Bueno, este me pareció un ejercicio interesante para mostrar más sobre todo por la parte de como se resuelve la integral...
$$\mbox{a) Hallar }C \in \mathbb{R}\mbox{ tal que la siguiente integral converja:}$$
$$\int_{2}^{\infty} \frac{Cx}{x^2+1} - \frac{1}{2x+1}\, dx$$
$$\mbox{b) Para cada valor de C hallado, calcular la integral.}$$
Bueno, a resolver a):
Para ver el problema así al voleo, fijate que pasa cuando reorganizás los términos...
$$\begin{align} \int_{2}^{\infty} \frac{Cx}{x^2+1} - \frac{1}{2x+1}\, dx & = \int_{2}^{\infty} \frac{Cx(2x+1) - x^2 -1}{(x^2+1)(2x+1)} \, dx \\ & = \int_{2}^{\infty} \frac{2Cx^2 + Cx - x^2 - 1}{(x^2+1)(2x+1)} \, dx \\ & = \int_{2}^{\infty} \frac{x^2(2C - 1) + Cx - 1}{(x^2+1)(2x+1)} \, dx \\ & = \int_{2}^{\infty} \frac{x^2(2C - 1) + Cx - 1}{2x^3 + x^2 + 2x + 1} \, dx\end{align}$$
Bueno, como podemos ver, esto tiene la pinta de un \(\approx \frac{x^2}{x^3} = \frac{1}{x}\), que sabemos que diverge. Ahora, hay que justificar esto. Sabemos que si \(\lim_{x \to x_0} \int_{A}^{x} g(t) dt = Z \in \mathbb{R} \mbox{ y } \lim_{x \to x_0} f(x) / g(x) = L \in \mathbb{R} - {0}\), entonces, por álgebra de límites, la integral de f converge también.
Análogamente, sabemos que si la integral de g diverge, y f(x)/g(x) tiende a un real no nulo, entonces la integral de f diverge. Esta va a ser la base de la prueba. Esto se justifica intuitivamente porque las funciones, en el límite, "se parecen", osea difieren solo por una constante.
Hoy me mostraron una forma más copada de sacar C que un galerazo (que ojo, se puede sin mucho esfuerzo). Aparte tiene la ventaja de probar que no hay otro C posible, lo cual está bueno. Vamos a comparar con una serie p, que sabemos estudiar.
Sabemos que \(\int_{A}^{\infty} \frac{1}{x^p}\, dx\), con A > 0 y p natural, converge si y solo si p > 1.
Por el criterio de comparación, tenemos que...
$$\lim_{n \to \infty} \frac{\frac{x^2(2C - 1) + Cx - 1}{2x^3 + x^2 + 2x + 1}}{\frac{1}{x^p}} = \lim_{n \to \infty} \frac{x^{p+2}(2C - 1) + Cx^{p+1} - x^p}{2x^3 + x^2 + 2x + 1}$$
Ahora divido todo por x^3....
$$\lim_{n \to \infty} \frac{\frac{x^{p+2}(2C - 1)}{x^3} + \frac{Cx^{p+1}}{x^3} - \frac{x^p}{x^3}}{\frac{2x^3}{x^3} + \frac{x^2}{x^3} + \frac{2x}{x^3} + \frac{1}{x^3}} \to \frac{x^{p-1}(2C-1) + Cx^{p-2} - x^{p-3}}{2}$$
Bueno. Ahora, probemos con p = 1. Esto quedaría \(\frac{x^0(2C-1)}{2} = \frac{2C-1}{2}\), porque si p = 1, entonces los otros términos del numerador se van a 0 cuando x tiende a infinito.
Esto nos dá un real...pero ojo, dijimos que la única chance que le queda para no diverger es si es un real nulo...si (2C-1)/2 = 0, C = 1/2.
Entonces, vemos que para que no forzosamente diverja, C tiene que ser 1/2.
Ahora, esto porai queda medio..."sospechoso". El criterio acá **no** me dice que esto converge, simplemente no me dice nada.
Bueno, pero ahora usemos ese 1/2 que encontramos, y digamos que p > 1. Como p es un natural, pongámosle p = 2.
$$\frac{x^{1}(2C-1) + Cx^{0} - x^{-1}}{2}$$
Una vez más, cuando x va a infinito, esto parece ser que se va al catzo. Pero probemos con nuestro anteriormente mencionado C = 1/2...
$$\frac{x^{1}(0) + \frac{x^0}{2} - x^{-1}}{2} \to \frac{\frac{1}{2}}{2} = \frac{1}{4} \in \mathbb{R} - 0.$$
Entonces, lo único que queda es que C sea 1/2, porque si no, es cierto que diverge, y si si, es cierto que CONverge.
Bueno, eso concluye a.
Ahora pasemos a b)...
Nuestra bella integral, con el flamante C, nos queda de esta manera...
$$\begin{align} \int_{2}^{\infty} \frac{\frac{1x}{2}}{x^2+1} - \frac{1}{2x+1}\, dx & = \lim_{M \to \infty} \int_{2}^{M} \frac{\frac{1x}{2}}{x^2+1} - \frac{1}{2x+1}\, dx \\ & = \lim_{M \to \infty} \frac{1}{2} \int_{2}^{M} \frac{x}{x^2+1}\, dx - \int_{2}^{M} \frac{1}{2x+1}\, dx\end{align}$$
Bueno, la segunda sale bastante facil, haciendo la sustitución u = 2x+1. La primera sale, haciendo la sustitución u = x^2 + 1.
Calculando las integrales, nos queda esta preciosidad:
$$\lim_{M \to \infty} \frac{1}{2} \int_{2}^{M} \frac{x}{x^2+1}\, dx - \int_{2}^{M} \frac{1}{2x+1}\, dx = \lim_{M \to \infty} \left [\frac{1}{4} ln(x^2+1) - \frac{1}{2} ln(1+2x) \right ]_{2}^{M}$$
$$=\lim_{M \to \infty} \frac{1}{4} ln(M^2+1) - \frac{1}{2} ln(1+2M) - \left (\frac{1}{4} ln(5) - \frac{1}{2} ln(5) \right )$$
$$= \lim_{M \to \infty} \frac{1}{4} ln(M^2+1) - \frac{1}{2} ln(1+2M) + \frac{1}{4} ln(5)$$
Y ahora recurrimos al famoso matemático argentino: 
(Doctor Galera, Ph. D.)
Este nos dice que recordemos las reglas de los logaritmos en cualquier base: ln(a/b) = ln(a) - ln(b), y ln(a^b) = bln(a).
Bueno, armados con esto, podemos ver que lo que teníamos es lo mismo que...
$$ln\left(\frac{\sqrt[4]{M^2+1}}{\sqrt{1+2M}}\right) = ln\left( \sqrt{\frac{\sqrt{M^2+1}}{1+2M}} \right) = ln\left(\sqrt{\frac{M\sqrt{1 + \frac{1}{M^2}}}{1+2M}\right) = ln\left(\sqrt{\frac{\frac{M}{M}\sqrt{1 + \frac{1}{M^2}}}{\frac{1}{M}+\frac{2M}{M}}\right) \overset{\underset{\mathrm{M \to \infty}}{}}{\to} ln\left(\sqrt{\frac{1}{2}}\right) = ln\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$$
Bueno, agradeciendo al Dr. Galera, volvemos a nuestro límite:
$$\lim_{M \to \infty} \frac{1}{4} ln(M^2+1) - \frac{1}{2} ln(1+2M) + \frac{1}{4} ln(5) = ln\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) + \frac{1}{4} ln(5)$$
\(= -ln(\sqrt{2}) + \frac{ln(5)}{4}\) (Si querés simplificarlo un poco más, podés llegar a que es \(\frac{ln\left(\frac{5}{4}\right)}{4}\), pero con esto ya está bién.)
Bueno, espero no haberme mandado ninguna macana fea y que haya sido útil. 🙂
EDIT: Arreglo el título del thread para estar en línea con el standard.
Firma
Por qué los poetas usan integrales?
Porque Riemann.
Perdon que joda con esto viejo, pero leyendolo hay algo que no me queda bien claro.
Cuando elegis el 1/2 y usas p = 2, el limite da un real ya que anulas la primera x con el 0 que da de 2C-2, hasta ahi bien. Pero si probas con p=3, te queda la segunda x/2 que se va a infinito.
Tu conclusión es que converge porque la terminas comparando con 1/x^2? Pero no me queda claro cuando decis que c=1/2 es el único?
P.D: Ahora que lo pienso, será porque p=2 es el único con quien comparar para que la división de un numero real?