广西大学 2024年数学分析第10题

已知： 1. $f(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 上连续。 2. $\lim_{x \to +\infty} f(x) = L$ 存在（有限数）。 要证明：$f(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 上一致连续。

因为 $\lim_{x\to +\infty}f(x)=L$，对给定的 $\varepsilon>0$，存在 $M>a$，使得当 $x>M$ 时，有 $|f(x)-L|<\frac{\varepsilon}{3}$。 于是对任意 $x_1,x_2>M$，由三角不等式得： $|f(x_1)-f(x_2)|\le |f(x_1)-L|+|L-f(x_2)|<\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}=\frac{2\varepsilon}{3}<\varepsilon$。

考虑闭区间 $[a, M+1]$，由于 $f$ 在该区间上连续，由康托尔定理（闭区间上连续函数必一致连续），存在 $\delta_1>0$，使得对任意 $x_1,x_2\in[a,M+1]$，只要 $|x_1-x_2|<\delta_1$，就有 $|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon$。

取 $\delta = \min\{\delta_1, 1\}$。现在任取 $x_1,x_2\in[a,+\infty)$ 满足 $|x_1-x_2|<\delta$，分情况讨论： - 若 $x_1,x_2\in[a,M+1]$，由第二步得 $|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon$。 - 若 $x_1,x_2\in[M,+\infty)$，由第一步得 $|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon$。 - 若一个在 $[a,M]$，另一个在 $[M+1,+\infty)$，则 $|x_1-x_2|\ge 1$，与 $|x_1-x_2|<\delta\le 1$ 矛盾，故这种情况不可能发生。 - 若一个在 $[a,M+1]$，另一个在 $[M,M+1]$（重叠部分），则两者都属于 $[a,M+1]$ 或都属于 $[M,+\infty)$，已包含在前两种情况中。 因此对所有情况均有 $|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon$。

由一致连续的定义，对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得对任意 $x_1,x_2\in[a,+\infty)$，只要 $|x_1-x_2|<\delta$，就有 $|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon$。因此 $f(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 上一致连续。