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5 5 e† o)= M ſe Gwl ſ fe) deun

Nach diesem Satze können wir setzen

9 4 9+ 1 — da. 1/ 6„— 2 da= M le aasin ad 1..(30) 9 9 Nun ist 3,. 2 2 2 2 7 /,² 46, e B H rt A= 5, hn e.= 1g p²+† 92— we(1„„ 9

Dieser letzte Wert verschwindet mit unendlich wachsendem 9, und da M[e a sin a9] zwischen 0 und 1 ist, so geht(30) mit unendlich wachsendem g unter jeden beliebigen Grad der Kleinheit herab, und es ist somit nachgewiesen, dass den Integralen in v ein Wert zu- kommt. Der Wert v genügt den vorgeschriebenen Bedingungen, denn er wird Null für = 0, und sowohl für= 0, als auch für= Hp erhält man

2 ſn e 5

was für 0 und„ 0 gleich e 8 ist.

II. Aufgabe:„Es soll der von und p abhängige Finalzustand Z des erwähnten Cylinderausschnitts berechnet werden, wenn dessen ebene Begrenzungsfläche 0 auf der

Temperatur Null und dessen andere ebene Begrenzungsfläche——= †o, ebenso die

krumme Fläche auf der Temperatur 7 erhalten werden“.

Unser Z ist eine Losung der in der I. Aufgabe aufgestellten Differentialgleichung und muss folgenden Bedingungen genügen: E== Ze= 0; Ze= 1. Wir zerlegen diese Aufgabe in zwei, setzen nämlich Z= u+ v und verteilen die Bedin- gungen, wie folgt: 46,= 1= 1, ux= 9= 0;.

d== 0, v 0= 0;„

=+o Die Fun ktion n ist identisch mit der Punktiom in der I. T. Aufgabe.

Die Funktion u bildet einen Spezialfall von(13); die Constanten 4A und B sind für unsere jetzige Aufgabe so zu bestimmen, dass in der Gleichung(14) 9,(.)= 0 und in(15) 9..)= 1 22 setzen ist. Dies ergiebt

¹) Vergl. Riemann, part. Differentialgl., herausgeg. v. Hattendorff, 1876, S. 15.