东南大学 2025年数学分析第10题

要证明 $g(x)$ 在 $[a, +\infty)$ 上一致连续，即：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 $|g(x_1) - g(x_2)| < \varepsilon$。

由 $\lim_{x \to +\infty} [f(x) - g(x)] = 0$ 可知，对任意给定的 $\varepsilon > 0$，存在一个充分大的 $M > a$，使得当 $x > M$ 时，有 $|f(x) - g(x)| < \frac{\varepsilon}{3}$。

因为 $f$ 在 $[a, +\infty)$ 上一致连续，所以对上述 $\varepsilon > 0$，存在 $\delta_1 > 0$，使得对任意 $x_1, x_2 \in [a, +\infty)$，只要 $|x_1 - x_2| < \delta_1$，就有 $|f(x_1) - f(x_2)| < \frac{\varepsilon}{3}$。

由于 $g$ 在 $[a, M+1]$ 上连续，而闭区间上的连续函数必一致连续，所以存在 $\delta_2 > 0$，使得对任意 $x_1, x_2 \in [a, M+1]$，只要 $|x_1 - x_2| < \delta_2$，就有 $|g(x_1) - g(x_2)| < \frac{\varepsilon}{3}$。

取 $\delta = \min(\delta_1, \delta_2, 1)$。对任意 $x_1, x_2 \in [M, +\infty)$ 且 $|x_1 - x_2| < \delta$，由三角不等式得： $$|g(x_1) - g(x_2)| \le |g(x_1) - f(x_1)| + |f(x_1) - f(x_2)| + |f(x_2) - g(x_2)|.$$ 因为 $x_1, x_2 > M$，由第一步知 $|g(x_1) - f(x_1)| < \frac{\varepsilon}{3}$ 且 $|f(x_2) - g(x_2)| < \frac{\varepsilon}{3}$；由第二步知 $|f(x_1) - f(x_2)| < \frac{\varepsilon}{3}$，所以总和小于 $\varepsilon$。

取 $\delta = \min(\delta_1, \delta_2, 1)$。对任意 $x_1, x_2 \in [a, +\infty)$ 且 $|x_1 - x_2| < \delta$，分情况讨论： - 若两点都在 $[a, M+1]$ 中，由第三步的 $\delta_2$ 保证 $|g(x_1)-g(x_2)| < \frac{\varepsilon}{3} < \varepsilon$； - 若两点都在 $[M, +\infty)$ 中，由第五步的推导得 $|g(x_1)-g(x_2)| < \varepsilon$； - 若一点在 $[a, M]$，另一点在 $[M, M+1]$（因为 $\delta \le 1$，不可能跨到大于 $M+1$ 的点），此时两点都在 $[a, M+1]$ 中，同样适用第一种情况。 因此对所有情况都有 $|g(x_1)-g(x_2)| < \varepsilon$。

由一致连续的定义，$g(x)$ 在 $[a, +\infty)$ 上一致连续。证毕。