上册 2.2 一致连续 第36题
📝 题目
36．用一致连续定义证明下列结论。
（1）设 $f(x)$ 在 $(a, c]$ 和 $[c, b)$ 上都一致连续，证明：$f(x)$ 在 $(a, b)$ 上也一致连续．并举例说明将 $(a, c]$ 换成 $(a, c)$ 时，结论不一定成立。
（2）若函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，$f(x) \neq 0$ ，用定义证明：$\displaystyle \frac{1}{f(x)}$ 在 $[a, b]$ 上一致连续．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）由 $f(x)$ 在 $(a, c]$ 上一致连续，$\forall \varepsilon>0, \exists \delta_{1}>0$ ，当 $x^{\prime}, x^{\prime \prime} \in(a, c]$ 且 $\left|x^{\prime}-x^{\prime \prime}\right|<\delta_{1}$ 时，有 $\left|f\left(x^{\prime}\right)-f\left(x^{\prime \prime}\right)\right|<\varepsilon$ ．
由 $f(x)$ 在 $[c, b)$ 上一致连续，$\forall \varepsilon>0, \exists \delta_{2}>0$ ，当 $x^{\prime}, x^{\prime \prime} \in[c, b)$ 且 $\left|x^{\prime}-x^{\prime \prime}\right|<\delta_{2}$ 时，有 $\left|f\left(x^{\prime}\right)-f\left(x^{\prime \prime}\right)\right|<\varepsilon$ ．
又由 $f(x)$ 在 $c$ 点连续，由柯西收玫准则，$\forall \varepsilon>0, \exists \delta_{3}>0$ ，对任意 $x^{\prime}, x^{\prime \prime} \in U\left(c ; \delta_{3}\right)$ ，有 $\left|f\left(x^{\prime}\right)-f\left(x^{\prime \prime}\right)\right|<\varepsilon$ ．
取 $\delta=\min \left\{\delta_{1}, \delta_{2}, \delta_{3}\right\}$ ，对 $\forall x^{\prime}, x^{\prime \prime} \in(a, c),\left|x^{\prime}-x^{\prime \prime}\right|<\delta$ ，
若 $x^{\prime}, x^{\prime \prime}$ 同属于 $(a, c]$ 或 $[c, b)$ ，则 $\left|f\left(x^{\prime}\right)-f\left(x^{\prime \prime}\right)\right|<\varepsilon$ ．
若 $x^{\prime} \in(a, c], x^{\prime \prime} \in[c, b)$ ，则必有 $x^{\prime}, x^{\prime \prime} \in \bigcup\left(c, \delta_{3}\right)$ ，则 $\left|f\left(x^{\prime}\right)-f\left(x^{\prime \prime}\right)\right|<\varepsilon$ ．
所以 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 上一致连续。
将 $(a, c]$ 换成 $(a, c)$ 结论不一定成立，反例见题29（2）。
（2）由函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，从而在 $[a, b]$ 上一致连续。于是 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta_{1}>0$ ，当 $x^{\prime}, x^{\prime \prime} \in[a, b]$ 且 $\left|x^{\prime}-x^{\prime \prime}\right|<\delta_{1}$ 时，有 $\left|f\left(x^{\prime}\right)-f\left(x^{\prime \prime}\right)\right|<\varepsilon$ 。
由 $f(x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续及 $f(x) \neq 0$ 知，$\exists m>0$ ，使 $|f(x)| \geqslant m$ 。故当 $x^{\prime}, x^{\prime \prime} \in[a, b]$ 且 $\left|x^{\prime}-x^{\prime \prime}\right|<\delta_{1}$ 时，有
$$
\left|\frac{1}{f\left(x^{\prime}\right)}-\frac{1}{f\left(x^{\prime \prime}\right)}\right|=\frac{\left|f\left(x^{\prime}\right)-f\left(x^{\prime \prime}\right)\right|}{\left|f\left(x^{\prime}\right) f\left(x^{\prime \prime}\right)\right|} \leqslant \frac{\left|f\left(x^{\prime}\right)-f\left(x^{\prime \prime}\right)\right|}{m^{2}}<\frac{\varepsilon}{m^{2}} .
$$
所以 $\displaystyle \frac{1}{f(x)}$ 在 $[a, b]$ 上一致连续．
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：利用一致连续定义写出条件
由 $f(x)$ 在 $(a, c]$ 上一致连续，$\forall \varepsilon>0, \exists \delta_1>0$，当 $x', x'' \in (a, c]$ 且 $|x'-x''|<\delta_1$ 时，有 $|f(x')-f(x'')|<\varepsilon$。
由 $f(x)$ 在 $[c, b)$ 上一致连续，$\forall \varepsilon>0, \exists \delta_2>0$，当 $x', x'' \in [c, b)$ 且 $|x'-x''|<\delta_2$ 时，有 $|f(x')-f(x'')|<\varepsilon$。
提示：注意区间端点包含c，确保一致连续定义适用。
步骤 2/7
目标：利用连续性得到c点邻域的一致连续性
由 $f(x)$ 在 $c$ 点连续，根据柯西收敛准则，$\forall \varepsilon>0, \exists \delta_3>0$，对任意 $x', x'' \in U(c;\delta_3)$，有 $|f(x')-f(x'')|<\varepsilon$。
提示：这里使用连续函数在一点邻域内的振幅可以任意小，但注意需要一致连续定义中的任意两点。
步骤 3/7
目标：取公共的δ并分情况讨论
取 $\delta = \min\{\delta_1, \delta_2, \delta_3\}$。对任意 $x', x'' \in (a, b)$ 且 $|x'-x''|<\delta$，分两种情况：
1. 若 $x', x''$ 同属于 $(a, c]$ 或 $[c, b)$，则由一致连续定义直接得 $|f(x')-f(x'')|<\varepsilon$。
2. 若 $x' \in (a, c]$, $x'' \in [c, b)$，则 $|x'-c| \leq |x'-x''| < \delta \leq \delta_3$，同理 $|x''-c|<\delta_3$，故 $x', x'' \in U(c;\delta_3)$，从而 $|f(x')-f(x'')|<\varepsilon$。
提示：注意当两点分居c两侧时，利用c点邻域的性质，确保它们都在邻域内。
步骤 4/7
目标：得出结论并给出反例
因此，$f(x)$ 在 $(a, b)$ 上一致连续。
反例：考虑 $f(x)=\frac{1}{x}$ 在 $(0,1]$ 和 $[1,2)$ 上分别一致连续，但在 $(0,2)$ 上不一致连续。因为将 $(a,c]$ 换成 $(a,c)$ 时，c点可能不在定义域内，无法保证c点邻域的性质。
提示：反例的关键是c点不在区间内，导致无法连接两段的一致连续性。
步骤 5/7
目标：证明1/f(x)的一致连续性：利用f的连续性和非零性
由 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，故一致连续。$\forall \varepsilon>0, \exists \delta_1>0$，当 $x', x'' \in [a,b]$ 且 $|x'-x''|<\delta_1$ 时，有 $|f(x')-f(x'')|<\varepsilon$。
又由 $f(x)$ 在闭区间上连续且非零，故存在最小值 $m>0$ 使得 $|f(x)|\geq m$ 对所有 $x\in[a,b]$ 成立。
提示：闭区间上连续函数有最小值，且非零保证最小值大于0。
步骤 6/7
目标：估计1/f的差
当 $x', x'' \in [a,b]$ 且 $|x'-x''|<\delta_1$ 时，有
$$\left|\frac{1}{f(x')}-\frac{1}{f(x'')}\right| = \frac{|f(x')-f(x'')|}{|f(x')f(x'')|} \leq \frac{|f(x')-f(x'')|}{m^2} < \frac{\varepsilon}{m^2}.$$
公式：\left|\frac{1}{f(x')}-\frac{1}{f(x'')}\right| = \frac{|f(x')-f(x'')|}{|f(x')f(x'')|}
提示：分母放缩时注意绝对值，且m>0。
步骤 7/7
目标：完成一致连续证明
对任意 $\varepsilon>0$，取 $\delta = \delta_1$，则当 $x', x'' \in [a,b]$ 且 $|x'-x''|<\delta$ 时，有 $\left|\frac{1}{f(x')}-\frac{1}{f(x'')}\right| < \frac{\varepsilon}{m^2}$。由于 $\frac{\varepsilon}{m^2}$ 可以任意小（因为 $\varepsilon$ 任意），故 $\frac{1}{f(x)}$ 在 $[a,b]$ 上一致连续。
提示：注意这里直接取δ=δ1，因为ε/m^2可以对应任意小的正数。
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