Konvergens

Bara för att förenkla det lite så skulle jag skriva om det som

${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{1}{(1+|x\left|\right)(1+|x-a\left|\right)}dx={\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{1}{(1+|x+a/2\left|\right)(1+|x-a/2\left|\right)}dx$

Vi kan börja med att notera att vi då har en integrand som är jämn i x. Samt att den jämn i a också, vilket gör att vi bara behöver bry oss om $a \ge 0$. Så vi studerar bara detta fall.

På intervallet [-a/2, a/2] så är integranden kontinuerlig och därmed följer det att den är konvergent.

Sedan har du att

$$\begin{gathered} {\int }_{a/2}^{\infty }\frac{1}{(1+|x+a/2\left|\right)(1+|x-a/2\left|\right)}dx\le {\int }_{a/2}^{\infty }\frac{1}{(1+|x-a/2|{)}^2}dx \\ \le {\int }_{a/2}^{\infty }\frac{1}{1+(x-a/2{)}^2}dx={\int }_0^{\infty }\frac{1}{1+x^2}dx=\mathrm{\pi }/2 \end{gathered}$$

Sätter man ihop allt detta så får man att integralen är konvergent.

Kan jag skriva om integralen på följande sätt

${\int }_{-\infty }^a\frac{1}{\left(1+\left|x\right|\right)\left(1+\left|x-a\right|\right)}dx = {\int }_{-\infty }^0\frac{1}{1+{\left|x\right|}^2}dx$

Nej det kan du inte, om du tänkte göra en övre uppskattning på den del som ligger till vänster i området, så följer det av min beräkning att den också är konvergent eftersom integranden är jämn.

Alltså jag såg bara att du i din beräkning hade bytt ut a/2 mot 0, och satt in detta i integranden. Så jag tänkte om man kunde göra på följande sätt

${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{1}{(1+\left|x\right|)(1+\left|x-a\right|)}dx={\int }_{-\infty }^a\frac{1}{(1+\left|x\right|)(1+\left|x-a\right|)}dx+{\int }_a^{\infty }\frac{1}{(1+\left|x\right|)(1+\left|x-a\right|)}dx$

Jag byter nu ut a mot 0

${\int }_{-\infty }^0\frac{1}{(1+\left|x\right|)(1+\left|x\right|)}dx$

Men du säger att man inte kan göra så? 

Jaha, nej jag har ju egentligen gjort variabelbytet $x \rightarrow x + a/2$, men jag är lite sneaky och inte säger det :p När man bara skiftar lite på x såhär så är det lätt att bli bekväm av sig och bara skifta det utan att säga något.

Om du skulle göra samma sak i den där integralen så skulle det bli

${\int }_{-\infty }^a\frac{1}{(1+|x\left|\right)(1+|x-a\left|\right)}dx={\int }_{-\infty }^0\frac{1}{(1+|x+a\left|\right)(1+|x\left|\right)}dx$

Så man är tillbaka med samma integral nästan.

Kan man begränsa den ursprungliga integranden på något vis istället? Gäller det t.ex. att

$\frac{1}{(1+\left|x\right|)(1+\left|x-a\right|)}\le \frac{1}{1+{\left|x\right|}^2}$

Nej,det stämmer ju inte ser jag... Jag börjar bli litet trött...

Säg att $a = 10$ och att $x = a$ då gäller det att

$$\begin{gathered} \frac{1}{(1 + |x\left|\right)(1 + |x - a\left|\right)}=\frac{1}{11} \\ \frac{1}{1+{10}^2}=\frac{1}{101} \end{gathered}$$

Den olikhet du skrev kan därför inte gälla. Men jag kanske kan kolla mer på det imorgon, nu är jag för seg i huvudet känner jag.

Man kan använda AM-GM olikheten och få att

$$\begin{gathered} \frac{1}{(1+|x\left|\right)(1+|x-a\left|\right)}\le \frac{1}{2}\left(\frac{1}{(1+|x|{)}^2}+\frac{1}{(1+|x-a|{)}^2}\right) \\ \le \frac{1}{2}\left(\frac{1}{1+|x{|}^2}+\frac{1}{1+|x-a{|}^2}\right) \end{gathered}$$

Så integrerar man nu detta och gör variabelbytet $x \rightarrow x + a$ på andra termen så får man helt enkelt att

${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{1}{(1+|x\left|\right)(1+|x-a\left|\right)}dx\le {\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{1}{1+x^2}dx=\mathrm{\pi }$

Det var ju en smart lösning!