Probando $f(x)=\frac{x^2}{1+x}$ es uniformemente continua en $[0,\infty)$

Question

Tengo que hacer una tarea y tengo problemas para demostrar que $f(x)=\frac{x^2}{1+x}$ es uniformemente continua en $[0,\infty)$ .

Por alguna razón no puedo encontrar la manera de resolver esto...

¿Puede alguien ayudarme? Gracias :)

EDIT: He cometido un error. Quise escribir $$f(x)=\frac{x^2}{1+x}$$ en lugar de $f(x) = \frac{x}{1+x}$ .

Answer 1

Dejemos que $f(x):=\frac{x^2}{1+x}$ para $x\geq 0$ .

Función $f$ es continua en $[0,\infty[$ y su gráfica tiene una asíntota oblicua cuando $x$ tiende a $\infty$ (siendo la asíntota la recta de ecuación $y=x-1$ ). Finalmente se puede concluir utilizando el siguiente lema:

Dejemos que $a\in \mathbb{R}$ y $f:[a,\infty[\to \mathbb{R}$ una función continua.

Si el gráfico de $f$ tiene una asíntota horizontal u oblicua cuando $x$ tiende a $\infty$ entonces $f$ es uniformemente continua en $[a,\infty[$ .

---

El lema citado anteriormente es un corolario del siguiente teorema:

Dejemos que $a\in \mathbb{R}$ y $f,g:[a,\infty[\to \mathbb{R}$ sean funciones continuas tales que $$\tag{A} \lim_{x\to \infty} f(x)-g(x)=0\; .$$ Entonces $f$ es uniformemente continua en $[a,\infty[$ si y sólo si $g$ es uniformemente continua en $[a,\infty[$ .

La prueba es muy sencilla.

Dado que el enunciado es simétrico con respecto a $f$ y $g$ basta con demostrar una sola implicación, por lo que suponemos, por ejemplo, que $g$ es u.c. en $[a,\infty[$ y demostrar que también $f$ es u.c. en $[a,\infty[$ . Además, con el fin de que no haya problemas, asumimos también $a=0$ .

Dejemos que $\varepsilon >0$ se fijan. Por ( A ) podemos encontrar $r\geq 0$ tal que: $$\tag{I} \forall x\geq r,\quad |f(x)-g(x)|\leq \frac{\varepsilon}{8}\; ;$$ desde $g$ es u.c. en $[0,\infty[$ podemos encontrar $\delta_1>0$ tal que: $$\tag{II} \forall x,y\geq 0,\quad |x-y|\leq \delta_1\ \Rightarrow\ |g(x)-g(y)|\leq \frac{\varepsilon}{4}\; ;$$ finalmente, por Teorema de Heine-Cantor podemos encontrar $\delta_2>0$ tal que: $$\tag{III} \forall 0\leq x,y\leq r,\quad |x-y|\leq \delta_2\ \Rightarrow\ |f(x)-f(y)|\leq \frac{\varepsilon}{2}\; .$$ Ahora, pon $\delta:=\min \{\delta_1, \delta_2\}$ y tomar dos arbitrarias $x,y\geq 0$ s.t. $|x-y|\leq \delta$ entonces, debido a la simetría con respecto a $x,y$ se plantean tres casos:

1. $r\leq x,y$ : en este caso nos encontramos: $$|f(x)-f(y)|\leq |f(x)-g(x)|+|g(x)-g(y)|+|g(y)-f(y)|\; ,$$ por lo que $|f(x)-f(y)|\leq \frac{\varepsilon}{8}+\frac{\varepsilon}{4}+\frac{\varepsilon}{8}=\frac{\varepsilon}{2}\leq \varepsilon$ debido a ( I ) & ( II )

2. $0\leq x,y\leq r$ En este caso $|f(x)-f(y)|\leq \frac{\varepsilon}{2}\leq \varepsilon$ por ( III );

3. $0\leq x\leq r < y$ : en este caso tenemos: $$|f(x)-f(y)|\leq |f(x)-f(r)| +|f(r)-f(y)|\; ,$$ así $|f(x)-f(y)|\leq \frac{\varepsilon}{2} +\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon$ para ( III ) y caso 1.

Por lo tanto, $|x-y|\leq \delta\ \Rightarrow\ |f(x)-f(y)|\leq \varepsilon$ para todos $x,y\geq 0$ y $f$ es u.c. en $[0,\infty[$ . $\square$

Answer 2

Podemos escribir, ya que $x,y\geq 0$ $$|f(x)-f(y)|=\left|1-\frac 1{1+x}-\left(1-\frac 1{1+y}\right)\right|=\frac{|1+y-(1-x)|}{(1+x)(1+y)}=\frac{|x-y|}{(1+x)(1+y)}\leq |x-y|$$ así que $f$ es $1$ -Lipschitz, y uniformemente continua (tomar $\delta:=\varepsilon$ en la definición).

Para $f(x)=\frac{x^2}{1+x}$ , escriba $$f(x)=x\frac{x+1-1}{1+x}=x-\frac x{1+x}=x-\frac{x+1-1}{1+x}=x-1+\frac 1{1+x}, $$ así que $$|f(x)-f(y)|=\left|x-1+\frac 1{1+x}-\left(y-1+\frac 1{1+y}\right)\right|\leq 2|x-y|$$ (por lo que esta vez hay que tomar $\delta:=\frac{\varepsilon}2$ ).

Answer 3

Cualquier función que tenga derivada acotada en el conjunto subyacente es uniformemente continua en el conjunto subyacente. Más generalmente, cualquier función que sea continua de Hölder en el conjunto subyacente es uniformemente continua en el conjunto subyacente. En su ejemplo, donde $$f(x) = \frac{x}{1+x} = 1 - \frac1{1+x}$$ tenemos que $$f'(x) = \frac1{(1+x)^2}$$ En el plató $[0, \infty)$ tenemos que $$\lvert f'(x)\rvert \leq 1.$$ Por lo tanto, $\displaystyle f(x) = \frac{x}{1+x}$ es uniformemente continua en $[0,\infty)$ .

Answer 4

En $[0,\infty)$ la derivada de esta función es no negativa pero siempre menor que $1$ Así que $|f(u)-f(v)| < |u-v|$ para todos $u,v$ (puedes utilizar el teorema del valor medio para justificar lo que viene después de la palabra "así" de arriba). En consecuencia, puedes tomar simplemente $\delta=\varepsilon$ .

Answer 5

Como otros han notado, $$f(x)=x-1+\frac 1{1+x}$$ Ahora bien, esto es una suma de la función identidad, que ciertamente es uniformemente continua, con una función acotada decreciente (una que incluso va a $0$ como $x\to\infty$ ), que también es uniformemente continua. Por lo tanto, $f$ es uniformemente continua.