La convergencia de $\sqrt{x^2+\frac{1}{n}}$

Question

Dejemos que $f_n(x)=\sqrt{x^2+\frac{1}{n}}$ .

i) Determinar la función límite $f$ .

ii) ¿Realmente $f_n(x)$ convergen uniformemente a $f$ ?

Por la primera: Tenemos $\lim_{n\rightarrow \infty}\sqrt{x^2+\frac{1}{n}}=\sqrt{\lim_{n\rightarrow \infty}x^2+\frac{1}{n}}=\sqrt{x^2}=|x|$ ,

porque $\sqrt{*}$ es continua.

Pero no he podido probar ii). Estoy bastante seguro de que la convergencia es uniforme, pero no sé cómo demostrarlo :/

Agradezco cualquier tipo de ayuda.

Answer 1

La definición de convergencia uniforme es:

$\forall \epsilon >0, \exists N >0 , \forall n\geq N, \sup_{x\in \mathbb{R}}|f_n(x) -f(x)| < \epsilon $

En este caso: $f_n = \sqrt{x^2+\frac{1}{n}}, f = |x|$

Para $x \geq 0$ , $$f_n(x) -f(x) = \sqrt{x^2+\frac{1}{n}} - x > x-x >0$$ $$f_n(x) -f(x) = \frac{1/n}{\sqrt{x^2+\frac{1}{n}} + x } \leq \frac{1/n}{\sqrt{0^2+\frac{1}{n}} + 0 } = \sqrt{1/n} \leq \sqrt{1/N}$$

En otras palabras, $\sup_{x\in \mathbb{R^+\cup \{0\}}}f_n(x) -f(x) = \sqrt{1/N}$

Para $x \leq 0$ de la misma manera, $$\sup_{x\in \mathbb{R^-\cup \{0\}}}f_n(x) -f(x) = \sqrt{1/N}$$

Dejemos que $\sqrt{1/N} = \epsilon$ Así que $|f_n(x) -f(x)|$ está bien limitada.

$\forall \epsilon >0, N = 1/\epsilon^2$ que satisface la convergencia uniforme.

Cómo se me ocurre semejante idea:

En primer lugar, hago el caso de x>0:

$$ \sqrt{x^2+\frac{1}{n}} - x < \epsilon \implies \sqrt{x^2+\frac{1}{n}} <\epsilon+x \implies x^2+\frac{1}{n} < x^2+2\epsilon x+ \epsilon^2$$ .

En el lado izquierdo el elemento sólo independiente de x es $\frac{1}{n}$ . Uno de los RHS, es $\epsilon^2$

Así que dejé que $1/n = \epsilon^2$ y encontrar dicho método.

Answer 2

Utilizando $\sqrt {a+b} \le \sqrt a + \sqrt b$ para $a,b\ge 0,$ vemos que $\sqrt {x^2 + 1/n} \le |x| + \sqrt {1/n}.$ Así, para cualquier $n,$

$$0 \le \sqrt {x^2 + 1/n} - |x| \le \sqrt {1/n}$$

para todos $x\in \mathbb R.$ Esto da una convergencia uniforme en $\mathbb R.$