📝 题目
例 6 考察 $E = \mathbb{R},g\left( x\right) = {x}^{2}$ 的情形. 对于给定的 $\varepsilon > 0$ ,不论 $\delta$ 是怎样小的一个正数,总存在这样一点
$$ {x}_{0} = \frac{2\varepsilon }{\delta } $$
和邻近 ${x}_{0}$ 的另一点
$$ {x}_{1} = \frac{2\varepsilon }{\delta } + \frac{\delta }{2}, $$
使得
$$ \left| {{x}_{1} - {x}_{0}}\right| = \delta /2 < \delta , $$
$$ \left| {g\left( {x}_{1}\right) - g\left( {x}_{0}\right) }\right| = \left( {{x}_{1} + {x}_{0}}\right) \left( {{x}_{1} - {x}_{0}}\right) $$
$$ > \left( {\frac{2\varepsilon }{\delta } + \frac{2\varepsilon }{\delta }}\right) \frac{\delta }{2} = {2\varepsilon }. $$
这就是说,不存在适用于所有的 ${x}_{0}$ 的 $\delta > 0$ .
如果 $E = \left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ 是一个闭区间,那么对前述问题的回答就是肯定的了. 本段就来证明这一重要事实. 先介绍必要的术语.
定义 设 $E$ 是 $\mathbb{R}$ 的一个子集,函数 $f$ 在 $E$ 上有定义. 如果对任意 $\varepsilon > 0$ ,存在 $\delta > 0$ ,使得只要
$$ {x}_{1},{x}_{2} \in E,\;\left| {{x}_{1} - {x}_{2}}\right| < \delta , $$
就有
$$ \left| {f\left( {x}_{1}\right) - f\left( {x}_{2}\right) }\right| < \varepsilon , $$
那么我们就说函数 $f$ 在集合 $E$ 上是一致连续的.
定理 5 (一致连续性定理) 如果函数 $f$ 在闭区间 $I = \left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ 上连续,那么它在 $I$ 上是一致连续的.
💡 答案与解析
证明 用反证法. 假设函数 $f$ 在闭区间 $I$ 上连续而不一致连续,那么至少存在一个 $\varepsilon > 0$ ,使得不论 $\delta > 0$ 怎样小,总有 ${x}^{\prime },{x}^{\prime \prime } \in I$ , 满足条件
$$ \left| {{x}^{\prime } - {x}^{\prime \prime }}\right| < \delta ,\;\left| {f\left( {x}^{\prime }\right) - f\left( {x}^{\prime \prime }\right) }\right| \geq \varepsilon . $$
对这样的 $\varepsilon$ 和 $\delta = 1/n\left( {n = 1,2,\cdots }\right)$ 存在 ${x}_{n}^{\prime },{x}_{n}^{\prime \prime } \in I$ ,满足
$$ \left| {{x}_{n}^{\prime } - {x}_{n}^{\prime \prime }}\right| < 1/n,\;\left| {f\left( {x}_{n}^{\prime }\right) - f\left( {x}_{n}^{\prime \prime }\right) }\right| \geq \varepsilon . $$
因为 $\left\{ {x}_{n}^{\prime }\right\} \subset I$ 是有界序列,它具有收敛的子序列 $\left\{ {x}_{{n}_{k}}^{\prime }\right\}$ :
$$ {x}_{{n}_{k}}^{\prime } \rightarrow {x}_{0} \in I\text{ . } $$
因为
$$ \left| {{x}_{0} - {x}_{{n}_{k}}^{\prime \prime }}\right| \leq \left| {{x}_{0} - {x}_{{n}_{k}}^{\prime }}\right| + \left| {{x}_{{n}_{k}}^{\prime } - {x}_{{n}_{k}}^{\prime \prime }}\right| $$
$$ < \left| {{x}_{0} - {x}_{{n}_{k}}^{\prime }}\right| + 1/{n}_{k}, $$
所以又有
$$ {x}_{{n}_{k}}^{\prime \prime } \rightarrow {x}_{0}\text{ . } $$
又因为函数 $f$ 在 ${x}_{0}$ 点连续,所以
$$ \lim f\left( {x}_{{n}_{k}}^{\prime }\right) = \lim f\left( {x}_{{n}_{k}}^{\prime \prime }\right) = f\left( {x}_{0}\right) . $$
但这与
$$ \left| {f\left( {x}_{{n}_{k}}^{\prime }\right) - f\left( {x}_{{n}_{k}}^{\prime \prime }\right) }\right| \geq \varepsilon $$
相矛盾. 这一矛盾说明函数 $f$ 在 $I$ 上必须是一致连续的.