden Terme weg, weil sie konstant sind.

28.03.2007, 00:04

riwe

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RE: Logarithmische Differentation
oder meinst du das, was bei "komplizierteren sachen" schon sinn macht

$\begin{eqnarray*} W^\prime(v)=mv \end{eqnarray*}$

und jetzt logarithmisch:

$\begin{eqnarray*} ln(W(v))=-ln2+lnm+2lnv \to\frac{W^\prime}{W}=\frac{2}{v} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} W^\prime=\frac{2}{v}\cdot W=mv \end{eqnarray*}$

surprsie
werner

28.03.2007, 20:40

Milkaschokolade

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Ich glaub Harry Done hat mich verstanden, danke!

Aber es fehlt doch nur ein Term weg, ln(m) kann man ja ableiten!

28.03.2007, 20:44

pseudo-nym

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Nein die Funktion hängt von $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ ab. Da ist $\begin{eqnarray*} \ln(m) \end{eqnarray*}$ genau so eine Konstante, die als Summand tatsächlich beim differenzieren wegfällt (Danke Arthur Augenzwinkern

)

28.03.2007, 20:59

Milkaschokolade

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Ah sorry, es wird hier partiell abgeleitet.... das hatte ich nicht erwähnt :-(. das ln(m) bleibt ganz sicher da...

28.03.2007, 21:05

pseudo-nym

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Dann leitest du wohl partiell nach $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ ab. in diesem Fall verschwindet das $\begin{eqnarray*} 2 \ln v \end{eqnarray*}$

28.03.2007, 21:34

Milkaschokolade

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Nein :-(.

Also, jetzt mal die gesamte Aufgabe:

Berechnen Sie die maximalen Messunsicherheiten für die nachfolgende Größe:

$\begin{eqnarray*} W = \frac{1}{2} mv^2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} m = 2,5kg \pm 0,001kg, v = 30\frac{m}{s} \pm 0,1 \frac{m}{s} \end{eqnarray*}$

Verfahren Sie da nach folgendem Rezept:

1.) Berechnen der gesuchten Größe
2.) Logarithmieren der Ausgangsgleichung unter Einhaltung der Rechenvorschriften für Logarithmen
3.) Differenzieren dieser Gleichung, es ergeben sich relative Messunsicherheiten
4.) Übergang zur Fehlerrechnung (d.h. es wird mit Beträgen gearbeitet und die Differentiale durch Differenzen ersetzt)
5.) Einsetzen der Messwerte und der Messunsicherheiten
6.) Berechnen der relativen Messunsicherheit
7.) Berechnen der absoluten Messunsicherheit

zu 1.) $\begin{eqnarray*} W = \frac{1}{2} mv^2 = 1125 J \end{eqnarray*}$

zu 2.) $\begin{eqnarray*} \Rightarrow ln (W) = ln (0,5) + ln (m) + ln (v²) \end{eqnarray*}$

zu 3.) $\begin{eqnarray*} \Rightarrow d(ln (W)) = d(ln (m)) + d(ln (v^2)) \end{eqnarray*}$

zu 4., 5., 6.) $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \frac{dW}{W} = \frac{dm}{m} + 2*\frac{dV}{V} = \frac{0,001kg}{2,5kg} + 2*\frac{0,1\frac{m}{s}}{30\frac{m}{s}} = 0,71% \end{eqnarray*}$

zu 7.) $\begin{eqnarray*} dW = 0,71%*W= 7,95 J \end{eqnarray*}$

Ist vielleicht alles ein bisschen physikalisch, aber vielleicht kann mir trotzdem jmd sagen ob das stimmt; im physikerboard gibt es keinen Studentenbereich und hier viel bessere Antworten ;-).

Die Messunsicherheiten kommen mit Hilfe des totalen Differentials auch raus, also müssen sie eigentlich stimmen...

28.03.2007, 22:16

Harry Done

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Jetzt verstehe ich die Aufgabe auch! Du bildest ja aber so oder so das totale Differential in Schritt 3). $\begin{eqnarray*} d(F(m,v))=\frac{\partial F}{\partial m}\cdot dm +\frac{\partial F}{\partial v}\cdot dv \end{eqnarray*}$ bei dir umgehst du das ja nur durch das Logarithmieren, weil dann die Funktion F als Summe von einer Funktion von m und einer von v alleine dargestellt wird.
Ich denke, das sieht alles ganz gut aus.

Gruß Jan

29.03.2007, 18:52

Milkaschokolade

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Ja also fällt das ln(0,5) einfach weg, oder?

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