Me puede proporcionar una prueba. Utilizamos el lema que $[a,b]$ es compacto. El estado general es que si $f:X\to Y$ es continua y $X$ es un espacio métrico compacto, entonces i$f$ es uniformemente continua. Esto se conoce generalmente como la de Heine teorema de Cantor, mientras que el hecho de que $[a,b]$es compacto puede ser encontrado como Borel del Lexema, si la memoria no sirve. Así
TEOREMA (Spivak) Deje $f:[a,b]\to \Bbb R$ ser continua. Entonces es uniformemente continua.
Podemos probar primero el
LEMA Deje $f$ ser una función continua definida en $[a,c]$. Si, dada $\epsilon >0$ existe $\delta_1>0$ tal que, para cada par $$x,y\in[a,b]\text{ ; } |x-y|<\delta_1 \implies |f(x)-f(y)|<\epsilon$$ and $\delta_2>0$ tal que para cada
$$x,y\in[b,c]\text{ ; } |x-y|<\delta_2 \implies |f(x)-f(y)|<\epsilon$$
Entonces existe $\delta $ tal que para cada
$$x,y\in[a,c]\text{ ; } |x-y|<\delta \implies |f(x)-f(y)|<\epsilon$$
P
Desde $f$ es continua en a $x=b$, existe un $\delta_3$ tal que para cada a$x$$|b-x|<\delta$,$|f(b)-f(x)|<\frac{\epsilon}2$.
Así pues, cuando la $|x-b|<\delta_3$ $|y-b|<\delta_3$ sin duda $$|f(x)-f(y)|<\epsilon$$
Tomamos $\delta=\min\{\delta_1,\delta_2,\delta_3\}$. A continuación, $\delta$ obras: de hecho, tomar cualquier par $x,y\in[a,c]$. Si $x,y\in[a,b]$ o $x,y\in[b,c]$, hemos terminado. Si $x<b<y$ o $y<b<x$. En cualquier caso, desde $|x-y|<\delta$, debemos tener $|x-b|,|y-b|<\delta$, por lo que el $|f(x)-f(y)|<\epsilon$, como se reivindica.
PROOF1 Fix $\epsilon >0$. Vamos a estar de acuerdo para llamar a $f$ $\epsilon$-bueno en un intervalo de $[a,b]$ si para esto $\epsilon$ existe un $\delta$ tal que para cualquier $x,y\in[a,b]$, $|x-y|<\delta\implies |f(x)-f(y)|<\epsilon$. Por lo tanto, quieren demostrar que el $f$ $\epsilon$- bien en $[a,b]$ cualquier $\epsilon >0$. Deje $\epsilon >0$, y considerar el conjunto $$A(\epsilon)=\{x\in[a,b]:f \text{ is } \epsilon \text{-good on}: [a,x]\}$$ Then $A\neq \varnothing$ for $\(\epsilon)$, and $A(\epsilon)$ is bounded above by $b$. Thus $\sup A=\alpha $ exists. Suppose that $\alpha <b$. Since $f$ is continuous at $\alpha$ there exists a $\delta'$ such that $|y-\alpha|<\delta'$ implies $|f(y)-f(\alpha)|<\epsilon/2$. Thus, if $|y-\alpha|,|x-\alpha|<\delta$, we'll have $|f(y)-f(x)|<\epsilon$. Thus $f$ is $\epsilon$-good on $[\alpha-\delta,\alpha+\delta]$. Since $\alpha=\sup(\epsilon)$, it is clear $f$ is $\epsilon$-good on $[a,\alpha+\delta]$, which is absurd. Thus $\alpha\geq b$, which means $\alpha =b$. It suffices to show that $b$ is also an element of $A(\epsilon)$. But since $f$ is continuous on $b$, there exists a $\delta_0$ such that $|por|<\delta_0$ implies $|f(b)-f(y)|<\epsilon/2$. Thus, $f$ is $\epsilon$-good on $[b-\delta_0,b]$. The lemma implies $f$ is $\epsilon$-good on $[a,b]$. Since $\epsilon$ was arbitrary, the result follows. $\blacktriangle$
PROOF2 Deje $\epsilon >0$ ser dado. Asignar, a cada una de las $x\in [a,b]$ $\delta_x>0$ tal que para cada una de las $y\in(x-2\delta_x,x+2\delta_x)$,$|f(x)-f(y)|< \epsilon/2$, para obtener una cubierta abierta de a $[a,b]$, es decir, el conjunto de $\mathcal O$ de los intervalos de $(x-\delta_x,x+\delta_x)$. Esto es posible desde la $f$ es continua en cada una de las $x$. Desde $[a,b]$ es compacto, existe un número finito de $x_i\in [a,b]$ tal que $$\bigcup_{i=1}^n (x_i-\delta_{x_i},x_i+\delta_{x_i})\supset [a,b]$$
Elija ahora $\delta =\min{d_{x_i}}$, y deje $x,y\in [a,b]$$d(x,y)<\delta$. Desde $\mathcal O$ es una tapadera, para algunos $x_i$ tenemos que $|x-x_i|<\delta_{x_i}$. Entonces, vamos a tener $$|y-x_i|\leq |y-x|+|x-x_k|<\delta+\delta_i\leq 2\delta_i$$ It follows that $$|f(x_i)-f(x)|<\epsilon/2$$
$$|f(y_i)-f(x)|<\epsilon/2$$
lo que significa que por la desigualdad de triángulo que $$|f(x)-f(y)|<\epsilon$$
A continuación, para cualquier $x,y\in[a,b]$, $|x-y|<\delta$ implicará $|f(x)-f(y)|<\epsilon$; y $f$ es uniformemente continua. $\blacktriangle$
Sin embargo, hay otra manera de probar esto.
LEMA (Mendelson) Deje $X$ ser un espacio métrico tal que cada subconjunto infinito de $X$ tiene un punto de acumulación en $X$. A continuación, para cada uno de ellos cubre $\mathcal O=\{O_\beta\}_{\beta\in I}$ existe una positiva $\epsilon$ de manera tal que cada balón $B(x;\epsilon)$ está contenido en un elemento $O_\beta$ de esta cobertura.
PRUEBA Si no fuera el caso, nos gustaría obtener para cada una de las $n$ un punto de $x_n$ y un balón $B(x_n;1/n)\not\subseteq O_\beta$ por cada $\beta \in I$. Deje $A=\{x_1,\dots\}$. Si $A$ es finito, $x_n=x$ infinitamente a menudo para algunos $x\in X$. Desde $\mathcal O$ es una tapadera, $x\in O_\alpha$ algunos $\alpha$. Desde la tapa está abierta, hay un $\delta >0$ que $B(x;\delta)\subseteq O_\alpha$. Podemos tomar $n$ tal que $1/n<\delta$$x_n=x$, en whichcase obtenemos una contradicción $$B\left(x;\frac 1n \right)\subseteq B\left(x;\delta\right)\subseteq O_\alpha$$ If $Un$ is infinite, there is an accumulation point $x\in X$. Thus $x\O_\beta$ for some index, and there are infinitely many points of $$ in $B(x:\delta /2)\subseteq O_\beta$. We can take $n$ such that $1/n<\delta /2$ and we'd have $B(x_n;1/n)\subseteq B(x;\delta)\subseteq O_\beta$, una contradicción.
Después de haber demostrado que para la métrica de los espacios, de la existencia de acumulación de puntos por infinitos subconjuntos es equivalente a la compacidad, se puede dar el
PROOF3 Deje $f:X\to Y$ ser una función continua de un compactum $X$ a de un espacio métrico $Y$. A continuación, $f$ es uniformemente continua.
PRUEBA Determinado $\epsilon >0$, para cada una de las $x\in X$ no es un porcentaje ($\delta_x>0$ que si $y\in B(x:\delta_x)$, $f(y)\in B\left(f(x);\epsilon /2\right)$. Estas bolas son una cubierta abierta de a $X$, por lo tanto existe un número $\delta_L$ como en el anterior lema (generalmente llamado un número de Lebesgue). Elija $\delta$ a ser positiva pero menor que $\delta_L$. Si $z,z'\in X$ $d(z,z')<\delta$ (de modo que $z,z'$ están en una bola de radio de menos de $\delta$), tenemos $z,z'\in B(x,\delta_x)$ algunos $x\in X$. En ese caso $f(z),f(z')\in B(f(x),\epsilon/2)$ $d'(f(z),f(z'))<\epsilon$ por la desigualdad de triángulo. $\blacktriangle$.
