Gleichmäßige Stetigkeit < Stetigkeit < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Zeige: f(x) = [mm] \sqrt{|1-x|} [/mm] ist auf dem Intervall D = [0,2] gleichmäßig stetig, aber nicht Lipschitz-stetig. |
Hallo!
Zunächst eine kleine Frage zur gleichmäßigen Stetigkeit. Die Definition lautet ja:
f gleichmäßig stetig in [mm] x_{0} \gdw \forall \varepsilon [/mm] > 0 [mm] \forall x\in [/mm] D [mm] \exists \delta_{\varepsilon}:|x-x_{0}|<\delta_{\varepsilon} \Rightarrow |f(x)-f(x_{0})|<\varepsilon.
[/mm]
D.h. ja, dass ich eigentlich im Beweis ein [mm] \delta_{\varepsilon} [/mm] "raten" muss (also zumindest scheint es in einem Beweis dann so), damit ich das korrekt aufschreiben kann, oder?
Um aber auf das [mm] \delta_{\varepsilon} [/mm] zu kommen, nehme ich mir ja erstmal einfach [mm] \delta_{\varepsilon} [/mm] > 0 und nehme an, dass [mm] |x-x_{0}|<\delta_{\epsilon} [/mm] gilt, und untersuche nun [mm] |f(x)-f(x_{0})|, [/mm] oder?
Also fange ich jetzt hier an:
[mm] $|f(x)-f(x_{0})|$
[/mm]
$= [mm] |\sqrt{|1-x|} [/mm] - [mm] \sqrt{|1-x_{0}|}|$
[/mm]
$= [mm] \left|\frac{|1-x| - |1-x_{0}|}{\sqrt{|1-x|} + \sqrt{|1-x_{0}|}}\right|$
[/mm]
$= [mm] \frac{\Big| |1-x| - |1-x_{0}|\Big|}{\sqrt{|1-x|} + \sqrt{|1-x_{0}|}}$
[/mm]
[mm] $\le \frac{\Big| (1-x) - (1-x_{0})\Big|}{\sqrt{|1-x|} + \sqrt{|1-x_{0}|}}$
[/mm]
$ = [mm] \frac{|x - x_{0}|}{\sqrt{|1-x|} + \sqrt{|1-x_{0}|}}$
[/mm]
Da ja x nicht in meiner Abschätzung vorkommen darf, schreibe ich nun noch [mm] $\sqrt{|1-x|} [/mm] + [mm] \sqrt{|1-x_{0}|} [/mm] > [mm] \sqrt{|1-x_{0}|}$, [/mm] also:
$ [mm] \le \frac{|x - x_{0}|}{\sqrt{|1-x_{0}|}} \le \frac{\delta_{\varepsilon}}{\sqrt{|1-x_{0}|}} [/mm] = [mm] \varepsilon$,
[/mm]
d.h. ich habe [mm] $\delta_{\varepsilon} [/mm] = [mm] \varepsilon*\sqrt{|1-x_{0}|}$.
[/mm]
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Der Beweis hingegen würde ja jetzt so gehen:
Sei [mm] $x_{0}\in [/mm] D$ beliebig, [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ beliebig, dann wähle [mm] $\delta_{\varepsilon} [/mm] = [mm] \varepsilon*\sqrt{|1-x_{0}|}$ [/mm] und es gelte [mm] $|x-x_{0}| [/mm] < [mm] \delta_{\varepsilon}$.
[/mm]
Dann ist:
[mm] $|f(x)-f(x_{0})| \le \mbox{wie oben...} \le \frac{|x - x_{0}|}{\sqrt{|1-x_{0}|}} \le \frac{\delta_{\varepsilon}}{\sqrt{|1-x_{0}|}} [/mm] = [mm] \frac{\varepsilon*\sqrt{|1-x_{0}|}}{\sqrt{|1-x_{0}|}} [/mm] = [mm] \varepsilon$,
[/mm]
q.e.d.
Stimmt das so?
Vielen Dank für Eure Mühe!
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:38 Di 01.12.2009 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Der Nachweis ist für die "normale" (besser: punktweise) Stetigkeit korrekt. Aber hier brauchst du ja unter anderem die gleichmäßige Stetigkeit. Das heißt, dass dein [mm] \delta_{\epsilon} [/mm] nur von [mm] \epsilon [/mm] abhängen darf, aber nicht mehr von [mm] x_0!
[/mm]
![[anon]](/images/smileys/anon.png "[anon]") Teufel
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Hallo Teufel,
danke für deine Antwort!
Ich habe mir nun nochmal eine Definition aus Wikipedia durchgelesen, jetzt ist mir völlig klar, warum [mm] \delta_\varepsilon [/mm] auch nicht von [mm] x_{0} [/mm] abhängen darf. Irgendwie wurde das bei uns in der Vorlesung ziemlich seltsam aufgeschrieben, sodass ich jetzt dachte, [mm] x_{0} [/mm] wäre sozusagen "global" bekannt - ist es aber gar nicht.
Mmm. Dann bin ich jetzt an der Stelle
[mm] $|f(x)-f(x_{0})| \le \frac{|x - x_{0}|}{\sqrt{|1-x|} + \sqrt{|1-x_{0}|}} [/mm] $
und weiß sozusagen dass [mm] $|x-x_{0}| \le \delta_\varepsilon$. [/mm] Aber den Nenner bekomme ich ja irgendwie nicht klein, denn [mm] \sqrt{|1-x|} [/mm] und [mm] \sqrt{|1-x_{0}|} [/mm] können ja auch 0 werden...
Aber eben nicht beide gleichzeitig. Aber wie kann ich das jetzt noch geeignet umformen?
Vielen Dank für erneute Hilfe,
Stefan.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:59 Di 01.12.2009 | | Autor: | Teufel |
Kein Problem!
Hm, ja, da habe ich auch eben die ganze Zeit dran rumgerechnet, aber ich glaube, dass es zu spät dafür ist. Ich geh mal schlafen und vielleicht fällt mir oder dir oder sonst wem morgen etwas ein. Gute Nacht!
Teufel
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So, hab meinen Beitrag vorhin abgeschickt und nu im Nachhinein festgestellt, dass der Fehler doch im Detail steckt, da mein [mm] \delta [/mm] an einer Stelle doch von [mm] x_0 [/mm] abhängt :-(
Daher mal auf nicht beantwortet....
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Hiho,
also die Sache ist schon eklig xD
Weiter gehts mit:
[mm]|f(x)-f(x_{0})| \le \frac{|x - x_{0}|}{\sqrt{|1-x|} + \sqrt{|1-x_{0}|}} \le \frac{|x - x_{0}|}{\sqrt{|1-x_{0}|}}[/mm]
Das geht nur für [mm] $x_0 \not= [/mm] 1$ ist uns aber egal, weil $f(x)$ in [mm] $x_0 [/mm] = 1$ stetig ist und ein Punkt juckt uns nicht bei glm. Stetigkeit (warum nicht?).
Gut, dann gehts weiter mit:
$ = [mm] \frac{\sqrt{|x - x_{0}|}*\sqrt{|x - x_{0}|}}{\sqrt{|1-x_{0}|}}$
[/mm]
$ = [mm] \frac{\sqrt{|x - x_{0}|}}{\sqrt{|1-x_{0}|}} [/mm] * [mm] \sqrt{|x - x_{0}|}$
[/mm]
Nun gilt für ausreichend kleines [mm] \delta, [/mm] dass [mm] $\frac{\sqrt{|x - x_{0}|}}{\sqrt{|1-x_{0}|}} \le [/mm] 1$ und damit:
$ [mm] \le \sqrt{|x - x_{0}|} [/mm] = [mm] \sqrt{\delta}$
[/mm]
MFG,
Gono.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 09:35 Mi 02.12.2009 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Ich habe es nun so gemacht:
[mm] ...<\bruch{\delta_\epsilon}{\sqrt{|1-x_0|}}<\bruch{\delta_\epsilon}{\epsilon}<\epsilon.
[/mm]
Denn, wie schon bemerkt, kann ja [mm] \sqrt{|1-x_0|} [/mm] beliebig klein, aber [mm] \epsilon [/mm] kann ich noch kleiner wählen.
Dann kommt man auf [mm] $\delta_\epsilon<\epsilon [/mm] ^2$ und das passt dann sogar alles.
Teufel
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Hallo Teufel & Gonozal_IX  ,
dann danke ich euch erstmal für eure Antworten!
Ich glaube, mit den ganzen Tipps werde ich die Aufgabe jetzt (fast) lösen können. Die Frage nach dem Fall [mm] $x_{0} [/mm] = 0$ habe ich nochmal gestellt.
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:09 Mi 02.12.2009 | | Autor: | fred97 |
Hallo Stefan,
Deine Versuche und auch die von Gonzal scheitern daran, dass Ihr ständig durch 0 teilt (bei Ausdrücken wie [mm] \bruch{1}{\sqrt{|1-x_{0}|}}, \bruch{1}{\sqrt{|1-x|}} [/mm] etc ....)
Hattet Ihr nicht schon diesen
SATZ: Ist f auf [a,b] stetig, so ist f auf [a,b] gleichmäßig stetig.
?
Wenn ja, so wende ihn an.
Wenn nein, so führe für die glm. Stetigkeit von f(x) = $ [mm] \sqrt{|1-x|} [/mm] $ einen Widerspruchsbeweis.
FRED
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Hallo Fred,
danke für deine Antwort.
> Hallo Stefan,
>
> Deine Versuche und auch die von Gonzal scheitern daran,
> dass Ihr ständig durch 0 teilt (bei Ausdrücken wie
> [mm]\bruch{1}{\sqrt{|1-x_{0}|}}, \bruch{1}{\sqrt{|1-x|}}[/mm] etc
> ....)
>
> Hattet Ihr nicht schon diesen
>
> SATZ: Ist f auf [a,b] stetig, so ist f auf [a,b]
> gleichmäßig stetig.
>
> ?
>
> Wenn ja, so wende ihn an.
Ja, den Satz haben wir heute (...) gehabt.
Aber dafür brauche ich ja noch die Stetigkeit. Ist denn mein Beweis dafür oben richtig? Das Problem ist ja, dass da weiterhin während des Beweises im Nenner 0 auftreten kann, wenn beide $x = [mm] x_{0} [/mm] = 1$ sind.
Ist das schlimm, muss ich also nochmal für [mm] x_{0} [/mm] = 1 extra untersuchen?
Dann weiß ich nach Voraussetzung, dass $|x-1|$ < [mm] \delta_\varepsilon:=\varepsilon^{2} [/mm] ist, also ist auch
[mm] |\sqrt{|1-x|}| [/mm] = [mm] \sqrt{|x-1|} [/mm] < [mm] \sqrt{\delta_\varepsilon} [/mm] = [mm] \varepsilon
[/mm]
ist das so okay?
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:18 Mi 02.12.2009 | | Autor: | iks |
Hi Stefan!
Die einfache Stetigkeit kannsst du schnell haben. Die Betragsfunktion ist stetig und ebenso die Wurzelfunktion - also ist die Verkettung der beiden Funktionen ebenso Stetig.
Somit ist dann mit schon erwähntem Satz $f$ auch auf $[0,2]$ glm stetig.
Lipschitzstetigkeit wird gern mit Hilfe der Beschränktheit der Ableitung und dem Mittelwertsatz gezeigt. Da $f$ in [mm] $x_0=1$ [/mm] nicht diffbar ist könnte mann hier vllt. den Haken ansetzen. (indirekt?)
mFg iks
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Hallo iks,
zunächst danke für die Erleuchtung Das hatte ich ganz vergessen. Ich bin mir aber nicht ganz sicher, ob ich das verwenden darf; wären mein Beweis für [mm] x_{0} [/mm] = 1 trotzdem richtig?
Grüße,
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:07 Do 03.12.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo Stefan!
> zunächst danke für die Erleuchtung Das hatte ich ganz
> vergessen. Ich bin mir aber nicht ganz sicher, ob ich das
> verwenden darf; wären mein Beweis für [mm]x_{0}[/mm] = 1 trotzdem
> richtig?
Dein Beweis fuer [mm] $x_0 [/mm] = 1$ ist richtig.
LG Felix
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Hallo Felix,
danke für die Bestätigung und für deinen Tipp in der anderen Antwort
Grüße,
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:04 Do 03.12.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Lipschitzstetigkeit wird gern mit Hilfe der
> Beschränktheit der Ableitung und dem Mittelwertsatz
> gezeigt. Da [mm]f[/mm] in [mm]x_0=1[/mm] nicht diffbar ist könnte mann hier
> vllt. den Haken ansetzen. (indirekt?)
Da man ja gerade zeigen will, dass die Funktion nicht L-stetig ist, und da sie auf $(0, 1)$ differenzierbar ist, kann man sich auch mit folgendem Resultat begnuegen:
Ist $U$ offen und $f : U [mm] \to \IR$ [/mm] eine differenzierbare Funktion mit $f'(U)$ unbeschraenkt, so ist $f$ nicht Lipschitz-stetig.
Fuer den Beweis nimmt man sich eine Folge [mm] $(x_n)_{n\in\IN}$ [/mm] mit [mm] $|f'(x_n)| \to \infty$ [/mm] und eine zweite Folge [mm] $(y_n)_{n\in\IN}$ [/mm] mit [mm] $|\frac{f(x_n) - f(y_n)}{x_n - y_n} [/mm] - [mm] f'(x_n)| [/mm] < 1$.
Und wenn ihr Differenzierbarkeit noch nicht hattet: finde einfach zwei Folgen [mm] $(x_n)_{n\in\IN}, (y_n)_{n\in\IN}$ [/mm] mit [mm] $|\frac{f(x_n) - f(y_n)}{x_n - y_n}| \to \infty$. [/mm] Wenn du etwa [mm] $x_n$ [/mm] konstant auf 1 setzt und [mm] $y_n \to [/mm] 1$ geht sollte das gut funktionieren.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 06:41 Do 03.12.2009 | | Autor: | fred97 |
Dass f auf I = [0,2] nicht L.-stetig ist sieht man ganz einfach so: Annahme, es ex. ein L [mm] \ge [/mm] 0 mit
$|f(x)-f(y)| [mm] \le [/mm] L|x-y|$ für alle $x,y [mm] \in [/mm] I$
Mit y = 1 erhält man:
[mm] $\wurzel{|x-1|} \le [/mm] L|x-1|$ für alle $x,y [mm] \in [/mm] I$
Somit:
$|x-1| [mm] \le L^2|x-1|^2$ [/mm] für alle $x,y [mm] \in [/mm] I$
Für $x [mm] \in [/mm] [0,1)$ liefert dies:
$1 [mm] \le L^2|x-1|$
[/mm]
Der Grenzübergang $ x [mm] \to1$ [/mm] ergibt den Widerspruch $1 [mm] \le [/mm] 0$
Edit: gerade hab ich gesehen, dass Felix mit dem Vorschlag
"Und wenn ihr Differenzierbarkeit noch nicht hattet: finde einfach zwei Folgen $ [mm] (x_n)_{n\in\IN}, (y_n)_{n\in\IN} [/mm] $ mit $ [mm] |\frac{f(x_n) - f(y_n)}{x_n - y_n}| \to \infty [/mm] $. Wenn du etwa $ [mm] x_n [/mm] $ konstant auf 1 setzt und $ [mm] y_n \to [/mm] 1 $ geht sollte das gut funktionieren."
vor mir dran war
FRED
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Hallo Fred,
danke für deinen Tipp. Ich habe noch eine Frage dazu:
> Somit:
>
> [mm]|x-1| \le L^2|x-1|^2[/mm] für alle [mm]x,y \in I[/mm]
>
> Für [mm]x \in [0,1)[/mm] liefert dies:
>
> [mm]1 \le L^2|x-1|[/mm]
Wieso darf ich jetzt nur noch [mm] x\in[0,1) [/mm] betrachten? Es ist mir klar, dass es ausreicht wenn ich dafür einen Widerspruch herbeiführe, dürfte ich theoretisch auch [mm] [0,1)\cup(1,2] [/mm] nehmen?
Ich nehme jetzt aber mal weiter [mm] x\in[0,1) [/mm] an.
Und dürfte ich unter dieser Einschränkung auch schreiben:
> [mm]\frac{1}{1-x} \le L^2[/mm]
Und dann sagen ich kann immer ein x wählen, sodass dieser Ungleichung wieder falsch ist (zum Beispiel x = $(1-L)/L -1$ oder so?
Danke,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 10:00 Do 03.12.2009 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
>
> danke für deinen Tipp. Ich habe noch eine Frage dazu:
>
> > Somit:
> >
> > [mm]|x-1| \le L^2|x-1|^2[/mm] für alle [mm]x,y \in I[/mm]
> >
> > Für [mm]x \in [0,1)[/mm] liefert dies:
> >
> > [mm]1 \le L^2|x-1|[/mm]
>
> Wieso darf ich jetzt nur noch [mm]x\in[0,1)[/mm] betrachten? Es ist
> mir klar, dass es ausreicht wenn ich dafür einen
> Widerspruch herbeiführe, dürfte ich theoretisch auch
> [mm][0,1)\cup(1,2][/mm] nehmen?
Klar, das kannst Du machen
>
> Ich nehme jetzt aber mal weiter [mm]x\in[0,1)[/mm] an.
>
> Und dürfte ich unter dieser Einschränkung auch
> schreiben:
>
> > [mm]\frac{1}{1-x} \le L^2[/mm]
>
> Und dann sagen ich kann immer ein x wählen, sodass dieser
> Ungleichung wieder falsch ist (zum Beispiel x = [mm](1-L)/L -1[/mm]
> oder so?
Über L weißt Du nichts (nur L [mm] \ge [/mm] 0). Du kannst nicht garantieren , dass 0 [mm] \le [/mm] (1-L)/L -1 < 1
FRED
>
> Danke,
>
> Stefan
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Ok,
danke Fred für deine Antwort!
Grüße,
Stefan
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