Question

$f(x)=\frac{1}{1+x^2}$ kuralı ile verilen $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ fonksiyonunun Lipschitz sürekli olduğunu gösteriniz.

Answer 1

Türevini hesaplarsak $$f^\prime(x)=-\dfrac{2x}{(x^2+1)^2}$$ olur. Bu fonksiyon sınırlıdır:( $0\le (|x|-1)^2=x^2+1-2|x|$ )$$|f^\prime(x)|=\frac{1}{x^2+1}\cdot \frac{2|x|}{x^2+1} \le \frac{1}{x^2+1}\cdot 1 \le 1.$$
 

Lipschitz sürekli olma:
$x,y\in \mathbb R$ olmak üzere (bir üst sınır olan) $M=1$ pozitif gerçel sayısı için $${\color{blue}{|f(x)-f(y)|}}=\left|\int_y^x f^\prime(t)dt\right|\color{blue}{\le M\cdot |x-y|}$$eşitsizliği sağlanır ve $f$ fonksiyonu Lipschitz sürekli olur.

Answer 2

Doğrudan, tanımdan da gösterebiliriz:

$x,y\in\mathbb{R}$ olsun.

$|x|\leq|y|$ kabul edelim.
$\left|\frac1{1+x^2}-\frac1{1+y^2}\right|=\left|y-x\right|\frac{\left|x+y\right|}{(1+x^2)(1+y^2)}\leq|y-x|\frac{|x|+|y|}{(1+x^2)(1+y^2)}\leq\left|y-x\right|\frac{2\left|y\right|}{(1+x^2)(1+y^2)}$

$(1-|y|)^2\geq0\Rightarrow \frac{2\left|y\right|}{1+y^2}\leq1$
Bu iki eşitsizlikten (ve $1+x^2\geq1$ oluşundan)

$\left|\frac1{1+x^2}-\frac1{1+y^2}\right|\leq|y-x|$ elde edilir.
($|x|\geq|y|$ iken de benzer şekilde aynı eşitsizlik doğru olur, ya da $x$ ile $y$ nin yerleri değiştirilir)

Bir $\varepsilon>0$ verildiğinde $\delta=\varepsilon$ alalım. Bu eşitsizlikden
$|x-y|<\delta$ iken $ |f(x)-f(y)|<\varepsilon$ olduğu kolayca görülür.

Answer 3

Doğan hocamın yanıtına benzer bir yanıt da ben ekleyeyim:

$\begin{array}{rcl}|f(x)-f(y)| & = & \left|\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{1+y^2}\right| \\ \\  & = & \frac{|x-y||x+y|}{(1+x^2)(1+y^2)} \\ \\ & \leq & |x-y| \left(\frac{|x|}{(1+x^2)(1+y^2)}+\frac{|y|}{(1+x^2)(1+y^2)}\right) \\ \\ &\leq & |x-y| \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right) \\ \\ &=& |x-y| \end{array}$

olduğundan $K\geq 1$ seçilirse her $x,y\in\mathbb{R}$ için
$$|f(x)-f(y)|\leq |x-y|\leq K|x-y|$$ koşulu sağlanır. Yani $$(\exists K>0)(\forall x\in\mathbb{R})(\forall y\in\mathbb{R})(|f(x)-f(y)|\leq K|x-y|)$$ önermesi doğru olur. Dolayısıyla $f$ fonksiyonu $(\mathbb{R}$'de$)$ Lipschitz süreklidir.