中山大学 2026年数学分析第0题

函数 $f(x)=x\cos\frac{1}{x}$ 在 $(0,+\infty)$ 上定义。一致连续要求：对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得对任意 $x_1,x_2\in(0,+\infty)$，只要 $|x_1-x_2|<\delta$，就有 $|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon$。由于 $x$ 很大时振幅增大但频率变慢，$x$ 很小时振荡剧烈，考虑将区间分为 $(0,1]$ 和 $[1,+\infty)$ 两部分分别处理。

当 $x\ge 1$ 时，求导得 $f'(x)=\cos\frac{1}{x}+\frac{1}{x}\sin\frac{1}{x}$，因此 $|f'(x)|\le 1+\frac{1}{x}\le 2$。由拉格朗日中值定理，对任意 $x_1,x_2\ge 1$，存在 $\xi$ 介于两者之间，使得 $|f(x_1)-f(x_2)|=|f'(\xi)||x_1-x_2|\le 2|x_1-x_2|$。故对任意 $\varepsilon>0$，取 $\delta=\varepsilon/2$，则当 $|x_1-x_2|<\delta$ 时，有 $|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon$。因此在 $[1,+\infty)$ 上一致连续。

考虑 $x\to 0^+$ 时，$|f(x)|=|x\cos(1/x)|\le |x|\to 0$，因此可定义 $f(0)=0$，则 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续（因为 $x=0$ 处极限等于定义值）。闭区间上的连续函数必一致连续，故 $f$ 在 $[0,1]$ 上一致连续，从而在子区间 $(0,1]$ 上也一致连续。

已证 $f$ 在 $[1,+\infty)$ 和 $(0,1]$ 上分别一致连续。对于任意 $\varepsilon>0$，由两部分的一致连续性，分别存在 $\delta_1>0$ 和 $\delta_2>0$。取 $\delta=\min\{\delta_1,\delta_2\}$，则对任意 $x_1,x_2\in(0,+\infty)$，若 $|x_1-x_2|<\delta$，则 $x_1,x_2$ 要么同属于 $[1,+\infty)$，要么同属于 $(0,1]$，或者一个在 $(0,1]$ 一个在 $[1,+\infty)$ 但此时 $|x_1-x_2|<\delta$ 迫使它们都靠近 $1$，由于两部分在 $x=1$ 处连续且重叠，可保证不等式成立（更严谨地，可分别考虑两种情况，但取 $\delta$ 为两部分 $\delta$ 的最小值即可）。因此 $f$ 在 $(0,+\infty)$ 上一致连续。

函数 $f$ 在 $(0,1]$ 和 $[1, +\infty)$ 上分别一致连续，且两个区间有公共点 $x=1$。对于任意 $\varepsilon > 0$，分别存在 $\delta_1, \delta_2 > 0$ 使得在各自区间内满足一致连续条件。取 $\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}$，则对任意 $x_1, x_2 \in (0, +\infty)$，若 $|x_1 - x_2| < \delta$，则 $x_1, x_2$ 要么同属于一个子区间，要么分别属于两个子区间但跨越 $x=1$，此时可利用三角不等式和 $x=1$ 处的连续性验证，最终得到 $|f(x_1) - f(x_2)| < \varepsilon$。因此 $f$ 在 $(0, +\infty)$ 上一致连续。

综上，函数 $f(x)=x\cos\frac{1}{x}$ 在 $(0,+\infty)$ 上一致连续。