对于实数 $a$ ，定义其 $\delta$ - 邻域为

$B(a, \delta) := \{x \in \mathbb R: |x - a| \lt \delta\}$

如果不强调范围，可以一般称为 邻域 (Neighborhood)「近傍」

# 连续性

定义
令 $a \in \mathbb R$ ，函数 $f: I (\subset \mathbb R) \to \mathbb R$
称函数 $f$ 在点 $a$ 处 连续 (Continuous)「連続」，当且仅当

${}^\forall \varepsilon \gt 0, {}^\exists \delta \gt 0, {}^\forall x \in I:\ |x - a| \lt \delta \implies |f(x) - f(a)| \lt \varepsilon$

称函数 $f$ 在区间 $I$ 上连续，当且仅当 $f$ 在 $I$ 上的每个点处连续。

命题
若函数 $f$ 在点 $a$ 处连续，则 $f$ 在 $a$ 的某个邻域内有界

证明

根据条件

${}^\exists \delta \gt 0, {}^\forall x \in I:\ |x - a| \lt \delta \implies |f(x) - f(a)| \lt 1$

因此，对于 $x \in B(a, \delta)$ ，有

$|f(x)| \leq |f(x) - f(a)| + |f(a)| \lt 1 + |f(a)|$

$\square$

命题 四则运算的连续性
设 $f,g$ 为定义在 $I \subset \mathbb R$ 上的函数，且在 $a \in I$ 处连续，则

$f + g$ 在 $a$ 处连续
$kf$ 在 $a$ 处连续，其中 $k \in \mathbb R$
$fg$ 在 $a$ 处连续
若 $\dfrac{1}{f(a)} \neq 0$ ，则 $\dfrac{1}{f}$ 在 $a$ 处连续

证明

各个小问的记号不共享

(1) 任取 $\varepsilon \gt 0$
根据条件

$\begin{cases} {}^\exists \delta_1 \gt 0, {}^\forall x \in I:\ |x - a| \lt \delta_1 \implies |f(x) - f(a)| \lt \varepsilon/2 \\ {}^\exists \delta_2 \gt 0, {}^\forall x \in I:\ |x - a| \lt \delta_2 \implies |g(x) - g(a)| \lt \varepsilon/2 \end{cases}$

因此，定义

$\delta := \min\{\delta_1, \delta_2\} \gt 0$

则对于任意 $x \in I$ 满足 $|x - a| \lt \delta$ ，有

$\begin{aligned} |(f + g)(x) - (f + g)(a)| &= |(f(x) - f(a)) + (g(x) - g(a))| \\ &\leq |f(x) - f(a)| + |g(x) - g(a)| \\ &\lt \varepsilon/2 + \varepsilon/2 = \varepsilon \end{aligned}$

(2) 任取 $\varepsilon \gt 0$
根据条件

$\begin{cases} {}^\exists \delta_1 \gt 0, {}^\forall x \in I:\ |x - a| \lt \delta_1 \implies |f(x) - f(a)| \lt \varepsilon/|k| \\ {}^\exists \delta_2 \gt 0, {}^\forall x \in I:\ |x - a| \lt \delta_2 \implies |g(x) - g(a)| \lt \varepsilon/|k| \end{cases}$

因此，定义

$\delta := \min\{\delta_1, \delta_2\} \gt 0$

则对于任意 $x \in I$ 满足 $|x - a| \lt \delta$ ，有

$\begin{aligned} |kf(x) - kf(a)| &= |k||f(x) - f(a)| \\ &\lt |k| \cdot \varepsilon/|k| = \varepsilon \end{aligned}$

(3) 任取 $\varepsilon \gt 0$
因为 $f,g$ 在 $a$ 处连续，所以各自存在一个邻域，使得函数有界。取其中较小的一个领域 $\delta_0$ ，则对任意 $x \in B(a, \delta_0)$ ，有

$|f(x)|,\ |g(x)| \leq M$

又根据函数的连续性，有

$\begin{cases} {}^\exists \delta_1 \gt 0, {}^\forall x \in I:\ |x - a| \lt \delta_1 \implies |f(x) - f(a)| \lt \varepsilon/(2M) \\ {}^\exists \delta_2 \gt 0, {}^\forall x \in I:\ |x - a| \lt \delta_2 \implies |g(x) - g(a)| \lt \varepsilon/(2M) \end{cases}$

因此，定义

$\delta := \min\{\delta_0, \delta_1, \delta_2\} \gt 0$

则对于任意满足 $|x - a| \lt \delta$ 的 $x \in I$ ，有

$\begin{aligned} |fg(x) - fg(a)| &= |f(x)g(x) - f(a)g(a)| \\ &= |f(x)g(x) - f(a)g(x) + f(a)g(x) - f(a)g(a)| \\ &\leq |f(x) - f(a)||g(x)| + |f(a)||g(x) - g(a)| \\ &\lt M \cdot \varepsilon/(2M) + M \cdot \varepsilon/(2M) \\ &= \varepsilon \end{aligned}$

(4) 任取 $\varepsilon \gt 0$
因为 $f$ 在 $a$ 处连续，且 $\dfrac{1}{f(a)} \neq 0$ ，所以

${}^\exists \delta_0 \gt 0, m \gt 0, {}^\forall x \in I:\ |x - a| \lt \delta_0 \implies |f(x)| \geq m$

同时，根据函数的连续性，有

${}^\exists \delta_1 \gt 0, {}^\forall x \in I:\ |x - a| \lt \delta_1 \implies |f(x) - f(a)| \lt m^2 \varepsilon$

因此，定义

$\delta := \min\{\delta_0, \delta_1\} \gt 0$

则对于任意满足 $|x - a| \lt \delta$ 的 $x \in I$ ，有

$\begin{aligned} \left|\frac{1}{f(x)} - \frac{1}{f(a)}\right| &= \left|\frac{f(a) - f(x)}{f(x)f(a)}\right| \\ &= \frac{|f(x) - f(a)|}{|f(x)||f(a)|} \\ &\lt \frac{m^2 \varepsilon}{m \cdot m} \\ &= \varepsilon \end{aligned}$

$\square$

命题 复合函数的连续性
令 $f: I \to \mathbb R$ 和 $g: J \to \mathbb R$ ，其中 $I, J \subset \mathbb R$ ，且 $f(I) \subset J$ 。
如果 $f$ 在 $a \in I$ 处连续，且 $g$ 在 $f(a)$ 处连续，则复合函数 $g \circ f$ 在 $a$ 处连续。

证明

任取 $\varepsilon \gt 0$
因为 $g$ 在 $f(a)$ 处连续，所以

${}^\exists \delta_1 \gt 0, {}^\forall y \in J:\ |y - f(a)| \lt \delta_1 \implies |g(y) - g(f(a))| \lt \varepsilon$

又因为 $f$ 在 $a$ 处连续，所以

${}^\exists \delta_2 \gt 0, {}^\forall x \in I:\ |x - a| \lt \delta_2 \implies |f(x) - f(a)| \lt \delta_1$

那么，对于任意满足 $|x - a| \lt \delta_2$ 的 $x \in I$ ，有

$|g(f(x)) - g(f(a))| = |g(y) - g(f(a))| \lt \varepsilon$

$\square$

函数连续性的定义基于 $\varepsilon$ - $\delta$ 语言，而数列的极限也是同源的 $\varepsilon$ - $n_0$ 语言。因此通过数列的极限，可以获得等价的定义方式

命题
令 $I \subset \mathbb R$ ，函数 $f: I \to \mathbb R$ ，以及 $a \in I$ 。以下等价

$f$ 在 $a$ 处连续
对于任意 $I$ 中的数列 $\{x_n\}$ ，有 $x_n \xrightarrow{n \to \infty} a \implies f(x_n) \xrightarrow{n \to \infty} f(a)$

证明

(1) $\implies$ (2)
任取 $I$ 中的数列 $\{x_n\}$ ，满足 $x_n \xrightarrow{n \to \infty} a$ 。
任取 $\varepsilon \gt 0$ ，因为 $f$ 在 $a$ 处连续，所以

${}^\exists \delta \gt 0, {}^\forall x \in I:\ |x - a| \lt \delta \implies |f(x) - f(a)| \lt \varepsilon$

同时，数列的收敛给出

${}^\exists n_0 \in \mathbb N, {}^\forall n \in \mathbb N:\ n \gt n_0 \implies |x_n - a| \lt \delta$

因此，对于任意 $n \gt n_0$ ，有

$|f(x_n) - f(a)| \lt \varepsilon$

(2) $\implies$ (1)
使用反证法证明，假设 $f$ 在 $a$ 处不连续，则

${}^\exists \varepsilon_0 \gt 0, {}^\forall \delta \gt 0, {}^\exists x \in I:\ |x - a| \lt \delta \ \land \ |f(x) - f(a)| \geq \varepsilon_0$

因此，可以构造数列 $\{x_n\}$ 满足

$|x_n - a| \lt 1/n \quad \land \quad |f(x_n) - f(a)| \geq \varepsilon_0$

可以知道该数列收敛于 $a$ ，但 $f(x_n)$ 不收敛于 $f(a)$ ，与条件矛盾。
$\square$

以下重要结论与函数的连续性相关：

定理 Weierstrass 的最值定理
令函数 $f: [a,b] \to \mathbb R$ 连续，则 $f$ 在 $[a,b]$ 上有界，且存在最大最小值。

证明

首先用反证法证明函数有界：假设函数没有界，则对于任意 $n \in \mathbb N$ ，存在 $x_n \in [a,b]$ 使得 $|f(x_n)| \geq n$ 。
构造数列 $\{x_n\}_{n=1}^{\infty}$ ，根据 Bolzano-Weierstrass 定理，数列 $\{x_n\}_{n=1}^{\infty}$ 存在一个收敛的子数列 $\{x_{n_k}\}_{k=1}^{\infty}$ ，且 $x_{n_k} \xrightarrow{k \to \infty} x_0 \in [a,b]$ 。

# 连续性

【数学分析】1-实数的连续性与数列