南京航空航天大学 2024年数学分析第2题

考虑函数 $f(x)=\frac{x+2}{x+1}\sin\frac{1}{x}$，其中 $a>0$。首先将系数部分改写为 $\frac{x+2}{x+1}=1+\frac{1}{x+1}$，它在 $x\ge a$ 时连续且有界。$\sin\frac{1}{x}$ 也在该区间上连续且有界。为了证明一致连续性，我们尝试证明导数有界。

对 $f(x)$ 求导： $$ f'(x) = \frac{-1}{(x+1)^2}\sin\frac{1}{x} + \frac{x+2}{x+1}\cdot\left(-\frac{1}{x^2}\cos\frac{1}{x}\right) $$ 分别估计每一项：第一项绝对值 $\le \frac{1}{(a+1)^2}$；第二项中 $\left|\frac{x+2}{x+1}\right| \le 2$（对 $x\ge0$），且 $\left|-\frac{1}{x^2}\cos\frac{1}{x}\right| \le \frac{1}{x^2} \le \frac{1}{a^2}$，因此第二项绝对值 $\le \frac{2}{a^2}$。于是存在常数 $M=\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{2}{a^2}$ 使得 $|f'(x)|\le M$ 对所有 $x\in[a,+\infty)$ 成立。

由于 $f(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 上可导且导数有界（设为 $M$），根据拉格朗日中值定理，对任意 $x_1,x_2\in[a,+\infty)$，存在 $\xi$ 介于两者之间使得 $|f(x_1)-f(x_2)|=|f'(\xi)||x_1-x_2|\le M|x_1-x_2|$。因此 $f$ 满足 Lipschitz 条件，从而一致连续。

不一致连续通常通过构造两个距离趋于0但函数值差不趋于0的点列来证明。取 $$ x_n = \frac{1}{2n\pi + \frac{\pi}{2}}, \quad y_n = \frac{1}{2n\pi} $$ 当 $n$ 充分大时，$x_n,y_n\in(0,a)$。计算距离：$|x_n-y_n| = \left|\frac{1}{2n\pi+\pi/2}-\frac{1}{2n\pi}\right| = \frac{\pi/2}{(2n\pi)(2n\pi+\pi/2)} \to 0$。

计算函数值： - 对于 $x_n$：$\sin\frac{1}{x_n}=\sin(2n\pi+\pi/2)=1$，且 $\frac{x_n+2}{x_n+1}\to 1$（当 $n\to\infty$），故 $f(x_n)\to 1$。 - 对于 $y_n$：$\sin\frac{1}{y_n}=\sin(2n\pi)=0$，故 $f(y_n)=0$。 因此 $|f(x_n)-f(y_n)|\to 1$，不趋于0。尽管 $|x_n-y_n|\to 0$，但函数值差却趋于非零常数，故 $f$ 在 $(0,a)$ 上不一致连续。

当 $x=x_n$ 时，$\sin\frac{1}{x_n}=\sin(2n\pi)=0$，故 $f(x_n)=0$。 当 $x=y_n$ 时，$\sin\frac{1}{y_n}=\sin(2n\pi+\frac{\pi}{2})=1$，故 $$f(y_n)=\frac{y_n+2}{y_n+1}\cdot 1.$$ 当 $n\to\infty$，$y_n\to 0$，$\frac{y_n+2}{y_n+1}\to 2$，因此 $f(y_n)\to 2$。 于是 $|f(x_n)-f(y_n)|\to |0-2|=2\neq 0$。

存在两个点列 $x_n,y_n\in(0,a)$，满足 $|x_n-y_n|\to 0$，但 $|f(x_n)-f(y_n)|\to 2\neq 0$，这与一致连续的定义矛盾。因此 $f(x)$ 在 $(0,a)$ 上不一致连续。