¿Es uniformemente continua en $f(x)=\log(1+x^2)$ $(0,\infty)$?

Question

Es $f(x) = \log(1+x^2)$ uniformemente continua en a $(0,\infty)$?

Mi trabajo:
Mirando el gráfico y saber que $\log$ considera un "crecimiento lento" de la función, mi conjetura es que el $f(x)$ es uniformemente continua.

Deje $\varepsilon > 0$ $\left| {x - y} \right| < \delta $ donde $\delta$ será definido más adelante.

$$\left| {f(x) - f(y)} \right| = \left| {\log (1 + {x^2}) - \log (1 + {y^2})} \right| = \left| {\log \left( {{{1 + {x^2}} \over {1 + {y^2}}}} \right)} \right| \le {{1 + {x^2}} \over {1 + {y^2}}}$$

El problema es que la última expresión es demasiado grande.
He intentado asumiendo $x < y$ (sin pérdida de generalidad).
También, he intentado multiplicar por $(1-y^2)$ pero nada bueno salió de eso.

Lo que me estoy perdiendo?

Actualización:
No puedo usar el hecho de que la derivada está delimitado, lo cual implica la continuidad uniforme. Estoy supone que demostrarlo "directamente".

Answer 1

Sugerencia: $f\in\mathcal{C}^1$ (es decir, es continuamente diferenciable), y su derivada es acotada. Por lo tanto, es de Lipschitz.

Otro enfoque (después de la edición original de la pregunta: "Lipschitz-ness no está permitido"): supongamos wlog que $\epsilon \leq \frac{1}{2}$, y deje $\delta\stackrel{\rm{def}}{=}\frac{\epsilon}{2}$. Arreglar cualquier $x \geq y$$\lvert x-y \rvert \leq \delta$. Entonces $$ 1 \leq \frac{1+x^2}{1+y^2} \leq \frac{1+(y+\delta)^2}{1+y^2} = 1+\delta \frac{2y+\delta}{1+y^2} \leq 1+\delta \frac{1+2y}{1+y^2} $$ así que $$ \ln 1 \leq \ln \frac{1+x^2}{1+y^2} \leq \ln\!\izquierda( 1+\delta \frac{1+2y}{1+y^2} \right) $$ Ahora, utilizando el "hecho" (fácil de demostrar) que para cada $y > 0$ ha $\frac{1+2y}{1+y^2} \leq \frac{1+\sqrt{5}}{2} \leq 2$, se obtiene $$ 0 \leq \ln \frac{1+x^2}{1+y^2} \leq \ln(1+2\delta)\leq 2\delta = \epsilon. $$