Funkcja√3 x2+ x ln x jest jednostajnie ciągła na [1

Uzupełnienie dowodu nierówności tg(α + β + γ)³¬ tg α tg β tg γ dla α, β, γ ∈ [^π₄,^π₂).

Z nierówności Jensena otrzymujemy

ln tg(α + β + γ

3 ) ¬ ln tg α + ln tg β + ln tg γ 3

a to nie jesct całkiem to, czego potrzebujemy, co na ćwiczeniach przeoczyliśmy... Żeby skończyć zadanie, wystarczy (z monotoniczności logarytmu) udowodnić nierówność

tg(α + β + γ) ¬ tg(α + β + γ

3 )

dla liczb z zadanego przedziału. Ale

tg(α + β + γ) = tg(α + β + γ − π),

a liczby α + β + γ − π i ^α+β+γ₃ są z przedziału (−^π₂,^π₂), więc wystarczy wykazać, że

α + β + γ − π ¬ α + β + γ

3 ,

co oczywiście zachodzi na zadanym przedziale.

Jednostajna ciągłość.

Funkcja√³

x²+ x ln x jest jednostajnie ciągła na [1, ∞), czego dowodzimy sprawdzając, że ma ograniczoną pochodną:

(p³

x²+ x ln x)⁰= 1

3(x²+ x)^−2/3(2x + 1) ln x +

√3

x²+ x x =p³

x²+ x (2x + 1) ln x 3(x²+ x) +1

x



=

=p³

x²+ x (2x + 1) ln x + 3(x + 1) 3(x²+ x)



= ³ r

1 + 1 x

(2 + 1/x)_x^{ln x}_1/3 + 3(x^−1/3+ x^−4/3) 3(1 +_x¹)

! ,

gdzie ostatnia równość to dzielenie licznika i mianownika przez x² odpowiednio porozbijane pomiędzy czynniki. Ponieważ lim

x→∞

ln x

x^1/3 = 0 (np. z reguły de l’Hospitala), to granicą całego wyrażenia w nieskoń- czoności jest 0. Zatem pochodna faktycznie jest ograniczona na [1, ∞) i (np. na mocy faktu z poprzednich ćwiczeń) funkcja jest jednostajnie ciągła na tej półprostej.

Funkcja √³

x³+ 1 ln x nie jest jednostajnie ciągła na [1, ∞). Chyba najprostsza droga do rozwiązania to udowodniony na ćwiczeniach lemat: jeśli f : [1, ∞) → R jest jednostajnie ciągła, to istnieje M ∈ R takie, że dla wszystkich x ­ 1 zachodzi ^{|f |}_x ¬ M (lub inne sformułowanie ograniczenia przez funkcję liniową, którego Państwo używali). A łatwo sprawdzić, że granicą funkcji ³

√ x³+1 ln x

x w nieskończoności jest nieskończoność. Można też konstruować ciągi, których różnica zbiega do 0, ale dla których różnica wartości funkcji nie zbiega do zera, ale to jednak strasznie dużo pracy.

1