
\documentclass[a4paper]{article}

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\begin{document}
\pagestyle{fancy} \lhead{\textbf{Analysis Blatt 11}\\ Christof
Stolze,
 2619624}
\rhead{\today\\ Gruppe 6a}
\paragraph{Aufgabe 61.}
\paragraph{a)}
\begin{eqnarray*}
\int\limits^{2\pi}_0 \sin (kx + \varphi)\, dx &\qquad& \text{substituiere: } t=kx + \varphi\\
& & dx = \frac{1}{k}\, dt\\
&\Rightarrow&\frac{1}{k} \int\limits^{2 \pi k + \varphi}_\varphi \sin t\, dt \\
&=&\frac{1}{k}\left[-\cos t\right]^{2\pi k + \varphi}_\varphi\\
&=&\frac{1}{k}(-\cos(2k\pi + \varphi ) + \cos \varphi )\\
&=&\frac{1}{k}\cdot 0 = 0
\end{eqnarray*}
Das Ergebnis hätte man auch sofort angeben können, da die $\sin$-Funktion $2\pi$-periodisch ist 
und unsere Funktion nicht nach oben oder unten verschoben ist, muss auf dem Intervall von $0$ bis $2\pi$ 
immer $0$ als Wert des Integrals herauskommen.
\paragraph{b)}
\begin{eqnarray*}
\int \frac{\ln^2 x}{x}\, dx &\qquad& \text{substituiere: } t = \ln x\\
& & x = e^t \text{ und } dx = e^t\, dt\\
&=& \int \frac{t^2}{e^t}e^t\, dt\\
&=&\int t^2\, dt\\
&=& \frac{1}{3}t^3 + C \\
\text{rücksubstituieren: }&\Rightarrow& \quad \frac{1}{3}\ln^3 x + C
\end{eqnarray*}
\paragraph{c)}
\begin{eqnarray*}
\int\frac{\sqrt{1+x^2}}{x}\, dx &\qquad& \text{substituiere: } t = \sqrt{1+x^2}\\
& & x = \sqrt{t^2-1} \text{ und } dx = \frac{t}{\sqrt{t^2-1}}\, dt\\
&\Rightarrow& \int\frac{t}{\sqrt{t^2-1}}\frac{t}{\sqrt{t^2-1}}\, dt\\
&=& \int \frac{t^2}{t^2-1}\, dt\\
\text{durch Polynomdivision erhalte ich:}\\
&=&\int 1 + \frac{1}{t^2-1}\ dt\\ 
\text{nun noch Partialbruchzerlegung:}\\
&=& t + \frac{1}{2}\left(\int\frac{1}{t-1}\ dt - \int\frac{1}{t+1}\ dt \right)\\
&=& t + \frac{1}{2} \ln \left|\frac{t-1}{t+1}\right| + C\\
&=& t + \ln \left|\frac{\sqrt{t^2-1}}{t+1}\right| + C\\
&=& t - \ln \left|\frac{t+1}{\sqrt{t^2-1}}\right| + C\\
\text{rücksubstituieren: }&\Rightarrow& \sqrt{1+x^2}-\ln \left| \frac{\sqrt{1+x^2}+1}{x}\right| + C
\end{eqnarray*}
\paragraph{d)}
\begin{eqnarray*}
\int\frac{\sin x + \cos x}{\sqrt[3]{\sin x -\cos x}}\, dx &\qquad&
\text{substituiere: } t = \sin x - \cos x\\ dx = \frac{dt}{\sin x + \cos x}\\
&\Rightarrow&\int \frac{\sin x + \cos x}{\sqrt[3]{t}}\frac{dt}{\sin x + \cos x}\\
&=&\int \frac{1}{\sqrt[3]{t}}\, dt = \frac{3}{2}t^{\frac{2}{3}} + C\\
\text{rücksubstituieren: }&\Rightarrow&\frac{3}{2}\sqrt[3]{\sin^2 x - 2\sin x \cos x +\cos^2 x} + C\\
&=&\frac{3}{2}\sqrt[3]{1-2\sin x \cos x} + C\\
&=&\frac{3}{2}\sqrt[3]{1-\sin 2x} + C
\end{eqnarray*}
\paragraph{Aufgabe 62.}
Um zu zeigen, dass man unendlich viel Tinte zum ausmalen der Fläche braucht, muss das uneigentliche Integral
$\int_1^\infty \frac{1}{x}\, dx$ berechnet werden:
\begin{eqnarray*}
\int\limits_1^\infty \frac{1}{x}\, dx & &\\
&=&\lim_{r \rightarrow \infty} \left[ \ln x \right]_1^r\\
&=&\lim_{r \rightarrow \infty} \ln r - \ln 1\\
&=&\lim_{r \rightarrow \infty} \ln r - 0 \rightarrow \infty
\end{eqnarray*}
Man erkennt, dass die Fläche unter dem Graphen zu $\frac{1}{x}$ im Intervall $[1,\infty)$ 
über alle Grenzen wächst und wir tatsächlich unendlich viel Tinte bräuchten, um die Fläche zu bemalen.

Um nun zu zeigen, dass das Volumen des zugehörigen Drehkörpers endlich ist berechnen wir es nach der, 
 aus der Vorlesung bekannten Formel zur Volumenberechnung von Drehkörpern:
\begin{eqnarray*}
V&=&\pi \lim_{r \rightarrow \infty} \int\limits_{1}^{r} \frac{1}{x^2}\ dx\\
&=&\pi \lim_{r \rightarrow \infty} \left[ -\frac{1}{x} \right]^{r}_{1} \\
&=&\pi \left(\frac{1}{1}-\lim_{r \rightarrow \infty} {1}{r}\right)\\
&=&\pi - 0 = \pi
\end{eqnarray*}
Der Grenzwert existiert also und das Volumen des Drehkörpers ist endlich.
$\qquad \Box$

\end{document}
