1樓：
y= √x 在[0,+∞）一致連續的證明：
|√|f(x1)-f(x2)|=|√x1-√x2|≤√|x1-x2|<ε
則對任意ε>0 都存在δ=ε^2，使得對任意x1，x2滿足|x1-x2|<δ
就有|f(x1)-f(x2)|<ε
因此f(x)=√x在[0，+∞]上一致連續。
所有多項式函式都是連續的。
各類初等函式，如指數函式、對數函式、平方根函式與三角函式在它們的定義域上也是連續的函式。
定義在非零實數上的倒數函式f= 1/x是連續的。但是如果函式的定義域擴張到全體實數，那麼無論函式在零點取任何值，擴張後的函式都不是連續的。
非連續函式的一個例子是分段定義的函式。例如定義f為：f(x) = 1如果x> 0，f(x) = 0如果x≤ 0。
取ε = 1/2，不存在x=0的δ-鄰域使所有f(x)的值在f(0)的ε鄰域內。直覺上我們可以將這種不連續點看做函式值的突然跳躍。
2樓：蹦迪小王子啊
閉區間連續則一致連續，把[0,+∞)拆分成[0,1]和(1,+∞)，第一個區間是閉區間的性質，第二個區間是導數有界的性質。兩個分割槽間都一致連續，合區間當然一致連續。
某一函式f在區間i上有定義，如果對於任意的ε>0，總有δ>0 ，使得在區間i上的任意兩點x'和x"，當滿足|x'-x"|<δ時，|f(x')-f(x")|<ε恆成立，則該函式在區間i上一致連續。對於在閉區間上的連續函式，其在該區間上必一致連續。一致連續的函式必定是連續函式。
擴充套件資料
所有多項式函式都是連續的。各類初等函式，如指數函式、對數函式、平方根函式與三角函式在它們的定義域上也是連續的函式。
定義在非零實數上的倒數函式f= 1/x是連續的。但是如果函式的定義域擴張到全體實數，那麼無論函式在零點取任何值，擴張後的函式都不是連續的。
非連續函式的一個例子是分段定義的函式。例如定義f為：f(x) = 1如果x> 0，f(x) = 0如果x≤ 0。
取ε = 1/2，不存在x=0的δ-鄰域使所有f(x)的值在f(0)的ε鄰域內。直覺上我們可以將這種不連續點看做函式值的突然跳躍。
3樓：
|√|f(x1)-f(x2)|=|√x1-√x2|≤√|x1-x2|<ε
則對任意ε>0 都存在δ=ε^2，使得對任意x1，x2滿足|x1-x2|<δ
就有|f(x1)-f(x2)|<ε
因此f(x)=√x在[0，+∞]上一致連續只要|x1-x2|足夠小，那麼|f(x1)-f(x2)|就足夠小證明它不一致連續，那麼只要舉一個反例就可以了也就是說找到一組x1，x2，而且|x1-x2|足夠小，但是|f(x1)-f(x2)|>1就可以了
4樓：匿名使用者
閉區間連續則一致連續，你就不能把[0,+∞)拆分成[0,1]和(1,+∞)嗎？第一個區間是閉區間的性質，第二個區間是導數有界的性質。兩個分割槽間都一致連續，合區間當然一致連續。
5樓：匿名使用者
y=x^(1/2) y' = (1/2)x^(-1/2) >0 y=根號x在0到正無窮上是增函式
求解。證明f(x)=√x在[0，+∞]上一致連續。
6樓：匿名使用者
|f(x1)-f(x2)|=|√x1-√x2|≤√|x1-x2|<ε則對任意ε>0 都存在δ=ε^2，使得對任意x1,x2滿足|x1-x2|<δ
就有|f(x1)-f(x2)|<ε
因此f(x)=√x在[0，+∞]上一致連續
7樓：匿名使用者
應該討論該函式在[0,1]和[1,無窮]
在[0,1]，在零點和1點的極限存在，所以一直連續。（充要條件）
在[1,無窮]上有，|√x1-√x2|<|(√x1-√x2)(√x1+√x2)|=|x1-x2|<ε，√x1+√x2>1（利普西斯條件）
8樓：無言的結局
則對任意ε>0 都存在δ=ε^2，使得對任意x1,x2滿足|x1-x2|<δ
就有|f(x1)-f(x2)|<ε
因此f(x)=√x在[0，+∞]上
一致連續和連續有什麼區別，連續與一致連續的區別
y神級第六人 連續的未必一致連續,1 上連續的函式y 1 連續的卻有可能出現一致連續的函式必連續。閉區間上連續的函式必一致連續，所以在閉區間上來講二者是一致的。但在開區間連續的未必一致連續，通俗地講，一致連續的函式影象不存在上升或者下降的坡度無限變陡的情況 新帖繡羅襦雙雙金鷓鴣 在閉區間兩者是一樣的...
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是洛倫茲變換，不是洛倫茲規範！電荷守恆定律 電荷是物質的屬性，它不是憑空產生或消失，只能從一個物體轉移到另一個物體上，這就是電荷守恆定律。洛倫茲變換 lorentz transformation 狹義相對論中關於不同慣性系之間物理事件時空座標變換的基本關係式。設兩個慣性系為s系和s 系，它們相應的笛...
設f,g在點x0連續,證明若在某u x0 上有f x g x ,則f x0 g x
好煩 首先你的問題有點問題，在u x0 上f x g x 顯然f x0 g x0 應該是在空心領域u0 x0 上f x g x 求證f x0 g x0 可以用反證法 假設f x0 f x0 g x0 2。即存在 min，x u x0 時，f x g x 矛盾。所以f x0 g x0 九頂山上雪 您好...