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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\( \int \frac 1 {y+1} dy = \int \cos(t) dt \\ \Rightarrow \ln( y +1 ) = \sin(t) + c \)
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
\( e^{\sin(t)+c} -1 = e^{\sin(t)} \cdot e^c -1 = Ae^{\sin(t)} -1 \), mit \( A= e^c \)
Nun nur noch die Randbedingung einsetzen und du bist fertig :)
Grüße Christian ─ christian_strack 16.09.2019 um 17:03
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
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