北京邮电大学 2026年数学分析第0题
📝 题目
九．若函数 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [1,+\infty)$ 上满足利普希茨条件，即存在某一个常数 $\displaystyle L>0$ ，使对于任意的 $\displaystyle x_{1}, x_{2} \in[1,+\infty)$ ，有 $\displaystyle \left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right| \leq L\left|x_{1}-x_{2}\right|$ ，证明：$\displaystyle \frac{f(x)}{x}$ 在 $\displaystyle [1,+\infty)$ 上一致连续．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：理解已知条件并定义新函数
已知函数 $f(x)$ 在 $[1, +\infty)$ 上满足利普希茨条件，即存在常数 $L>0$，使得对任意 $x_1, x_2 \in [1, +\infty)$，有 $|f(x_1)-f(x_2)| \le L|x_1-x_2|$。我们要证明 $g(x) = \frac{f(x)}{x}$ 在 $[1, +\infty)$ 上一致连续。
公式：|f(x_1)-f(x_2)| \le L|x_1-x_2|
提示：注意利普希茨条件保证了一致连续性，但我们需要证明的是 $g(x)$ 的一致连续性，不能直接套用。
步骤 2/6
目标：写出差分的表达式并进行初步估计
考虑任意 $x, y \in [1, +\infty)$，不妨设 $x \le y$。则
\[
g(y)-g(x) = \frac{f(y)}{y} - \frac{f(x)}{x} = \frac{x f(y) - y f(x)}{xy}.
\]
改写分子：
\[
x f(y) - y f(x) = x[f(y)-f(x)] + f(x)(x-y).
\]
因此
\[
|g(y)-g(x)| \le \frac{x|f(y)-f(x)| + |f(x)||y-x|}{xy}.
\]
公式：|g(y)-g(x)| \le \frac{x|f(y)-f(x)| + |f(x)||y-x|}{xy}
提示：将分子拆分为两项，分别利用利普希茨条件和 $f(x)/x$ 的有界性来处理。
步骤 3/6
目标：处理第一项并利用利普希茨条件
第一项：
\[
\frac{x|f(y)-f(x)|}{xy} \le \frac{x \cdot L|y-x|}{xy} = \frac{L|y-x|}{y}.
\]
由于 $y \ge 1$，有 $\frac{1}{y} \le 1$，所以第一项 $\le L|y-x|$。
公式：\frac{x|f(y)-f(x)|}{xy} \le L|y-x|
提示：注意 $y \ge 1$ 是区间起点，保证了 $1/y \le 1$。
步骤 4/6
目标：证明 $\frac{|f(x)|}{x}$ 有界
由利普希茨条件，取 $x_1 = x$，$x_2 = 1$，得
\[
|f(x)-f(1)| \le L|x-1|.
\]
于是
\[
|f(x)| \le |f(1)| + L(x-1) \le |f(1)| + Lx.
\]
两边除以 $x$（$x \ge 1$）：
\[
\frac{|f(x)|}{x} \le \frac{|f(1)|}{x} + L \le |f(1)| + L.
\]
令 $M = |f(1)| + L$，则对所有 $x \ge 1$，有 $\frac{|f(x)|}{x} \le M$。
公式：\frac{|f(x)|}{x} \le |f(1)| + L
提示：这一步是关键，需要利用 $x=1$ 作为参考点来得到 $f(x)$ 的增长控制。
步骤 5/6
目标：处理第二项并合并估计
第二项：
\[
\frac{|f(x)||y-x|}{xy} = \frac{|f(x)|}{x} \cdot \frac{|y-x|}{y} \le M \cdot \frac{|y-x|}{y} \le M|y-x|,
\]
因为 $y \ge 1$ 时 $\frac{1}{y} \le 1$。
结合第一项，得到
\[
|g(y)-g(x)| \le L|y-x| + M|y-x| = (L+M)|y-x|.
\]
公式：|g(y)-g(x)| \le (L+M)|y-x|
提示：注意 $M$ 是常数，因此 $g$ 也满足利普希茨条件。
步骤 6/6
目标：由利普希茨条件推出一致连续性
由于 $g$ 在 $[1, +\infty)$ 上满足利普希茨条件（常数为 $L+M$），因此对任意 $\varepsilon > 0$，取 $\delta = \frac{\varepsilon}{L+M}$，则当 $|x-y| < \delta$ 时，有 $|g(x)-g(y)| < \varepsilon$。这正是一致连续的定义。
公式：\delta = \frac{\varepsilon}{L+M}
提示：利普希茨条件是一致连续的充分条件，直接取 $\delta$ 即可。
步骤 7/7
目标：由利普希茨连续推出一致连续，完成证明
对于利普希茨连续函数，只要取 $\delta = \frac{\varepsilon}{2L + |f(1)|}$，则对任意 $x_1, x_2 \in [1, +\infty)$，当 $|x_1 - x_2| < \delta$ 时，有：
\[
\left| \frac{f(x_1)}{x_1} - \frac{f(x_2)}{x_2} \right| \leq (2L + |f(1)|) |x_1 - x_2| < (2L + |f(1)|) \cdot \frac{\varepsilon}{2L + |f(1)|} = \varepsilon.
\]
因此 $\frac{f(x)}{x}$ 在 $[1, +\infty)$ 上一致连续。
公式：\delta = \frac{\varepsilon}{2L + |f(1)|}
提示：利普希茨连续是一致连续的充分条件，直接取 $\delta = \varepsilon / M$ 即可，其中 $M$ 是利普希茨常数。
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