Aquí está una vieja pregunta de mi análisis real del examen. Ha me ha estado molestando por la parte buena de un año. ¿La siguiente integral converge?
$$ \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{\sin x}} \, dx$$
Estoy bastante seguro de que la prueba de comparación es el camino a seguir. Cualquier visión sería muy apreciada. Gracias.
SUGERENCIA:
Tienes razón: la prueba de comparación es el camino a seguir. En el dominio de la integración, es decir, el intervalo de $[0,1]$, el único punto que causa preocupación es $0$. Como $x \to 0$, tenga en cuenta que el integrando crece sin límites. Por lo tanto, para decidir la convergencia o divergencia de la integral, tenemos que obligado el crecimiento de el integrando cerca de $0$. Esta es la idea detrás de la (límite) prueba de comparación.
Para implementar la idea, podríamos utilizar el estándar de hecho de $\sin x \sim x$ $x$ cerca de $0$ (es decir, como $x \to 0$). Por lo tanto, nuestra integral de la $\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{\sin x}} ~\mathrm dx$ converge si y sólo si $\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}} ~\mathrm dx$ (la integral de la función de prueba) converge. ¿Sabes cómo establecer la convergencia (o divergencia) de la última integral?
La convergencia de la prueba integral: La integral de la $\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}} ~\mathrm dx$, de hecho, converge (y así lo hace nuestra original integral). Para ver esto, observe que $$ \int_{\delta}^{1} \frac{1}{\sqrt{x}} ~\mathrm dx = \left. 2 \sqrt{x} \right|_{\delta}^{1} = 2 - 2 \sqrt{\delta} \2, $$ como $\delta \to 0$.
De hecho, uno podría igualmente ver que la integral de la $\int_0^1 x^p ~\mathrm dx$ converge si y sólo si $p \gt -1$.
$\newcommand{\+}{^{\daga}}% \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle #1 \right\rangle}% \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace}% \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack}% \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil #1 \right\rceil\,}% \newcommand{\dd}{{\rm d}}% \newcommand{\down}{\downarrow}% \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}% \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \cima {= \cima \vphantom{\enorme}}}}% \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,}% \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}}% \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,}% \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}% \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow}% \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,}% \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle}% \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}}% \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)}% \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}}% \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,}% \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}}% \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}}% \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}% \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ Con $\ds{t \equiv \sin\pars{x}\quad\iff x = \arcsin\pars{t}}$: \begin{align} \color{#00f}{\large\int_{0}^{1}{\dd x \over \root{\sin\pars{x}}}}&= \int_{0}^{\sin\pars{1}}t^{-1/2}\,{\dd t \over \root{1 - t^{2}}} = \int_{0}^{\root{\sin\pars{1}}}t^{-1/4}\pars{1 - t}^{-1/2}\half\,t^{-1/2}\,\dd t \\[3mm]&= \half\int_{0}^{\root{\sin\pars{1}}}t^{-3/4}\pars{1 - t}^{-1/2}\,\dd t =\color{#00f}{\large\half\,{\rm B}_{\sin^{1/2}\pars{1}}\pars{{1 \over 4},\half}} \\[3mm]&=\color{#00f}{\large2\sin^{1/8}\pars{1}\ _{2}{\rm F}_{1}\pars{{1 \over 4},\half;{3 \over 4};\sin^{1/8}\pars{1}}} \approx 2.3283 \end{align} ${\rm B}_{x}\pars{p,q}$ $_{2}{\rm F}_{1}$ son de la Beta Incompleta y la Hipergeométrica funciones, respectivamente.
Una solución posible sólo con la prueba de comparación:
Esto es suficiente para mostrar que $\displaystyle{\int_{0}^{\pi /2}\dfrac{\mathrm{d}x}{\sqrt{\sin x}}}$ converge, ya que el integrando es positivo, por lo tanto,$\displaystyle{\int_{0}^{1}\dfrac{\mathrm{d}x}{\sqrt{\sin x}}} \le \int_{0}^{\pi /2}\dfrac{\mathrm{d}x}{\sqrt{\sin x}}$.
Set$x = \arcsin y$$\mathrm{d}x = \dfrac{\mathrm{d}y}{\sqrt{1-y^2}}$. A continuación, $$ \begin{aligned} \int_{0}^{\pi /2}\dfrac{\mathrm{d}x}{\sqrt{\sin x}}&=\int_{0}^{1}\dfrac{\mathrm{d}y}{\sqrt{y}\sqrt{1-y^2}} \\ &=\int_{0}^{1} \dfrac{\mathrm{d}y}{\sqrt{y}\sqrt{1-y}\sqrt{1+y}} \\ &\le \int_{0}^{1}\dfrac{\mathrm{d}y}{\sqrt{y}\sqrt{1-y}} \\ &=2\int_{0}^{1}\dfrac{\mathrm{d}y}{\sqrt{1-y^2}}\\ &\le2\int_{0}^{1}\dfrac{\mathrm{d}y}{\sqrt{1-y}} \\ &=4. \end{aligned} $$
Así, la integral es convergente y $$ \int_{0}^{1}\dfrac{\mathrm{d}x}{\sqrt{\sin x}} \le 4.$$
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