Prueba directa. La función de la raíz cuadrada es uniforme y continua en $[0, \infty )$ (S.A. pp 119 4.4.8)

Question

( http://math.stanford.edu/~ksound/Math171S10/Hw8Sol_171.pdf )

Demuestre para todos $e > 0,$ existe $d > 0$ para todos $x, y \ge 0$ , $|x - y| < d \implies | \sqrt {x} - \sqrt {y}| < e$ .

a) Dado $ \epsilon >0$ elige $ \delta = \epsilon ^{2}$ . Primero note que $| \sqrt {x}- \sqrt {y}| \leq | \sqrt {x}+ \sqrt {y}|$ .
Por lo tanto, si $|x-y|< \delta = \epsilon ^{2}$ Entonces $ | \sqrt {x}- \sqrt {y}|^{2} \leq | \sqrt {x}- \sqrt {y}|| \sqrt {x}+ \sqrt {y}|=|x-y|< \epsilon ^{2}. $
Por lo tanto $| \sqrt {x}- \sqrt {y}|< \epsilon $ .

1. ¿Dónde está $| \sqrt {x}- \sqrt {y}| \leq | \sqrt {x}+ \sqrt {y}|$ ¿Desde cuándo? ¿Cómo presagiar esto con presciencia?
Sí... puede probarlo. Cuadrar ambos lados. A fuerza de $|a|^2 = (a)^2$ : $| \sqrt {x}- \sqrt {y}|^2 \leq | \sqrt {x}+ \sqrt {y}|^2 \iff ( \sqrt {x}- \sqrt {y})^2 \leq ( \sqrt {x}+ \sqrt {y})^2 \iff - 2 \sqrt {xy} \le 2 \sqrt {xy} \\ \iff 0 \le 4 \sqrt {xy}. █ $ .

2. Figue o Intuición por favor para $| \sqrt {x}- \sqrt {y}| \leq | \sqrt {x}+ \sqrt {y}|$ ? Se siente fey.
Lo sé. $|x + y| \le |x| + |y| \iff |x - y| \le |x| + |y|$ .

3. Para el trabajo de raspado, empecé con $| \sqrt {x} - \sqrt {y}| < e$ . Pero la respuesta muestra que tienes que empezar con $| \sqrt {x} - \sqrt {y}|^2$ . ¿Cómo presagiar esto vaticinariamente? ¿Cuál es el trabajo de raspado para encontrar $d = e^2$ ?

4. ¿Cómo es que $d = e^2$ probar la continuidad uniforme? Sé que esto prueba uniforme continuidad.
La solución necesita probar $d = e^2$ no depende de la X o la Y?

Answer 1

Cuando $0\leq x\leq y$ entonces

$$\left(\sqrt{\mathstrut y}-\sqrt{\mathstrut x}\right)^2=y-2\sqrt{\mathstrut xy}+x\leq y-x\ .$$ De ello se desprende que $$\sqrt{\mathstrut y}-\sqrt{\mathstrut x}\leq\sqrt{\mathstrut y- x}\ .$$ Esto implica $$\left|\sqrt{\mathstrut y}-\sqrt{\mathstrut x}\right|\ \leq\ \sqrt{|y-x|}$$ para la arbitrariedad $x$ , $y\in{\mathbb R}_{\geq0}$ y con ello la continuidad uniforme de $\sqrt{\cdot}\>$ .

Answer 2

O simplemente demostrar mediante el teorema del binomio que para $0\le x\le y=x+h$ , se obtiene

$$\sqrt[n]{x+h}\le\sqrt[n]{x}+\sqrt[n]h,$$

para que finalmente para cualquier $x,y\ge 0$

$$\left|\sqrt[n]y-\sqrt[n]x\right|\le\sqrt[n]{|y-x|}.$$

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Ahora compara con la definición de continuidad de Hölder con índice de Hölder $\in(0,1]$ ,

$$|f(y)-f(x)|\le C\cdot|y-x|^\alpha$$

y utilizar que la continuidad de Hölder implica la continuidad uniforme.

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@1) ya ha respondido suficientemente en la pregunta.

@2) El uso del teorema del binomio para una potencia arbitraria $n$ , esencialmente $A^n+B^n\le(A+B)^n$ con $A=\sqrt[n]x$ y $B=\sqrt[n]{y-x}$ generaliza el método dado en la pregunta.

@3) En esta forma generalizada como ecuación de continuidad de Hölder, la motivación es mucho más clara.

@4) elegir $=^n$ resulta en la conclusión de que si $|x-y|<$ para cualquier $x,y\ge 0$ entonces $\left|\sqrt[n]y-\sqrt[n]x\right|<\sqrt[n]{^n}=$ y esto demuestra la continuidad uniforme.

Answer 3

2. Usted sabe que $\sqrt{x}$ y $\sqrt{y}$ son no negativos. La suma de dos números no negativos es siempre al menos tan grande como su diferencia. Alternativamente, $|x| + |y| = |x + y|$ para los no negativos $x$ y $y$ . Así, $|\sqrt{x} - \sqrt{y}| \le |\sqrt{x}| + |\sqrt{y}| = |\sqrt{x} + \sqrt{y}|$ .

3. ¡Practica! La solución no es obvia.

4. $\delta$ no depende de $x$ o $y$ . Es una función únicamente de $\epsilon$ . Así, el mismo $\delta$ funciona para cualquier $x$ y $y$ que es lo que se requiere para la continuidad uniforme.