南昌大学 2025年数学分析第0题
📝 题目
三、（10 分）设 $\displaystyle f(x)$ 在区间 $\displaystyle [a,+\infty),(a>0)$ 上满足 Lipschitz 条件：即对任意的 $\displaystyle x, y \in[a,+\infty),(a>0)$ ，均成立不等式：
－$\displaystyle |f(x)-f(y)| \leq k|x-y|$ ，其中 $k$ 为正的常数．
证明：$\displaystyle \frac{f(x)}{x}$ 在区间 $\displaystyle [a,+\infty),(a>0)$ 上一致连续．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：理解条件与目标
已知 $f(x)$ 在 $[a,+\infty)$（$a>0$）上满足 Lipschitz 条件：存在常数 $k>0$，使得对任意 $x,y\in[a,+\infty)$，有 $|f(x)-f(y)|\le k|x-y|$。要证明 $g(x)=\frac{f(x)}{x}$ 在 $[a,+\infty)$ 上一致连续。一致连续的定义：对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$（仅与 $\varepsilon$ 有关），使得当 $|x-y|<\delta$ 时，$|g(x)-g(y)|<\varepsilon$。
公式：|f(x)-f(y)|\le k|x-y|
提示：注意区间是 $[a,+\infty)$ 且 $a>0$，这保证了分母 $x$ 有正下界，是后续放缩的关键。
步骤 2/5
目标：写出差值表达式并初步放缩
计算 $g(x)-g(y)$：
$$
g(x)-g(y)=\frac{f(x)}{x}-\frac{f(y)}{y}=\frac{f(x)y-f(y)x}{xy}.
$$
分子加减 $f(y)y$ 得：
$$
f(x)y-f(y)x = y(f(x)-f(y)) + f(y)(y-x).
$$
于是
$$
|g(x)-g(y)| \le \frac{|y||f(x)-f(y)|}{|x||y|} + \frac{|f(y)||x-y|}{|x||y|} = \frac{|f(x)-f(y)|}{|x|} + \frac{|f(y)||x-y|}{|x||y|}.
$$
由于 $x,y\ge a>0$，有 $\frac{1}{|x|}\le\frac{1}{a}$，$\frac{1}{|x||y|}\le\frac{1}{a^2}$，因此
$$
|g(x)-g(y)| \le \frac{1}{a}|f(x)-f(y)| + \frac{|f(y)|}{a^2}|x-y|.
$$
公式：|g(x)-g(y)|\le\frac{1}{a}|f(x)-f(y)|+\frac{|f(y)|}{a^2}|x-y|
提示：初步放缩后出现了 $|f(y)|$，它可能随 $y$ 增大而无界，需要进一步处理。
步骤 3/5
目标：利用对称平均法消除无界项
为了避免 $|f(y)|$ 无界的问题，采用对称形式。写出两种表达式：
$$
g(x)-g(y)=\frac{f(x)-f(y)}{x}+f(y)\frac{y-x}{xy},
$$
$$
g(x)-g(y)=\frac{f(x)-f(y)}{y}+f(x)\frac{x-y}{xy}.
$$
将两式相加并除以 $2$，得：
$$
g(x)-g(y)=\frac{f(x)-f(y)}{2}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)+\frac{(f(x)-f(y))(x-y)}{2xy}.
$$
公式：g(x)-g(y)=\frac{f(x)-f(y)}{2}\left(\frac1x+\frac1y\right)+\frac{(f(x)-f(y))(x-y)}{2xy}
提示：对称平均法将 $|f(y)|$ 项转化为 $|f(x)-f(y)|$ 项，从而可以利用 Lipschitz 条件。
步骤 4/5
目标：对对称形式进行放缩
利用 Lipschitz 条件 $|f(x)-f(y)|\le k|x-y|$ 以及 $x,y\ge a$，有：
- 第一项：$\left|\frac{f(x)-f(y)}{2}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\right| \le \frac{k|x-y|}{2}\cdot\frac{2}{a} = \frac{k}{a}|x-y|$。
- 第二项：$\left|\frac{(f(x)-f(y))(x-y)}{2xy}\right| \le \frac{k|x-y|\cdot|x-y|}{2a^2} = \frac{k}{2a^2}|x-y|^2$。
因此
$$
|g(x)-g(y)| \le \frac{k}{a}|x-y| + \frac{k}{2a^2}|x-y|^2.
$$
公式：|g(x)-g(y)|\le\frac{k}{a}|x-y|+\frac{k}{2a^2}|x-y|^2
提示：放缩后得到关于 $|x-y|$ 的二次函数，且系数均为常数，便于选取 $\delta$。
步骤 5/5
目标：选取 δ 证明一致连续性
对任意 $\varepsilon>0$，需要找到 $\delta>0$ 使得当 $|x-y|<\delta$ 时，$|g(x)-g(y)|<\varepsilon$。
令第一项 $\frac{k}{a}\delta \le \frac{\varepsilon}{2}$，解得 $\delta \le \frac{\varepsilon a}{2k}$。
令第二项 $\frac{k}{2a^2}\delta^2 \le \frac{\varepsilon}{2}$，解得 $\delta \le a\sqrt{\frac{\varepsilon}{k}}$。
取 $\delta = \min\left(\frac{\varepsilon a}{2k},\, a\sqrt{\frac{\varepsilon}{k}}\right)$，则当 $|x-y|<\delta$ 时，有
$$
|g(x)-g(y)| \le \frac{k}{a}\delta + \frac{k}{2a^2}\delta^2 \le \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon.
$$
由于 $\delta$ 只依赖于 $\varepsilon$ 和固定常数 $a,k$，与 $x,y$ 无关，故 $g(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 上一致连续。
公式：\delta = \min\left(\frac{\varepsilon a}{2k},\, a\sqrt{\frac{\varepsilon}{k}}\right)
提示：选取 $\delta$ 时需同时满足两项的约束，取最小值即可。注意 $a>0$ 保证了 $\delta$ 为正。
步骤 6/6
目标：由Lipschitz连续性推出一致连续性
由于 $g(x)$ 满足 Lipschitz 条件，对任意 $\varepsilon > 0$，取 $\delta = \frac{\varepsilon}{L}$，则当 $|x-y| < \delta$ 时，有 $|g(x)-g(y)| \le L|x-y| < L \cdot \frac{\varepsilon}{L} = \varepsilon$。这满足一致连续的定义，因此 $g(x) = \frac{f(x)}{x}$ 在 $[a, +\infty)$ 上一致连续。
公式：\delta = \frac{\varepsilon}{L}
提示：Lipschitz 连续是一致连续的充分条件，且 $\delta$ 的选取与 $x, y$ 的具体位置无关，仅依赖于 $\varepsilon$。
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