江南大学 2024年数学分析第0题

题目要求证明：若 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上连续，且极限 $\lim_{x \to +\infty} [f(x)-x]$ 存在，则 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上一致连续。一致连续的定义是：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 $|f(x_1)-f(x_2)| < \varepsilon$。已知极限条件表明当 $x$ 很大时，$f(x)$ 近似于线性函数 $x+L$，而线性函数是一致连续的，因此可将区间分为有限部分和无穷远部分分别处理。

设 $\lim_{x \to +\infty} [f(x)-x] = L$（有限数）。由极限定义，对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $M > 0$，使得当 $x > M$ 时，有 $|f(x)-x-L| < \frac{\varepsilon}{3}$。于是对于任意 $x_1, x_2 > M$，有：$|f(x_1)-f(x_2)| \le |f(x_1)-x_1-L| + |x_1 - x_2| + |x_2+L - f(x_2)| < \frac{\varepsilon}{3} + |x_1 - x_2| + \frac{\varepsilon}{3}$。取 $\delta_1 = \frac{\varepsilon}{3}$，则当 $|x_1 - x_2| < \delta_1$ 且 $x_1, x_2 > M$ 时，$|f(x_1)-f(x_2)| < \frac{2\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon$。因此 $f(x)$ 在 $[M, +\infty)$ 上一致连续。

考虑闭区间 $[0, M+1]$，由于 $f(x)$ 在该区间上连续（由题目条件），根据Cantor定理（闭区间上的连续函数必一致连续），存在 $\delta_2 > 0$，使得对任意 $x_1, x_2 \in [0, M+1]$，只要 $|x_1 - x_2| < \delta_2$，就有 $|f(x_1)-f(x_2)| < \varepsilon$。注意这里取区间右端点为 $M+1$ 而不是 $M$，是为了覆盖重叠区域，便于后续拼接。

取 $\delta = \min(\delta_1, \delta_2, 1)$。现在考虑任意两点 $x_1, x_2 \in [0, +\infty)$ 满足 $|x_1 - x_2| < \delta$。分情况讨论： - 情况1：两点都在 $[0, M+1]$ 内，则由 $\delta_2$ 保证 $|f(x_1)-f(x_2)| < \varepsilon$。 - 情况2：两点都在 $[M, +\infty)$ 内，则由 $\delta_1$ 保证 $|f(x_1)-f(x_2)| < \varepsilon$。 - 情况3：一点在 $[0, M]$，另一点在 $[M+1, +\infty)$，但此时两点距离至少为 $(M+1)-M = 1$，而 $\delta \le 1$，故 $|x_1-x_2| < \delta$ 不可能成立，因此这种情况不会发生。 - 情况4：一点在 $[0, M+1]$，另一点在 $[M, M+1]$ 的重叠区域，这实际上包含在情况1或2中（因为重叠区域同时属于两个区间），结论同样成立。 因此对所有可能情况，只要 $|x_1 - x_2| < \delta$，就有 $|f(x_1)-f(x_2)| < \varepsilon$。

由一致连续的定义，我们找到了对任意 $\varepsilon > 0$ 的 $\delta = \min(\delta_1, \delta_2, 1)$，使得对任意 $x_1, x_2 \in [0, +\infty)$，只要 $|x_1 - x_2| < \delta$，就有 $|f(x_1)-f(x_2)| < \varepsilon$。因此 $f(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上一致连续。证毕。