Stetigkeit: Delta abschätzen? < Stetigkeit < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:23 Sa 23.03.2013 | | Autor: | Paivren |
Hey Leute,
mein drittes Ersuchen um Rat:
Zu zeigen ist die Stetigkeit von [mm] f(x)=x^{2}
[/mm]
Ich habe eine Lösung gefunden, in der man das Delta abschätzt und sich so von dem x befreit:
Sei [mm] \varepsilon [/mm] > 0.
[mm] |f(x)-f(x_{0})| [/mm] = [mm] |x^{2}-x_{0}^{2}| [/mm] = [mm] |x+x_{0}| |x-x_{0}| [/mm] < [mm] \delta |x+x_{0}|
[/mm]
Schätze [mm] \delta [/mm] nach oben ab: [mm] \delta [/mm] < [mm] 0,5x_{0} \Rightarrow [/mm] 0,5 [mm] x_{0}
[mm] \Rightarrow \delta |x+x_{0}| [/mm] < [mm] \delta [/mm] |1,5 [mm] x_{0}+x_{0}| [/mm] = 2,5 [mm] x_{0} \delta [/mm] = [mm] \varepsilon
[/mm]
Es muss also gewählt werden: [mm] \delta [/mm] < [mm] \bruch{\varepsilon}{2,5 x_{0}}
[/mm]
So hab ich das in einem Buch gefunden.
Meine Frage: Epsilon hängt hier ja von einem Bruch ab, bei dem [mm] x_{0} [/mm] im Nenner steht. Das heißt aber, dass der Beweis nicht für [mm] x_{0}=0 [/mm] gilt. Müsste ich die Stetigkeit da jetzt separat beweisen, oder geht das ganze auch einfacher?
Und noch eine Frage: Wie ist das mit den Betragsstrichen? Am Ende werden die einfach weggelassen. Kann ich oBdA annehmen, dass [mm] x_{0} [/mm] positiv ist?
Gruß
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:20 So 24.03.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hey Leute,
>
> mein drittes Ersuchen um Rat:
>
> Zu zeigen ist die Stetigkeit von [mm]f(x)=x^{2}[/mm]
> Ich habe eine Lösung gefunden, in der man das Delta
> abschätzt und sich so von dem x befreit:
> Sei [mm]\varepsilon[/mm] > 0.
> [mm]|f(x)-f(x_{0})|[/mm] = [mm]|x^{2}-x_{0}^{2}|[/mm] = [mm]|x+x_{0}| |x-x_{0}|[/mm]
> < [mm]\delta |x+x_{0}|[/mm]
>
> Schätze [mm]\delta[/mm] nach oben ab: [mm]\delta[/mm] < [mm]0,5x_{0} \Rightarrow[/mm]
> 0,5 [mm]x_{0}
>
> [mm]\Rightarrow \delta |x+x_{0}|[/mm] < [mm]\delta[/mm] |1,5 [mm]x_{0}+x_{0}|[/mm] =
> 2,5 [mm]x_{0} \delta[/mm] = [mm]\varepsilon[/mm]
>
> Es muss also gewählt werden: [mm]\delta[/mm] <
> [mm]\bruch{\varepsilon}{2,5 x_{0}}[/mm]
>
> So hab ich das in einem Buch gefunden.
> Meine Frage: Epsilon hängt hier ja von einem Bruch ab,
> bei dem [mm]x_{0}[/mm] im Nenner steht. Das heißt aber, dass der
> Beweis nicht für [mm]x_{0}=0[/mm] gilt. Müsste ich die Stetigkeit
> da jetzt separat beweisen, oder geht das ganze auch
> einfacher?
ich würde das separat beweisen, denn wie man [mm] $\delta [/mm] > 0$ wählen kann,
so dass (zu gegebenem [mm] $\epsilon [/mm] > 0$)
[mm] $$|x^2-0^2|=|x^2|=|x|^2 [/mm] < [mm] \epsilon$$
[/mm]
für alle [mm] $x\,$ [/mm] mit $|x-0|=|x| < [mm] \delta$ [/mm] gilt, ist ziemlich trivial. Was schlägst Du vor?
Du hast aber recht, dass die Lösung da schlampig ist.
> Und noch eine Frage: Wie ist das mit den Betragsstrichen?
> Am Ende werden die einfach weggelassen. Kann ich oBdA
> annehmen, dass [mm]x_{0}[/mm] positiv ist?
Ja, auch hier hast Du recht, dass die Lösung da schlampig ist und man
o.E. [mm] $x_0 [/mm] > 0$ annehmen kann. (An der Stelle, wo die schreiben, dass man
[mm] $\delta$ [/mm] nach oben abschätzen soll - man will ja insbesondere auch [mm] $\delta [/mm] > 0$
erfüllt haben - macht das dort doch nur Sinn, wenn [mm] $x_0 [/mm] > 0$ ist! Der Beweis
wird an dieser Stelle falsch bzw. sinnlos, wenn man etwa [mm] $x_0=\;-1\;$ [/mm] hätte:
Wie soll denn dann [mm] $\delta [/mm] < [mm] 0,5x_0=\;\red{\;-\;}\;\frac{1}{2}$ [/mm] noch [mm] $\delta [/mm] > 0$ erfüllen können?)
Grund, dass man o.E. [mm] $x_0 [/mm] > 0$ annehmen darf: Für [mm] $g(x):=x^2$ [/mm] gilt $g(x)=g(-x)$ für alle [mm] $x\,.$
[/mm]
Nun beweisen wir einen Satz: Ist $f [mm] \colon \IR \to \IR$ [/mm] mit $f(x)=f(-x)$ für alle
[mm] $x\,$ [/mm] (man sagt dann auch, dass [mm] $f\,$ [/mm] eine gerade Funktion ist - d.h.
der Graph von [mm] $f\,$ [/mm] ist symmetrisch zur [mm] $y\,$-Achse) [/mm] und ist [mm] $f\,$ [/mm] stetig in [mm] $x_0\,,$
[/mm]
so ist [mm] $f\,$ [/mm] auch stetig in [mm] $-\;x_0\,.$
[/mm]
Beweis: Sei [mm] $\epsilon [/mm] > 0$ beliebig, aber fest. Wegen der Stetigkeit von
[mm] $f\,$ [/mm] in [mm] $x_0$ [/mm] existiert ein [mm] $\delta=\delta_{x_0,\epsilon} [/mm] > 0$ so, dass für alle [mm] $x\,$ [/mm] mit [mm] $|x-x_0| [/mm] < [mm] \delta$ [/mm] folgt
[mm] $$|f(x)-f(x_0)| [/mm] < [mm] \epsilon\,.$$
[/mm]
Sei nun [mm] $x\,$ [/mm] mit [mm] $|x-(-x_0)| [/mm] < [mm] \delta$ [/mm] gegeben. Dann folgt [mm] $|x-(-x_0)|=|x+x_0|=|(-x)-x_0| [/mm] < [mm] \delta$ [/mm]
und wir erhalten wegen der Stetigkeit von [mm] $f\,$ [/mm] in [mm] $x_0$ [/mm] also
[mm] $$|f(-x)-f(x_0)| [/mm] < [mm] \epsilon\,.$$
[/mm]
Weil [mm] $f\,$ [/mm] gerade ist, gilt aber sowohl $f(-x)=f(x)$ als auch [mm] $f(x_0)=f(-x_0)\,,$ [/mm] so dass
die letzte Gleichheit auch
[mm] $$|f(x)-f(-x_0)| [/mm] < [mm] \epsilon$$
[/mm]
für [mm] $x\,$ [/mm] mit [mm] $|x-(-x_0)| [/mm] < [mm] \delta$ [/mm] nach sich zieht. Da [mm] $x\,$ [/mm] mit [mm] $|x-(-x_0)| [/mm] < [mm] \delta$ [/mm] beliebig war,
folgt
[mm] $$|f(x)-f(-x_0)| [/mm] < [mm] \epsilon$$
[/mm]
für alle [mm] $x\,$ [/mm] mit [mm] $|x-(-x_0)| [/mm] < [mm] \delta\,.$ [/mm] Also ist [mm] $f\,$ [/mm] stetig in [mm] $-x_0\,.$
[/mm]
Bemerkung: Aus dem Satz folgt auch sofort, dass eine gerade Funktion
$f [mm] \colon \IR \to \IR$ [/mm] genau dann stetig in [mm] $x_0$ [/mm] ist, wenn sie stetig in [mm] $-x_0$ [/mm] ist: Denn
es ist [mm] $x_0=-(-x_0)\,.$
[/mm]
Zudem gelten diese Sätze genauso, wenn [mm] $f\,$ [/mm] ungerade ist (d.h. [mm] $f(-x)=-\,f(x)$ [/mm] für
alle [mm] $x\,.$)
[/mm]
P.S. Ein saubererer Beweis, dass $x [mm] \mapsto x^2$ [/mm] stetig an allen Stellen [mm] $x_0 \not=0$
[/mm]
ist, findest Du etwa ![[]](/images/popup.gif) in Beispiel 10.3, 2.. Und wie gesagt: Die Stetigkeit in [mm] $x_0=0$ [/mm] (von der
Funktion $x [mm] \mapsto x^2$ [/mm] für $x [mm] \in \IR$) [/mm] nachzuweisen, ist (fast) trivial!
(Beachte, dass in obigem Beispiel "nur" [mm] $f_{|\IR \setminus \{0\}}=g_{|\IR\setminus \{0\} }$ [/mm] gilt,
wobei $g [mm] \colon \IR \to \IR$ [/mm] mit [mm] $g(x):=x^2$ [/mm] ($x [mm] \in \IR$) [/mm] gegeben ist!)
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 09:12 So 24.03.2013 | | Autor: | fred97 |
> Hey Leute,
>
> mein drittes Ersuchen um Rat:
>
> Zu zeigen ist die Stetigkeit von [mm]f(x)=x^{2}[/mm]
> Ich habe eine Lösung gefunden, in der man das Delta
> abschätzt und sich so von dem x befreit:
> Sei [mm]\varepsilon[/mm] > 0.
> [mm]|f(x)-f(x_{0})|[/mm] = [mm]|x^{2}-x_{0}^{2}|[/mm] = [mm]|x+x_{0}| |x-x_{0}|[/mm]
> < [mm]\delta |x+x_{0}|[/mm]
>
> Schätze [mm]\delta[/mm] nach oben ab: [mm]\delta[/mm] < [mm]0,5x_{0} \Rightarrow[/mm]
> 0,5 [mm]x_{0}
>
> [mm]\Rightarrow \delta |x+x_{0}|[/mm] < [mm]\delta[/mm] |1,5 [mm]x_{0}+x_{0}|[/mm] =
> 2,5 [mm]x_{0} \delta[/mm] = [mm]\varepsilon[/mm]
>
> Es muss also gewählt werden: [mm]\delta[/mm] <
> [mm]\bruch{\varepsilon}{2,5 x_{0}}[/mm]
>
> So hab ich das in einem Buch gefunden.
> Meine Frage: Epsilon hängt hier ja von einem Bruch ab,
> bei dem [mm]x_{0}[/mm] im Nenner steht. Das heißt aber, dass der
> Beweis nicht für [mm]x_{0}=0[/mm] gilt. Müsste ich die Stetigkeit
> da jetzt separat beweisen, oder geht das ganze auch
> einfacher?
Was ist denn das für ein beklopptes Buch ? Du siehst das richtig: es wurde nur der Fall [mm] x_0>0 [/mm] behandelt. Und das noch nicht mal vollständig, denn wegen
" 0,5 [mm]x_{0}
wurde nur die Stetigkeit von rechts gezeigt.
Hier mein Beweis: da Stetigkeit in [mm] x_0 [/mm] eine "lokale" Eigenschaft ist, können wir von Anfang an [mm] |x-x_0|<1 [/mm] annehmen. Dann:
(*) [mm] |x|=|x-x_0+x_0| \le |x-x_0|+|x_0| <1+|x_0|.
[/mm]
Somit:
[mm] |f(x)-f(x_0)|=|x+x_0|*|x-x_0| \le (|x|+|x_0|)*|x-x_0| \le (1+2|x_0|)*|x-x_0|.
[/mm]
Ist nun [mm] \varepsilon [/mm] >0 vorgegeben, so gilt:
[mm] (1+2|x_0|)*|x-x_0|<\varepsilon \gdw |x-x_0| [/mm] < [mm] \bruch{\varepsilon}{1+2|x_0|}.
[/mm]
[mm] \delta:= [/mm] min [mm] \{ 1, \bruch{\varepsilon}{1+2|x_0|} \} [/mm] leistet das Gewünschte.
FRED
>
> Und noch eine Frage: Wie ist das mit den Betragsstrichen?
> Am Ende werden die einfach weggelassen. Kann ich oBdA
> annehmen, dass [mm]x_{0}[/mm] positiv ist?
>
>
> Gruß
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:54 So 24.03.2013 | | Autor: | Paivren |
> Hallo,
>
> ich würde das separat beweisen, denn wie man [mm]\delta > 0[/mm]
> wählen kann,
> so dass (zu gegebenem [mm]\epsilon > 0[/mm])
> [mm]|x^2-0^2|=|x^2|=|x|^2 < \epsilon[/mm]
>
> für alle [mm]x\,[/mm] mit [mm]|x-0|=|x| < \delta[/mm] gilt, ist ziemlich
> trivial. Was schlägst Du vor?
> Du hast aber recht, dass die Lösung da schlampig ist.
>
>
> Ja, auch hier hast Du recht, dass die Lösung da schlampig
> ist und man
> o.E. [mm]x_0 > 0[/mm] annehmen kann. (An der Stelle, wo die
> schreiben, dass man
> [mm]\delta[/mm] nach oben abschätzen soll - man will ja
> insbesondere auch [mm]\delta > 0[/mm]
> erfüllt haben - macht das
> dort doch nur Sinn, wenn [mm]x_0 > 0[/mm] ist! Der Beweis
> wird an dieser Stelle falsch bzw. sinnlos, wenn man etwa
> [mm]x_0=\;-1\;[/mm] hätte:
> Wie soll denn dann [mm]\delta < 0,5x_0=\;\red{\;-\;}\;\frac{1}{2}[/mm]
> noch [mm]\delta > 0[/mm] erfüllen können?)
>
> Grund, dass man o.E. [mm]x_0 > 0[/mm] annehmen darf: Für [mm]g(x):=x^2[/mm]
> gilt [mm]g(x)=g(-x)[/mm] für alle [mm]x\,.[/mm]
>
> Nun beweisen wir einen Satz: Ist [mm]f \colon \IR \to \IR[/mm] mit
> [mm]f(x)=f(-x)[/mm] für alle
> [mm]x\,[/mm] (man sagt dann auch, dass [mm]f\,[/mm] eine gerade Funktion ist
> - d.h.
> der Graph von [mm]f\,[/mm] ist symmetrisch zur [mm]y\,[/mm]-Achse) und ist
> [mm]f\,[/mm] stetig in [mm]x_0\,,[/mm]
> so ist [mm]f\,[/mm] auch stetig in [mm]-\;x_0\,.[/mm]
>
> Beweis: Sei [mm]\epsilon > 0[/mm] beliebig, aber fest. Wegen der
> Stetigkeit von
> [mm]f\,[/mm] in [mm]x_0[/mm] existiert ein [mm]\delta=\delta_{x_0,\epsilon} > 0[/mm]
> so, dass für alle [mm]x\,[/mm] mit [mm]|x-x_0| < \delta[/mm] folgt
> [mm]|f(x)-f(x_0)| < \epsilon\,.[/mm]
>
> Sei nun [mm]x\,[/mm] mit [mm]|x-(-x_0)| < \delta[/mm] gegeben. Dann folgt
> [mm]|x-(-x_0)|=|x+x_0|=|(-x)-x_0| < \delta[/mm]
> und wir erhalten wegen der Stetigkeit von [mm]f\,[/mm] in [mm]x_0[/mm] also
> [mm]|f(-x)-f(x_0)| < \epsilon\,.[/mm]
> Weil [mm]f\,[/mm] gerade ist, gilt
> aber sowohl [mm]f(-x)=f(x)[/mm] als auch [mm]f(x_0)=f(-x_0)\,,[/mm] so dass
> die letzte Gleichheit auch
> [mm]|f(x)-f(-x_0)| < \epsilon[/mm]
> für [mm]x\,[/mm] mit [mm]|x-(-x_0)| < \delta[/mm]
> nach sich zieht. Da [mm]x\,[/mm] mit [mm]|x-(-x_0)| < \delta[/mm] beliebig
> war,
> folgt
> [mm]|f(x)-f(-x_0)| < \epsilon[/mm]
> für alle [mm]x\,[/mm] mit [mm]|x-(-x_0)| < \delta\,.[/mm]
> Also ist [mm]f\,[/mm] stetig in [mm]-x_0\,.[/mm]
>
> Bemerkung: Aus dem Satz folgt auch sofort, dass eine gerade
> Funktion
> [mm]f \colon \IR \to \IR[/mm] genau dann stetig in [mm]x_0[/mm] ist, wenn
> sie stetig in [mm]-x_0[/mm] ist: Denn
> es ist [mm]x_0=-(-x_0)\,.[/mm]
> Zudem gelten diese Sätze genauso, wenn [mm]f\,[/mm] ungerade ist
> (d.h. [mm]f(-x)=-\,f(x)[/mm] für
> alle [mm]x\,.[/mm])
>
> P.S. Ein saubererer Beweis, dass [mm]x \mapsto x^2[/mm] stetig an
> allen Stellen [mm]x_0 \not=0[/mm]
> ist, findest Du etwa
> in Beispiel 10.3, 2..
> Und wie gesagt: Die Stetigkeit in [mm]x_0=0[/mm] (von der
> Funktion [mm]x \mapsto x^2[/mm] für [mm]x \in \IR[/mm]) nachzuweisen, ist
> (fast) trivial!
> (Beachte, dass in obigem Beispiel "nur" [mm]f_{|\IR \setminus \{0\}}=g_{|\IR\setminus \{0\} }[/mm]
> gilt,
> wobei [mm]g \colon \IR \to \IR[/mm] mit [mm]g(x):=x^2[/mm] ([mm]x \in \IR[/mm])
> gegeben ist!)
>
> Gruß,
> Marcel
Hi Marcel, vielen Dank für deine ausführliche Antwort!
Die Stetigkeit an x=0 nachzuweisen ist wirklich nicht schwer, habe ich dann auch so gemacht. Da Fred und du beide sagt, dass der Beweis an sich schlampig gemacht ist, werde ich ihn lieber nochmal anders angehen.
Den Hinweis, dass gerade Funktionen aufgrund ihrer Symmetrie in ganz R stetig sind, wenn sie für alle [mm] x\ge0 [/mm] stetig sind, werde ich mir merken :)
>
> Was ist denn das für ein beklopptes Buch ? Du siehst das
> richtig: es wurde nur der Fall [mm]x_0>0[/mm] behandelt. Und das
> noch nicht mal vollständig, denn wegen
>
> " 0,5 [mm]x_{0}
>
>
> wurde nur die Stetigkeit von rechts gezeigt.
Hey Fred, auch dir danke für die Antwort!
Das ist ein Tutoriumsbuch "von Studenten für Studenten".
Eigentlich ganz cool, oftmals gibt es anschauliche Erklärungen und gute Beispiele. Aber manchmal stehen da auch "komische" Sachen drin^^
>
>
>
> Hier mein Beweis: da Stetigkeit in [mm]x_0[/mm] eine "lokale"
> Eigenschaft ist, können wir von Anfang an [mm]|x-x_0|<1[/mm]
> annehmen. Dann:
>
> (*) [mm]|x|=|x-x_0+x_0| \le |x-x_0|+|x_0| <1+|x_0|.[/mm]
>
> Somit:
>
> [mm]|f(x)-f(x_0)|=|x+x_0|*|x-x_0| \le (|x|+|x_0|)*|x-x_0| \le (1+2|x_0|)*|x-x_0|.[/mm]
>
> Ist nun [mm]\varepsilon[/mm] >0 vorgegeben, so gilt:
>
> [mm](1+2|x_0|)*|x-x_0|<\varepsilon \gdw |x-x_0|[/mm] <
> [mm]\bruch{\varepsilon}{1+2|x_0|}.[/mm]
>
> [mm]\delta:=[/mm] min [mm]\{ 1, \bruch{\varepsilon}{1+2|x_0|} \}[/mm] leistet
> das Gewünschte.
>
> FRED
Dein Beweis schaut wirklich gut aus.
Du nimmst an, dass [mm] |x-x_{0}|<1 [/mm] ist und kannst dann |x| so abschätzen, dass es kleiner als [mm] x_{0} [/mm] ist, was man dann später verwenden kann, damit [mm] \delta [/mm] nur noch von [mm] x_{0} [/mm] und [mm] \varepsilon [/mm] abhängt.
Kann ich das immer so machen?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:00 So 24.03.2013 | | Autor: | fred97 |
>
>
> > Hallo,
> >
> > ich würde das separat beweisen, denn wie man [mm]\delta > 0[/mm]
> > wählen kann,
> > so dass (zu gegebenem [mm]\epsilon > 0[/mm])
> >
> [mm]|x^2-0^2|=|x^2|=|x|^2 < \epsilon[/mm]
> >
> > für alle [mm]x\,[/mm] mit [mm]|x-0|=|x| < \delta[/mm] gilt, ist ziemlich
> > trivial. Was schlägst Du vor?
> > Du hast aber recht, dass die Lösung da schlampig ist.
> >
> >
> > Ja, auch hier hast Du recht, dass die Lösung da schlampig
> > ist und man
> > o.E. [mm]x_0 > 0[/mm] annehmen kann. (An der Stelle, wo die
> > schreiben, dass man
> > [mm]\delta[/mm] nach oben abschätzen soll - man will ja
> > insbesondere auch [mm]\delta > 0[/mm]
> > erfüllt haben - macht
> das
> > dort doch nur Sinn, wenn [mm]x_0 > 0[/mm] ist! Der Beweis
> > wird an dieser Stelle falsch bzw. sinnlos, wenn man etwa
> > [mm]x_0=\;-1\;[/mm] hätte:
> > Wie soll denn dann [mm]\delta < 0,5x_0=\;\red{\;-\;}\;\frac{1}{2}[/mm]
> > noch [mm]\delta > 0[/mm] erfüllen können?)
> >
> > Grund, dass man o.E. [mm]x_0 > 0[/mm] annehmen darf: Für [mm]g(x):=x^2[/mm]
> > gilt [mm]g(x)=g(-x)[/mm] für alle [mm]x\,.[/mm]
> >
> > Nun beweisen wir einen Satz: Ist [mm]f \colon \IR \to \IR[/mm] mit
> > [mm]f(x)=f(-x)[/mm] für alle
> > [mm]x\,[/mm] (man sagt dann auch, dass [mm]f\,[/mm] eine gerade Funktion ist
> > - d.h.
> > der Graph von [mm]f\,[/mm] ist symmetrisch zur [mm]y\,[/mm]-Achse) und
> ist
> > [mm]f\,[/mm] stetig in [mm]x_0\,,[/mm]
> > so ist [mm]f\,[/mm] auch stetig in [mm]-\;x_0\,.[/mm]
> >
> > Beweis: Sei [mm]\epsilon > 0[/mm] beliebig, aber fest. Wegen der
> > Stetigkeit von
> > [mm]f\,[/mm] in [mm]x_0[/mm] existiert ein [mm]\delta=\delta_{x_0,\epsilon} > 0[/mm]
> > so, dass für alle [mm]x\,[/mm] mit [mm]|x-x_0| < \delta[/mm] folgt
> > [mm]|f(x)-f(x_0)| < \epsilon\,.[/mm]
> >
> > Sei nun [mm]x\,[/mm] mit [mm]|x-(-x_0)| < \delta[/mm] gegeben. Dann folgt
> > [mm]|x-(-x_0)|=|x+x_0|=|(-x)-x_0| < \delta[/mm]
> > und wir erhalten wegen der Stetigkeit von [mm]f\,[/mm] in [mm]x_0[/mm] also
> > [mm]|f(-x)-f(x_0)| < \epsilon\,.[/mm]
> > Weil [mm]f\,[/mm] gerade ist,
> gilt
> > aber sowohl [mm]f(-x)=f(x)[/mm] als auch [mm]f(x_0)=f(-x_0)\,,[/mm] so dass
> > die letzte Gleichheit auch
> > [mm]|f(x)-f(-x_0)| < \epsilon[/mm]
> > für [mm]x\,[/mm] mit [mm]|x-(-x_0)| < \delta[/mm]
> > nach sich zieht. Da [mm]x\,[/mm] mit [mm]|x-(-x_0)| < \delta[/mm] beliebig
> > war,
> > folgt
> > [mm]|f(x)-f(-x_0)| < \epsilon[/mm]
> > für alle [mm]x\,[/mm] mit
> [mm]|x-(-x_0)| < \delta\,.[/mm]
> > Also ist [mm]f\,[/mm] stetig in [mm]-x_0\,.[/mm]
> >
> > Bemerkung: Aus dem Satz folgt auch sofort, dass eine gerade
> > Funktion
> > [mm]f \colon \IR \to \IR[/mm] genau dann stetig in [mm]x_0[/mm] ist, wenn
> > sie stetig in [mm]-x_0[/mm] ist: Denn
> > es ist [mm]x_0=-(-x_0)\,.[/mm]
> > Zudem gelten diese Sätze genauso, wenn [mm]f\,[/mm] ungerade
> ist
> > (d.h. [mm]f(-x)=-\,f(x)[/mm] für
> > alle [mm]x\,.[/mm])
> >
> > P.S. Ein saubererer Beweis, dass [mm]x \mapsto x^2[/mm] stetig an
> > allen Stellen [mm]x_0 \not=0[/mm]
> > ist, findest Du etwa
> > in Beispiel 10.3, 2..
> > Und wie gesagt: Die Stetigkeit in [mm]x_0=0[/mm] (von der
> > Funktion [mm]x \mapsto x^2[/mm] für [mm]x \in \IR[/mm]) nachzuweisen,
> ist
> > (fast) trivial!
> > (Beachte, dass in obigem Beispiel "nur" [mm]f_{|\IR \setminus \{0\}}=g_{|\IR\setminus \{0\} }[/mm]
> > gilt,
> > wobei [mm]g \colon \IR \to \IR[/mm] mit [mm]g(x):=x^2[/mm] ([mm]x \in \IR[/mm])
> > gegeben ist!)
> >
> > Gruß,
> > Marcel
>
> Hi Marcel, vielen Dank für deine ausführliche Antwort!
> Die Stetigkeit an x=0 nachzuweisen ist wirklich nicht
> schwer, habe ich dann auch so gemacht. Da Fred und du beide
> sagt, dass der Beweis an sich schlampig gemacht ist, werde
> ich ihn lieber nochmal anders angehen.
> Den Hinweis, dass gerade Funktionen aufgrund ihrer
> Symmetrie in ganz R stetig sind, wenn sie für alle [mm]x\ge0[/mm]
> stetig sind, werde ich mir merken :)
>
>
> >
> > Was ist denn das für ein beklopptes Buch ? Du siehst das
> > richtig: es wurde nur der Fall [mm]x_0>0[/mm] behandelt. Und das
> > noch nicht mal vollständig, denn wegen
> >
> > " 0,5 [mm]x_{0}
> >
> >
> > wurde nur die Stetigkeit von rechts gezeigt.
> Hey Fred, auch dir danke für die Antwort!
> Das ist ein Tutoriumsbuch "von Studenten für Studenten".
> Eigentlich ganz cool, oftmals gibt es anschauliche
> Erklärungen und gute Beispiele. Aber manchmal stehen da
> auch "komische" Sachen drin^^
> >
> >
> >
> > Hier mein Beweis: da Stetigkeit in [mm]x_0[/mm] eine "lokale"
> > Eigenschaft ist, können wir von Anfang an [mm]|x-x_0|<1[/mm]
> > annehmen. Dann:
> >
> > (*) [mm]|x|=|x-x_0+x_0| \le |x-x_0|+|x_0| <1+|x_0|.[/mm]
> >
> > Somit:
> >
> > [mm]|f(x)-f(x_0)|=|x+x_0|*|x-x_0| \le (|x|+|x_0|)*|x-x_0| \le (1+2|x_0|)*|x-x_0|.[/mm]
>
> >
> > Ist nun [mm]\varepsilon[/mm] >0 vorgegeben, so gilt:
> >
> > [mm](1+2|x_0|)*|x-x_0|<\varepsilon \gdw |x-x_0|[/mm] <
> > [mm]\bruch{\varepsilon}{1+2|x_0|}.[/mm]
> >
> > [mm]\delta:=[/mm] min [mm]\{ 1, \bruch{\varepsilon}{1+2|x_0|} \}[/mm] leistet
> > das Gewünschte.
> >
> > FRED
>
> Dein Beweis schaut wirklich gut aus.
> Du nimmst an, dass [mm]|x-x_{0}|<1[/mm] ist und kannst dann |x| so
> abschätzen, dass es kleiner als [mm]x_{0}[/mm] ist,
Nein, wir bekamen $ |x| [mm] <1+|x_0|. [/mm] $
> was man dann
> später verwenden kann, damit [mm]\delta[/mm] nur noch von [mm]x_{0}[/mm] und
> [mm]\varepsilon[/mm] abhängt.
> Kann ich das immer so machen?
Ja. Ob es was bringt, hängt allerdings von der Funktion, die Du untersuchen sollst, ab.
Kannst Du mir noch verraten, aus welchem Buch der obige "Beweis" stammt ?
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:07 So 24.03.2013 | | Autor: | fred97 |
> Hey Fred, auch dir danke für die Antwort!
> Das ist ein Tutoriumsbuch "von Studenten für Studenten".
> Eigentlich ganz cool, oftmals gibt es anschauliche
> Erklärungen und gute Beispiele. Aber manchmal stehen da
> auch "komische" Sachen drin^^
Das hatte ich beim ersten Lesen überlesen.
Ich stell mir gerade ein Gruppe von Medizinstudenten im 4. Semester vor, die ein Buch schreiben mit dem Titel
"Chirurgie von Studenten für Studenten".
Hoffentlich brauche ich nie wieder einen Chirurgen.
FRED
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:25 So 24.03.2013 | | Autor: | Paivren |
Ja das ist wirklich ein Problem. Als Anfänger weiß man oft nicht, ob die im Buch einen Fehler gemacht haben, oder das eigene mathematische Verständnis nicht ausreicht.
Aber Gott sei Dank gibt es Foren wie dieses hier ;)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:57 So 24.03.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Fred,
> > Hey Leute,
> >
> > mein drittes Ersuchen um Rat:
> >
> > Zu zeigen ist die Stetigkeit von [mm]f(x)=x^{2}[/mm]
> > Ich habe eine Lösung gefunden, in der man das Delta
> > abschätzt und sich so von dem x befreit:
> > Sei [mm]\varepsilon[/mm] > 0.
> > [mm]|f(x)-f(x_{0})|[/mm] = [mm]|x^{2}-x_{0}^{2}|[/mm] = [mm]|x+x_{0}| |x-x_{0}|[/mm]
> > < [mm]\delta |x+x_{0}|[/mm]
> >
> > Schätze [mm]\delta[/mm] nach oben ab: [mm]\delta[/mm] < [mm]0,5x_{0} \Rightarrow[/mm]
> > 0,5 [mm]x_{0}
> >
> > [mm]\Rightarrow \delta |x+x_{0}|[/mm] < [mm]\delta[/mm] |1,5 [mm]x_{0}+x_{0}|[/mm] =
> > 2,5 [mm]x_{0} \delta[/mm] = [mm]\varepsilon[/mm]
> >
> > Es muss also gewählt werden: [mm]\delta[/mm] <
> > [mm]\bruch{\varepsilon}{2,5 x_{0}}[/mm]
> >
> > So hab ich das in einem Buch gefunden.
> > Meine Frage: Epsilon hängt hier ja von einem Bruch ab,
> > bei dem [mm]x_{0}[/mm] im Nenner steht. Das heißt aber, dass der
> > Beweis nicht für [mm]x_{0}=0[/mm] gilt. Müsste ich die Stetigkeit
> > da jetzt separat beweisen, oder geht das ganze auch
> > einfacher?
>
>
> Was ist denn das für ein beklopptes Buch ? Du siehst das
> richtig: es wurde nur der Fall [mm]x_0>0[/mm] behandelt. Und das
> noch nicht mal vollständig, denn wegen
>
> " 0,5 [mm]x_{0}
>
>
> wurde nur die Stetigkeit von rechts gezeigt.
darüber hatte ich mir gar keine Gedanken gemacht. Aber für [mm] $x_0 [/mm] > 0$ reicht
es hier tatsächlich auch, die rechtsseitige Stetigkeit zu beweisen. (Ich bin gerade
wohl aber auch noch nicht ganz wach, denn ich sehe gerade nicht, wieso die
obige Annahme den Beweis auf rechtsseitige Stetigkeit reduziert? Es gilt
doch oben [mm] $0,5x_0=x_0-\tfrac{1}{2}x_0 [/mm] < x < [mm] 1,5x_0=x_0+\tfrac{1}{2}x_0\,,$ [/mm] also
$x [mm] \in (x_0-\delta,x_0+\delta)$ [/mm] mit [mm] $\delta:=\tfrac{1}{2}x_0\,$; [/mm]
zudem ist [mm] $x_0-\delta [/mm] > 0$ nach Wahl von [mm] $\delta\,,$ [/mm] wenn man denn [mm] $x_0 [/mm] > 0$
o.B.d.A. annimmt - was man alleine schon tunlichst tun sollte, damit [mm] $\delta [/mm] > 0$
gewährleistet wird?)
Ich begründe das mal: Sei [mm] $x_0 [/mm] > [mm] 0\,.$ [/mm] Dann gilt für [mm] $r\,$ [/mm] mit $0 < r < [mm] x_0\,:$
[/mm]
$$0 [mm] \le f(x_0+r)-f(x_0)=(x_0+r)^2-x_0^2=x_0^2+2x_0r+r^2-x_0^2=r^2+2x_0r$$
[/mm]
und
$$0 [mm] \le f(x_0)-f(x_0-r)=...=r^2-2x_0r\,,$$
[/mm]
unter Beachtung der Monotonie von $x [mm] \mapsto x^2$ [/mm] auf [mm] $[0,\infty)\,.$
[/mm]
Wegen
[mm] $$r^2+2x_0r-(r^2-2x_0r)=4x_0r [/mm] > 0$$
folgt also:
Der Abstand zwischen [mm] $f(x_0)$ [/mm] und [mm] $f(x_0-r)$ [/mm] ist sicher echt kleiner als der
Abstand zwischen [mm] $f(x_0+r)$ [/mm] und [mm] $f(x_0)\,.$ [/mm] (Man beachte, dass der Punkt
[mm] $x_0-r$ [/mm] auch $> [mm] 0\,$ [/mm] ist.) Damit kann man folgern, dass es hier reicht, den
Beweis auf rechtsseitige Stetigkeit zu reduzieren, denn:
Sei [mm] $\epsilon [/mm] > 0$ und [mm] $x_0 [/mm] > 0$ und sei [mm] $\delta [/mm] > 0$ so, dass
[mm] $$|f(x)-f(x_0)| [/mm] < [mm] \epsilon$$
[/mm]
für alle [mm] $x\,$ [/mm] mit [mm] $x-x_0 [/mm] < [mm] \delta$ [/mm] gelten. O.E. können wir annehmen, dass
$$0 < [mm] \delta [/mm] < [mm] x_0$$
[/mm]
gilt. Für [mm] $x\,$ [/mm] mit $0 < [mm] x_0-x [/mm] < [mm] \delta$ [/mm] definieren wir [mm] $r:=x_0-x\,.$ [/mm] Dann gilt
[mm] $$x=x_0-r$$
[/mm]
und nach obiger Überlegung
[mm] $$|f(x)-f(x_0)|=f(x_0)-f(x) =f(x_0)-f(x_0-r) [/mm] < [mm] f(x_0+r)-f(x_0)=|f(x_0+r)-f(x_0)|\,.$$
[/mm]
Wegen [mm] $x_0+r-x_0=r [/mm] < [mm] \delta$ [/mm] ist aber [mm] $|f(x_0+r)-f(x_0)| [/mm] < [mm] \delta\,.$ [/mm] Daraus
folgt die Behauptung.
P.S. Allerdings machen solche Zusatzüberlegungen hier den Beweis nicht
wirklich einfacher, geschweige denn übersichtlicher. Der Beweis aus dem Buch
ist einfach wirklich total schlampig!
Gruß,
Marcel
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