证明函数$f(x)=\sqrt{x}$在任意$a>0$处的连续性

咱们来一步步完成这个连续性的证明哈：
首先注意到，若$|x-a|<\delta$且$\delta \leq 3a$，可以推导出一串等价关系：
$$|x-a|<3a \Leftrightarrow -3a < x-a < 3a \Leftrightarrow -2a < x < 4a \Leftrightarrow |x| < 4a \Leftrightarrow |\sqrt{x}| < 2\sqrt{a}$$

另外还有个关键的不等式：$|2\sqrt{a}-\sqrt{a}| \leq |\sqrt{x}-\sqrt{a}|$，由此直接可得：
$$\frac{1}{|\sqrt{x}-\sqrt{a}|} \leq \frac{1}{|2\sqrt{a}-\sqrt{a}|}$$

接下来就是标准的$\varepsilon-\delta$证明环节了：对任意给定的$\varepsilon > 0$，我们取$\delta = \min{ 3a, \sqrt{a}\varepsilon }$。当$|x-a|<\delta$时，展开$|f(x)-f(a)|$的推导：

\begin{align}
|f(x) - f(a)| &= |\sqrt{x} - \sqrt{a}| \
&= \frac{|x-a|}{|\sqrt{x} - \sqrt{a}|} \
&\leq \frac{|x-a|}{|2\sqrt{a}-\sqrt{a}|} \
&=\frac{|x-a|}{\sqrt{a}} \
&< \frac{\delta}{\sqrt{a}} \leq \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}}\varepsilon = \varepsilon \qquad \text{Q.E.D.}
\end{align}

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Jorge Esteban Mendoza