假设$\mathcal{F}$ 是所有单调增1-Lipschitz函数 $f:[0,1]\to [0,1]$构成的集合，即是$f$满足

$0\le f(x)-f(y)\le x-y,\forall 0\le y\le x\le 1,\forall f\in \mathcal{F}$。

（1）证明对任意$\epsilon >0$，存在只依赖$\epsilon$的常数$\tau >0$使得对任意$f\in \mathcal{F}$，存在区间$[a,b]\subset [0,1]$

使得$b-a>\tau$，$\sigma =\sigma (a,b):=\frac{f(b)-f(a)}{b-a},$

$f(a)+\sigma (x-a)+\epsilon (b-a)\ge f(x)\ge f(a)+\sigma (x-a)-\epsilon (b-a),\forall x\in [a,b]$。

(2)$证明对任意\epsilon >0$，存在只依赖于$\epsilon$的常数$\tau >0$使得对任意$f\in \mathcal{F}$，存在$[0,1]$区间的分割 { [ a j , a j + 1 ] } j = 1 J \left\{[a_j,a_{j+1}]\right\}_{j=1}^J {[aj​,aj+1​]}j=1J​以及$0\le {\sigma }_j<{\sigma }_{j+1}\le 1$使得$a_{j+1}-a_j\ge \tau$，

$f(x)\ge f(a_j)+{\sigma }_j(x-a_j)-\epsilon (a_{j+1}-a_j),\forall x\in [a_j,a_{j+1}]$，

并且

${\sum }_j{\sigma }_j(a_{j+1}-a_j)\ge f(1)-\epsilon$。

证：

问题（1）的解答：

1.对于任意 $\epsilon >0$。考虑将区间$[0,1]$均匀地分成$N$个子区间，其中$N$足够大，使得每个子区间的长度$\frac{1}{N}<\frac{\epsilon }{2}$。

2.设这些子区间为$[x_i,x_{i+1}]$，其中 $x_i=\frac{i}{N},i=0,1,2,\dots ,N-1$。

3.对于每个子区间$[x_i,x_{i+1}]$，定义${\sigma }_i=\frac{f(x_{i+1})-f(x_i)}{x_{i+1}-x_i}$。

4.由于 $f$ 是 1-Lipschitz函数，有$0\le {\sigma }_i\le 1$。

5.选取 $\tau =\frac{1}{N}$。显然 $\tau$ 只依赖于$\epsilon$(因为$N$的选取只依赖于$\epsilon$)。

6.由1-Lipschitz性质,对于任意$x\in [x_i,x_{i+1}]$。有

$f(x_i)+{\sigma }_i(x-x_i)-\frac{\epsilon }{2}\le f(x)\le f(x_i)+{\sigma }_i(x-x_i)+\frac{\epsilon }{2}$。

7.由于 ${\sigma }_i=\frac{f(x_{i+1})-f(x_i)}{x_{i+1}-x_i}$，结合前面的不等式，我们得到

$f(x_i)+{\sigma }_i(x-x_i)-\epsilon (x_{i+1}-x_i)\le f(x)\le f(x_i)+{\sigma }_i(x-x_i)+\epsilon (x_{i+1}-x_i),\forall x\in [x_i,x_{i+1}]$。

8.因此，选择$a=x_i$ 和$b=x_{i+1}$就得到了所需的区间，使得$b-a=\tau =\frac{1}{N}$ 满足条件。

问题(2)的解答:

我们需要证明对于任意$\epsilon >0$，存在只依赖于$\epsilon$的常数$\tau >0$ 使得对于任意 $f\in (F)$，存在$[0,1]$区间的分割 { [ a j , a j + 1 ] } j = 1 j \left\{[a_j, a_{j+1}]\right\}_{j=1}^j {[aj​,aj+1​]}j=1j​ 以及$0\le {\sigma }_j<{\sigma }_{j+1}\le 1$使得 $a_{j+1}-a_j\ge \tau$。

$f(x)\ge f(a_j)+{\sigma }_j(x-a_j)-\epsilon (a_{j+1}-a_j),\forall x\in [a_j,a_{j+1}]$，并且

${\sum }_j{\sigma }_j(a_{j+1}-a_j)\ge f(1)-\epsilon$。

证:

1.对于任意 $\epsilon >0$，依然将区间$[0,1]$ 均匀地分成$N$个子区间，其中$N$足够大，使得每个子区间的长度$\frac{1}{N}<\frac{\epsilon }{4}$。

2.设这些子区间为$[a_j,a_{j+1}]$，其中 $a_j=\frac{j}{N},j=0,1,2,\dots ,N-1$。

3.对于每个子区间$[a_j,a_{j+1}]$，定义 ${\sigma }_j=\frac{f(a_{j+1})-f(a_j)}{a_{j+1}-a_j}$。

4.由于$f$是 1-Lipschitz函数，有$0\le {\sigma }_j\le 1$，并且${\sigma }_j$是单调非减的。

5.选取 $\tau =\frac{1}{N}$，显然$\tau$ 只依赖于$\epsilon$(因为$N$的选取只依赖于$\epsilon$)。

6.由1-Lipschitz性质，对于任意$x\in [a_j,a_{j+1}]$，有$f(x)\ge f(a_j)+{\sigma }_j(x-a_j)-\frac{\epsilon }{4}$。

7.由于 $\sigma j=\frac{f(a_{j+1})-f(a_j)}{a_{j+1}-a_j}$。结合前面的不等式,我们得到$f(x)\ge f(a_j)+{\sigma }_j(x-a_j)-\epsilon (a_{j+1}-a_j),\forall x\in [a_j,a_{j+1}]$。

8.最后，我们需要证明${\sum }_j{\sigma }_j(a_{j+1}-a_j)\ge f(1)-\epsilon$。

9.由于$t$是单调增的1-Lipschitz函数，${\int }_0^{1}f(x)dx\le f(1)$。

10.但是，由于$1$是单调增的，${\int }_0^{1}f(x)dx\approx {\sum }_{j}f(a_j)(a_{j+1}-a_j)$。这意味着${\sum }_j{\sigma }_j(a_{j+1}-a_j)\approx f(1)$。

11.由于$\tau =\frac{1}{N}$足够小，我们可以保证${\sum }_j{\sigma }_j(a_{j+1}-a_j)\ge f(1)-\epsilon$。