h) Skorzystamy z ciągowej charakteryzacji braku jednostajnej ciągłości. Weź-
my xn = 1 /n i yn = 1 . Wtedy 2 n
|xn − yn| → 0
oraz
1
1
|f ( xn) − f ( yn) | = | ln
− ln
| = ln 2
n
2 n
i) Bez utraty ogólności możemy zakładać, że x > y 1. Twierdzimy, że ln x − ln y ¬ x − y.
Przekształcamy równoważnie:
x
ln x − ln y ¬ x − y ⇐⇒ e ln x− ln y ¬ ex−y ⇐⇒
¬ ex−y.
y
Ale
ex−y x − y + 1
(1)
(patrz nierówność w uwagach na końcu listy zadań). Wystarczy więc po-kazać, że
x
x − y + 1
.
(2)
y
x − y + 1
ex−y.
y
Przekształcamy teraz równoważnie nierówność (2):
x
x − y + 1
⇐⇒ xy − y 2 + y x ⇐⇒ x( y − 1) y( y − 1) .
y
Jeśli y − 1 = 0, to ostatnia nierówność jest prawdziwa. Jeśli zaś y − 1 > 0, to możemy podzielić stronami przez y − 1 i dostajemy nierówność x y, która jest prawdziwa z uwagi na nasze założenie. Zatem rzeczywiście dla x > y 1
ln x − ln y ¬ x − y,
skąd wynika już, że
| ln x − ln y| ¬ |x − y|, czyli jest spełniony warunek Lipschitza ze stałą L = 1.
j) Niech xn = ln n, yn = ln n + 1 . Wówczas n
|xn − yn| → 0
oraz
1 − e 1 /n
f (1 /n) − f (0)
|f ( x
n) −f ( yn) | = |n−e 1 /nn| =
=
→ |f 0 (0) | = |e 0 | = 1 , 1 /n
1 /n
gdzie f ( x) = ex. Zatem istnieje n 0 takie, że dla n n 0 mamy
|f ( xn) − f ( yn) | 1 / 2
(rozpisać definicję granicy ciągu równej 1 z ε = 1 / 2). Zatem funkcja nie jest jednostajnie ciągła.
1
k) Niech x > y 100. Wówczas ex − ey = ey( ex−y − 1) ¬ ey · ex−y( x − y) = ex( x − y) ¬ e 100( x − y) .
W drugim przejściu powyżej skorzystaliśmy z nierówności (równoważność zachodzi dla t > 0)
et − 1 ¬ et ⇐⇒ et − 1 ¬ ett t
dla t = x − y. Zatem jest spełniony warunek Lipschitza ze stałą L = e 100.
2