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Hallo,
du kannst hier die Trennung der Variablen nutzen. Dafür solltest du nicht ausklammern.
Es gilt \( y'(t) = \frac {dy} {dt} \). Wenn du die andere Seite der DGL in eine Funktion in Abhängigkeit der Variable und eine in Abhängigkeit der Funktion separieren kannst, bietet sich immer die Methode Trennung der Variablen an.
\( \frac {dy} {dt} = u(t) \cdot v(y) \\ \Rightarrow \frac 1 {v(y)} dy = u(t) dt \\ \Rightarrow \int \frac 1 {v(y)} dy = \int u(t) dt \)
Wenn du beide Seiten integriert hast, kannst du die Gleichung nach \( y \) umstellen.
Was ist nun dein \( u(t) \) und \( v(y) \)?
Grüße Christian
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christian_strack
Sonstiger Berufsstatus, Punkte: 29.81K
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Fast richtig. Die Funktionen stimmen soweit. Es gilt
\( \int \frac 1 {y+1} dy = \int \cos(t) dt \\ \Rightarrow \ln( y +1 ) = \sin(t) + c \)
Diese Gleichung musst du nun noch nach \( y \) umstellen.
Wenn wir es ganz genau nehmen, gilt sogar
\( \int \frac 1 {y+1} dy = \ln(\vert y+1 \vert) \)
Durch die Fallunterscheidung würdest du zwei Lösungen erhalten die sich nur bis auf das Vorzeichen der Integrationskonstante unterscheiden. Durch die Integrationskonstante relativiert sich das ganze aber, da erst durch die Randbedingung eine eindeutige Lösung erzeugt wird.
Was erhälst du als \( y(t) \)?
Grüße Christian ─ christian_strack 16.09.2019 um 16:26
\( \int \frac 1 {y+1} dy = \int \cos(t) dt \\ \Rightarrow \ln( y +1 ) = \sin(t) + c \)
Diese Gleichung musst du nun noch nach \( y \) umstellen.
Wenn wir es ganz genau nehmen, gilt sogar
\( \int \frac 1 {y+1} dy = \ln(\vert y+1 \vert) \)
Durch die Fallunterscheidung würdest du zwei Lösungen erhalten die sich nur bis auf das Vorzeichen der Integrationskonstante unterscheiden. Durch die Integrationskonstante relativiert sich das ganze aber, da erst durch die Randbedingung eine eindeutige Lösung erzeugt wird.
Was erhälst du als \( y(t) \)?
Grüße Christian ─ christian_strack 16.09.2019 um 16:26
Ich müsste dann ja die e-Funktion zur aufhebung von ln anwenden. Dann würde nach y umgestellt die Funktion y(t) = e^(sin(t)+c) − 1 sein.
─
unimathenoob
16.09.2019 um 16:50
Genau. Nutze noch die Potenzregeln um es dir mit der Integrationskonstanten einfacher zu machen
\( e^{\sin(t)+c} -1 = e^{\sin(t)} \cdot e^c -1 = Ae^{\sin(t)} -1 \), mit \( A= e^c \)
Nun nur noch die Randbedingung einsetzen und du bist fertig :)
Grüße Christian ─ christian_strack 16.09.2019 um 17:03
\( e^{\sin(t)+c} -1 = e^{\sin(t)} \cdot e^c -1 = Ae^{\sin(t)} -1 \), mit \( A= e^c \)
Nun nur noch die Randbedingung einsetzen und du bist fertig :)
Grüße Christian ─ christian_strack 16.09.2019 um 17:03
Das hat mir echt geholfen! Vielen Dank!
1 kleine Frage habe ich noch..: Bei der Randbedingung y(0) = 1 müsste ich bei der Integrationskonstanten c = 0 setzen damit ich eine mgl. Lösung bestimmt habe, oder? ─ unimathenoob 16.09.2019 um 17:18
1 kleine Frage habe ich noch..: Bei der Randbedingung y(0) = 1 müsste ich bei der Integrationskonstanten c = 0 setzen damit ich eine mgl. Lösung bestimmt habe, oder? ─ unimathenoob 16.09.2019 um 17:18
Das freut mich sehr zu hören. :)
Nicht ganz.
\( y(0) = Ae^{\sin(0)} -1 = A - 1 = 1 \Rightarrow A = 2 \)
Grüße Christian ─ christian_strack 17.09.2019 um 00:13
Nicht ganz.
\( y(0) = Ae^{\sin(0)} -1 = A - 1 = 1 \Rightarrow A = 2 \)
Grüße Christian ─ christian_strack 17.09.2019 um 00:13
dann müsste u(t) = cos(t) sein und v(y) = (1+y).
Wenn ich die nächsten Rechenschritte ausführe komme ich beim Integrieren von u(t)dt auf sin(x) + c beim v(y) auf 1/(1+y) wäre davon dann die Stammfunktion: ln(y)?
Gruß!
─ unimathenoob 16.09.2019 um 13:38