湖南师范大学 2024年数学分析第0题

函数 $f$ 在区间 $I$ 上一致连续，是指：对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $\delta > 0$，使得对任意 $x_1, x_2 \in I$，只要 $|x_1 - x_2| < \delta$，就有 $|f(x_1) - f(x_2)| < \varepsilon$。注意，这个 $\delta$ 只依赖于 $\varepsilon$，而不依赖于点的位置。

函数 $f(x)=\sqrt{x}\ln x$ 在 $(0,+\infty)$ 上连续，但区间无界，且当 $x\to 0^+$ 时 $f(x)\to 0$，当 $x\to +\infty$ 时 $f(x)\to +\infty$。计算导数：$f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}\ln x + \sqrt{x}\cdot\frac{1}{x} = \frac{\ln x}{2\sqrt{x}} + \frac{1}{\sqrt{x}} = \frac{\ln x + 2}{2\sqrt{x}}$。当 $x\to 0^+$ 时，$f'(x)\to -\infty$；当 $x\to +\infty$ 时，$f'(x)\to 0$。因此导数在 $(0,+\infty)$ 上无界，不能直接使用 Lipschitz 条件。

当 $x\ge 1$ 时，$\ln x \ge 0$，则 $|f'(x)| = \frac{\ln x + 2}{2\sqrt{x}}$。令 $g(x)=\frac{\ln x + 2}{2\sqrt{x}}$，求导得 $g'(x)=\frac{-\ln x}{4x^{3/2}}$，令 $g'(x)=0$ 得 $x=1$。在 $[1,+\infty)$ 上，$g(x)$ 在 $x=1$ 处取得最大值 $g(1)=1$，且当 $x>1$ 时 $g(x)$ 递减趋于 $0$，故 $|f'(x)|\le 1$ 对所有 $x\ge 1$ 成立。由拉格朗日中值定理，$|f(x_1)-f(x_2)|\le 1\cdot|x_1-x_2|$，因此取 $\delta = \varepsilon$ 即满足一致连续定义。

补充定义 $f(0)=\lim_{x\to 0^+}\sqrt{x}\ln x = 0$，则 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续。闭区间上的连续函数必一致连续，因此存在 $\delta_1>0$，使得当 $x_1,x_2\in[0,1]$ 且 $|x_1-x_2|<\delta_1$ 时，有 $|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon$。

取 $\delta = \min\{\delta_1, \varepsilon\}$。对任意 $x_1,x_2\in(0,+\infty)$ 且 $|x_1-x_2|<\delta$，分情况讨论： - 若 $x_1,x_2$ 都在 $[0,1]$ 或都在 $[1,+\infty)$，由前两步结论即得 $|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon$。 - 若一个小于 $1$，一个大于 $1$，不妨设 $x_1<1

公式：\delta = \min\{\delta_1, \varepsilon\}

提示：跨过端点的情况需要利用分界点 $1$ 作为桥梁，确保两段距离均小于 $\delta$。