Доказать, что ограниченная и непрерывная функция $f(x)=\sin{\frac{\pi}{x}}$ не является равномерно непрерывной на $(0,1)$.

$f(x)$ — ограничена и непрерывна. Тогда $\exists \varepsilon > 0,~ \forall \delta > 0$ $\exists~ x’,~x»~ \epsilon~(0,1)$ $|x’-x»| < \delta$: $|f(x’) — f(x»)| \geq \varepsilon$. Выберем такие подпоследовательности $x’_n = \frac{1}{n},~x»_n = \frac{2}{2n-1}$.

$|f(x’) — f(x»)|$ $=$ $|\sin{\pi n} — \sin{\frac{(2n-1)\pi}{2}}| = 1$.
$|x’ — x»| = |\frac{1}{n} — \frac{2}{2n-1}$ $=$ $|\frac{2n-1-2n}{n(2n-1)}|$ $=$ $\frac{1}{n(2n-1)}$ $\rightarrow 0$.

$\exists \varepsilon = 1 ~ \forall \delta$ можно выделить такие подпоследовательности $x’_n=\frac{1}{n},~x»_n = \frac{2}{2n-1}$ $|x’_n-x»_n| < \frac{1}{n}$.

$n > \frac{1}{\delta}$: $|f(x’_n)-f(x»_n)| = 1 \geq \varepsilon$. Следовательно, функция не является равномерно непрерывной на $(0,1)$.

1. Показать, что равномерная функция $f(x)=\frac{1}{x}$ на $(0,1)$ не является равномерно непрерывной.
   $\forall \varepsilon > 0$ $\exists \delta > 0$, что $|\frac{1}{n} — \frac{1}{n_0}| < \varepsilon$ $\forall~n$, что $|x-x_0| < \delta$.
   $|\frac{1}{n}-\frac{1}{n_0}|<\varepsilon$ $\Rightarrow$ $\frac{1}{n}-\varepsilon < \frac{1}{n} < \frac{1}{n_0} + \varepsilon$ $\Rightarrow \frac{n_0}{1+\varepsilon n_0} < n < \frac{n_0}{1-\varepsilon n_0}$ $\Rightarrow$ $n_o — \frac{\varepsilon n^2_0}{1+\varepsilon n_0} < n < n_0 + \frac{\varepsilon n^2_0}{1-\varepsilon n_0}$ $\rightarrow 0$, $n \rightarrow \infty$.
   Это значит, что $|x-x_0|$ может быть меньше заданного положительного числа, но какое бы мы не взяли положительное $\delta$, мы можем приближать $n_0$ к $0$ так близко, что $|\frac{1}{n}-\frac{1}{n_0}| > \varepsilon$, однако $|n — n_0| < \delta$. Следовательно, функция $f(x)=\frac{1}{x}$ является непрерывной, но не равномерно непрерывной на $(0,1)$.

2. Исследовать на равномерную непрерывность функцию $f(x) = \frac{x}{4-x^2}$ на отрезке $[-1,1]$.

   $|f(x_1) — f(x_2)|$ $=$ $|\frac{x_1}{4-x_1^2} — \frac{x_2}{4-x_2^2}|$ $=$ $|\frac{4+x_1x_2}{(4-x_1^2)(4-x_2^2)}| \cdot |x_1-x_2|$.

   $|\frac{4+x_1x_2}{(4-x_1^2)(4-x_2^2)}| < \frac{4+1}{3 \cdot 3}$ $= \frac{5}{9} < 1$.

   Зафиксируем произвольное $\varepsilon > 0$ и положим $\delta = \varepsilon$.

   Тогда $|x_1 — x_2| < \delta$, $\forall x_1,~x_2$ $(x_1,~x_2~\epsilon ~ [-1,1])$ $| f(x_1) — f(x_2) | < \varepsilon$.

   Следовательно, функция $f(x)$ на $[-1,1]$ равномерно непрерывна.

3. Доказать, что функция $f(x)=\sqrt{x}$ равномерно непрерывна на $[1,+\infty]$.

   По теореме Лагранжа $\forall x_1\geq 1$ и $\forall x_2\geq 1$

   $|f(x_2)-f(x_1)|$ $=$ $|f(\xi)||x_2-x_1|$ $=$ $\frac{1}{2\sqrt\xi)}|x_2-x_1|<\frac{1}{2}|x_2-x_1|$

   Если для $\varepsilon>0$ выбрать любое $\delta$, $0<\delta\leq2\varepsilon$, то при $|x_2-x_1|<\delta$ выполняется $~$ $|f(x_2)-f(x_1)|<\varepsilon$, иначе говоря, $f(x)=\sqrt{x}$ является равномерно непрерывной на $[1,+\infty]$.

Пусть функция $f$ определена и непрерывна на компактном множестве $M\subset R^{n}$.

$\forall x_{0} \in M,$ $\forall \varepsilon’ > 0,$ $\exists \delta’ = \delta'(x_{0}, \varepsilon’)>0$

такое, что если $x\in M,$ то$\rho(x_{0}, x)<\delta’,$ то $|f(x_{0})-f(x)|<\varepsilon’$. Выберем произвольное $\varepsilon>0$ и положим $\varepsilon’=\frac{\varepsilon}{2}$. Построим для каждой точки $x_{0}\in M$ окрестность

$U(x_{0}, \frac{\delta’}{2})=$ $U(x_{0}, \frac{\delta'(x_{0}, \varepsilon’)}{2})$

Объединение таких окрестностей покрывает множество $K$. Поскольку $K$ — компактное множества, то из построенного открытого покрытия можно выделить конечное подпокрытие $\left \{U(x_{k}, \frac{\delta’_{k}}{2})\right \}_{k=1}^{m}$ такое, что

$K \subset \underset{k=1}{\overset{m}{\bigcup}}U(x_{k}, \frac{\delta’_{k}}{2})$.

Положим $\delta= min(\frac{\delta’_{1}}{2}, … , \frac{\delta’_{m}}{2})$. Возьмем произвольные точки $x, y \in M,$ для которых $\rho<\delta$. Поскольку $M$ покрывается системой $\left \{U(x_{k}, \frac{\delta’_{k}}{2})\right \}_{k=1}^{m},$ то найдется такой номер $k_{0},$ что $x\in U(x_{k_{0}}, \frac{\delta’_{k_{0}}}{2})$. Тогда $\rho(x_{k_{0}}, x)< \frac{\delta’_{k_{0}}}{2}$ и $\rho(x_{k_{0}}, y) \le$ $\rho(x_{k_{0}}, x) +$ $\rho(x_{k_{0}}, y)<$ $\frac{\delta’_{k_{0}}}{2}+\delta<$ $\delta’_{k_{0}}$. Следовательно

$|f(x)-f(y)|\le$ $|f(x)-f(x_{k_{0}})| +$ $|f(x_{k_{0}})-f(y)|<$ $\varepsilon’+ \varepsilon’ =$ $\varepsilon$