Если функция $f$ определена и непрерывна на сегменте $[a,b]$, то она равномерно непрерывна на $[a,b]$.

Доказательство

Проведем доказательство методом от противного. Пусть $f$ не равномерно непрерывна на $[a,b]$, тогда

$\exists \varepsilon > 0,~ \forall \delta > 0$ $\exists~ x’,~x»~ \epsilon~[a,b]$, $|x’-x»| < \delta$ : $|f(x’) — f(x»)| \geq \varepsilon$.

Выберем последовательность $\delta_n = \frac{1}{n}$, $n = \overline{1,+\infty}$. Согласно допущению, найдутся такие последовательности $\left\{x’_n \right\}_{n=1}^\infty$, $\left\{x»_n \right\}_{n=1}^\infty$, что:

$x’_n,~x»_n~\epsilon~[a,b]$, $|x’_n-x»_n|<\delta_n = \frac{1}{n}$ : $|x’-x»| < \delta$ : $|f(x’_n) — f(x»_n)| \geq \varepsilon$.

Последовательность $\left\{x’_n \right\}_{n=1}^\infty$ ограничена и поэтому имеет подпоследовательность $\left\{x’_{n_{i}} \right\}_{i=1}^\infty$, которая сходится к элементу $x_0$, причем что $x_0~\epsilon~[a,b]$. Тогда для подпоследовательности $\left\{x»_{n_{i}} \right\}_{n=1}^\infty$ $x_0~\epsilon~[a,b]$ так же является пределом.

По условию теоремы $f$ — непрерывна на $[a,b]$, поэтому

$\lim\limits_{i\rightarrow \infty} f(x’_{n_{i}}) = f(x_0) = \lim\limits_{i\rightarrow \infty} f(x»_{n_{i}})$.

Это противоречит тому, что $|f(x’_{n_{i}}-f(x»_{n_{i}})| \geq \varepsilon > 0$, $\forall i = \overline{1,+\infty}$.

Это противоречие и доказывает теорему.

$\blacksquare$

Решим таким же методом, каким было проведено доказательство теоремы, пример.

Список использованной литературы:

• Б.П.Демидович «Сборник задач и упражнений по математическому анализу», 13 изд-е, Москва, изд-во ЧеРо, 1997г., стр.92
• Г.М.Вартанян «Математический анализ», Одесса, 2009г., стр.30