证明$f(x)=\frac{1}{1+x^2}$在$\mathbb{R}$上一致连续及我的尝试

咱们从一致连续的定义入手：对于任意给定的$\epsilon>0$，只要能找到对应的$\delta>0$，使得对所有$x,y\in\mathbb{R}$，只要$|x-y|<\delta$，就有$|f(x)-f(y)|<\epsilon$，就能证明这个函数在$\mathbb{R}$上一致连续。

先计算$f(x)$和$f(y)$的差的绝对值：
$$\left| f(x) - f(y) \right| = \left| \frac{1}{1+x^2} - \frac{1}{1+y^2}\right|$$
通分后化简：
$$= \frac{\left|(1+y^2)-(1+x2)\right|}{(1+x^2)(1+y2)} = \frac{\left|y^2 - x^{2\right|}{(1+x}2)(1+y^2)} = \frac{\left|x+y\right|}{\left(1+x^{2\right)\left(1+y}2\right)}\left|x-y\right| $$

接下来用三角不等式拆分$|x+y|$，得到：
$$\frac{\left|x+y\right|}{\left(1+x^{2\right)\left(1+y}2\right)}\left|x-y\right| \leq \left(\frac{\left|x\right|}{\left(1+x^{2\right)\left(1+y}2\right)} +\frac{\left|y\right|}{\left(1+x^{2\right)\left(1+y}2\right)} \right)|x-y|$$

现在来估计式子中的分式部分：对于任意实数$t$，由基本不等式$1+t^{2\geq2|t|$，可以推出$\frac{|t|}{1+t}2}\leq\frac{1}{2}$（$t=0$时左边为0，显然满足；$t\neq0$时直接两边除以$2|t|$即可得到）。

同时，因为$1+y^{2\geq1$，$1+x}2\geq1$，所以$\frac{1}{1+y^{2}\leq1$，$\frac{1}{1+x}2}\leq1$。把这些估计代入进去：
$$\frac{|x|}{(1+x^2)(1+y2)} = \frac{|x|}{1+x^2} \cdot \frac{1}{1+y^2} \leq \frac{1}{2} \cdot 1 = \frac{1}{2}$$
同理，$\frac{|y|}{(1+x^2)(1+y2)} \leq \frac{1}{2}$。

把这两个结果加起来，就有：
$$\left(\frac{\left|x\right|}{\left(1+x^{2\right)\left(1+y}2\right)} +\frac{\left|y\right|}{\left(1+x^{2\right)\left(1+y}2\right)} \right) \leq \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$$

所以原来的差的绝对值可以进一步放缩为：
$$\left| f(x) - f(y) \right| \leq 1 \cdot |x-y| = |x-y|$$

现在回到一致连续的定义：对于任意$\epsilon>0$，我们取$\delta=\epsilon$。这样，只要$|x-y|<\delta$，就有$|f(x)-f(y)| \leq |x-y| < \delta = \epsilon$，完全满足一致连续的要求。

这样就完成了整个证明啦！

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Zduff