Stetigkeit / Glm Stetig < Stetigkeit < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:57 Di 17.01.2012 | | Autor: | sissile |
| Aufgabe | Zeige mittels [mm] \delta,\epsilon [/mm] - Kriterium die Steigkeit von [mm] f(x)=x^2
[/mm]
[mm] \IR->\IR
[/mm]
Und danach dass [mm] x^2 [/mm] nicht glm stetig ist. |
|(f(x)-f(x_(0)|= [mm] |x^2-x_0^2| [/mm] = [mm] |x-x_0|*|x+x_0| [/mm] < [mm] \delta\cdot |x+x_0|
[/mm]
< [mm] \delta [/mm] * [mm] (\delta [/mm] +2 [mm] |x_0| [/mm] < [mm] \epsilon
[/mm]
[mm] \delta^2 [/mm] + 2 [mm] |x_0| \delta [/mm] - [mm] \epsilon [/mm] <0
[mm] \delta_{1,2} [/mm] = - [mm] |x_0| \pm \sqrt{|(x_0)|^2 + \epsilon}
[/mm]
Der Schluss, die Angabe von [mm] \delta (\epsilon,x_0) [/mm] fehlt mir. Kann mir da wer helfen?
> Und danach dass [mm] x^2 [/mm] nicht glm stetig ist.
Da steh ich etwas an.Ich soll ein festesDelta angeben und zeigen, daß es es x und y gibt, die nicht weiter als Delta auseinander sind, deren Funktionsabstand aber größer als ein beliebiges [mm] \epsilon [/mm] ist.
Ansätze
x=n+1/n
y=n
[mm] |\delta| [/mm] > |x-y|=1/n
LG
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 07:25 Di 17.01.2012 | | Autor: | fred97 |
> Zeige mittels [mm]\delta,\epsilon[/mm] - Kriterium die Steigkeit von
> [mm]f(x)=x^2[/mm]
> [mm]\IR->\IR[/mm]
> Und danach dass [mm]x^2[/mm] nicht glm stetig ist.
> |(f(x)-f(x_(0)|= [mm]|x^2-x_0^2|[/mm] = [mm]|x-x_0|*|x+x_0|[/mm] <
> [mm]\delta\cdot |x+x_0|[/mm]
> < [mm]\delta[/mm] * [mm](\delta[/mm] +2 [mm]|x_0|[/mm] <
> [mm]\epsilon[/mm]
>
> [mm]\delta^2[/mm] + 2 [mm]|x_0| \delta[/mm] - [mm]\epsilon[/mm] <0
> [mm]\delta_{1,2}[/mm] = - [mm]|x_0| \pm \sqrt{|(x_0)|^2 + \epsilon}[/mm]
>
> Der Schluss, die Angabe von [mm]\delta (\epsilon,x_0)[/mm] fehlt
> mir. Kann mir da wer helfen?
Sei [mm] x_0 \in \IR [/mm] und [mm] \varepsilon>0. [/mm] Zu zeigen: es gibt ein [mm] \delta [/mm] > 0 mit:
[mm] |f(x)-f(x_0)| [/mm] < [mm] \varepsilon [/mm] für x mit [mm] |x-x_0|< \delta.
[/mm]
Da es nur auf Werte von x ankommt, die in der Nähe von [mm] x_0 [/mm] liegen, können wir [mm] |x-x_0| \le [/mm] 1 annehmen. Dann ist |x| [mm] =|x-x_0+x_0| \le 1+|x_0|.
[/mm]
Es folgt:
[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]
Wie mußt Du nun [mm] \delta [/mm] wählen ?
>
> > Und danach dass [mm]x^2[/mm] nicht glm stetig ist.
> Da steh ich etwas an.Ich soll ein festesDelta angeben und
> zeigen, daß es es x und y gibt, die nicht weiter als Delta
> auseinander sind, deren Funktionsabstand aber größer als
> ein beliebiges [mm]\epsilon[/mm] ist.
> Ansätze
> x=n+1/n
> y=n
> [mm]|\delta|[/mm] > |x-y|=1/n
>
Nimm an, f sei glm. stetig auf [mm] \IR. [/mm] Zu [mm] \varepsilon=1 [/mm] gibt ein [mm] \delta [/mm] >0 mit:
(*) |f(x)-f(y)|<1 für x,y mit |x-y|< [mm] \delta.
[/mm]
So, nun sei x>0 . Setze y:=x+ [mm] \delta/2.
[/mm]
Versuche nun, aus (*) eine Widerspruch zu bekommen.
FRED
>
> LG
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(Antwort) fertig | | Datum: | 07:58 Di 17.01.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo sissile,
> Zeige mittels [mm]\delta,\epsilon[/mm] - Kriterium die Steigkeit von
> [mm]f(x)=x^2[/mm]
> [mm]\IR->\IR[/mm]
> Und danach dass [mm]x^2[/mm] nicht glm stetig ist.
> |(f(x)-f(x_(0)|= [mm]|x^2-x_0^2|[/mm] = [mm]|x-x_0|*|x+x_0|[/mm] <
> [mm]\delta\cdot |x+x_0|[/mm]
> < [mm]\delta[/mm] * [mm](\delta[/mm] +2 [mm]|x_0|[/mm] <
> [mm]\epsilon[/mm]
>
> [mm]\delta^2[/mm] + 2 [mm]|x_0| \delta[/mm] - [mm]\epsilon[/mm] <0
> [mm]\delta_{1,2}[/mm] = - [mm]|x_0| \pm \sqrt{|(x_0)|^2 + \epsilon}[/mm]
das ist ein wenig umständlich(er als nötig - siehe etwa Freds Antwort), geht aber auch, Du hast allerdings einen Fehler:
Die Forderung
[mm] $$\delta^2+2|x_0|\delta -\epsilon [/mm] < 0$$
impliziert doch nicht, dass
$$ [mm] \delta_{1,2} [/mm] = - [mm] |x_0| \pm \sqrt{|(x_0)|^2 + \epsilon} \,.$$
[/mm]
Sondern: Du kannst Du Ungleichung erstmal $=0$ setzen, dann FÜR DIESE SO ENTSTANDENE GLEICHUNG dann Deine [mm] $\delta_{1,2}$ [/mm] wie oben angeben/berechnen (p,q-Formel), und damit dann schreiben
[mm] $$\delta^2+2|x_0|\delta -\epsilon [/mm] < 0$$
[mm] $$\gdw (\delta-\delta_1)*(\delta-\delta_2) [/mm] < [mm] 0\,.$$
[/mm]
Letztstehendes Produkt ist genau dann echt negativ, wenn die beiden Faktoren echt von Null verschieden sind und zudem verschiedene Vorzeichen haben.
Es muss also
entweder
1. Fall:
[mm] $$\delta [/mm] > [mm] \delta_1 \text{ und zudem }\delta [/mm] < [mm] \delta_2$$
[/mm]
oder
2. Fall:
[mm] $$\delta [/mm] < [mm] \delta_1 \text{ und zudem }\delta [/mm] > [mm] \delta_2$$
[/mm]
gelten.
Weil offensichtlich (genau hingucken! Wenn's nicht klar ist, nachfragen) [mm] $\delta_1=-|x_0|+\sqrt{|x_0|^2+\epsilon} [/mm] > 0$ und [mm] $\delta_2=-|x_0|-\sqrt{|x_0|^2+\epsilon} [/mm] < 0$ ist, kommt der erste Fall nicht in Frage (ist Dir das klar?).
Betrachten wir den zweiten Fall, so muss
[mm] $$\delta [/mm] < [mm] \delta_1 \text{ und zudem }\delta [/mm] > [mm] \delta_2$$
[/mm]
gelten, und da wir sowieso [mm] $\delta [/mm] > 0$ suchen, ist die Bedingung [mm] $\delta [/mm] > [mm] \delta_2$ [/mm] wegen [mm] $\delta_2 [/mm] < 0$ nicht relevant.
Es scheint also, dass wir mit einer Wahl von [mm] $\delta\,,$ [/mm] das die Bedingung
$$0 < [mm] \delta [/mm] < [mm] \delta_1=-|x_0|+\sqrt{|x_0|^2+\epsilon}$$
[/mm]
erfüllt, zum Ziel gelangen. Daher:
Betrachte etwa
[mm] $$\delta:=\frac{-|x_0|+\sqrt{|x_0|^2+\epsilon}}{2}\,.$$
[/mm]
Nun beweise auch noch, dass diese Wahl auch wirklich geeignet ist. (Insbesondere gilt stets [mm] $\delta=\delta_{x_0,\epsilon} [/mm] > [mm] 0\,.$ [/mm] Warum?)
(Die "Herleitung", wie man überhaupt zu dieser Wahl kommt, steht oben, und ist nicht das wirklich relevante; außerdem komplizierter als der von Fred eingeschlagene Weg. Ich wollte Dir nur zeigen, dass man das auch zu Ende denken kann!)
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:01 Di 17.01.2012 | | Autor: | sissile |
Danke fü eure Beiträge. Ich mach es aber auch immer komplizierter!!
> $ [mm] |f(x)-f(x_0)|= |x+x_0|\cdot{}|x-x_0| \le (|x|+|x_0|)\cdot{}|x-x_0| \le (1+2|x_0|)|x-x_0|. [/mm] $
Ich versteh die Abschätzung des letzten [mm] \le [/mm] nicht. Also insbesondere:
[mm] (|x|+|x_0|) \le (1+2|x_0|)
[/mm]
[mm] \le (1+2|x_0|)* \delta [/mm] < [mm] \epsilon
[/mm]
[mm] \delta [/mm] < [mm] \frac{\epsilon}{ (1+2|x_0|)}
[/mm]
Muss ich jetzt noch [mm] \delta [/mm] explizit ausdrücken mit := ?
> Es scheint also, dass wir mit einer Wahl von $ [mm] \delta\,, [/mm] $ das die Bedingung
$ 0 < [mm] \delta [/mm] < [mm] \delta_1=-|x_0|+\sqrt{|x_0|^2+\epsilon} [/mm] $
> erfüllt, zum Ziel gelangen. Daher:
> Betrachte etwa
$ [mm] \delta:=\frac{-|x_0|+\sqrt{|x_0|^2+\epsilon}}{2}\,. [/mm] $
AH okay verstehe, vielen Dank, dass du mir auch meinen eigenen komplizierteren Ansatz richtigstellst!
> Nun beweise auch noch, dass diese Wahl auch wirklich geeignet ist. (Insbesondere gilt stets $ [mm] \delta=\delta_{x_0,\epsilon} [/mm] > [mm] 0\,. [/mm] $ Warum?)
[mm] \delta_1 [/mm] ist >0 also auch [mm] \delta [/mm] >0
da gilt $ 0 < [mm] \delta [/mm] < [mm] \delta_1=-|x_0|+\sqrt{|x_0|^2+\epsilon} [/mm] $
Muss ich unser gefundenes [mm] \delta [/mm] hier noch einsetzen oder wie?
$ [mm] \delta [/mm] $ * $ [mm] (\delta [/mm] $ +2 $ [mm] |x_0| [/mm] $ < $ [mm] \epsilon [/mm] $
glm stetig
> Nimm an, f sei glm. stetig auf $ [mm] \IR. [/mm] $ Zu $ [mm] \varepsilon=1 [/mm] $ gibt ein $ [mm] \delta [/mm] $ >0 mit:
(*) |f(x)-f(y)|<1 für x,y mit |x-y|< $ [mm] \delta.$
[/mm]
So, nun sei x>0 . Setze y:=x+ $ [mm] \delta/2. [/mm] $
|f(x)-f(y)|<1 <=> [mm] |x^2-x^2 [/mm] - [mm] \delta [/mm] x - [mm] \delta^2/4| [/mm] <1
| - [mm] \delta [/mm] x - [mm] \delta^2/ [/mm] 4| <1 <=> [mm] \delta [/mm] x + [mm] \delta^2/ [/mm] 4 <1 <=> [mm] \delta [/mm] (x [mm] +\delta/4) [/mm] <1
mit |x-y|< $ [mm] \delta [/mm] <=> [mm] |x-x-\delta/2|<\delta [/mm]
[mm] \delta/2 [/mm] < [mm] \delta
[/mm]
Ich komme da nicht ganz auf den widerspruch.
VIELEN DANK!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:42 Di 17.01.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo sissile,
nur kurz:
> Danke fü eure Beiträge. Ich mach es aber auch immer
> komplizierter!!
> > [mm]|f(x)-f(x_0)|= |x+x_0|\cdot{}|x-x_0| \le (|x|+|x_0|)\cdot{}|x-x_0| \le (1+2|x_0|)|x-x_0|.[/mm]
>
> Ich versteh die Abschätzung des letzten [mm]\le[/mm] nicht.
Fred hatte hier ohne Einschränkung [mm] $\delta< [/mm] 1$ angenommen (naja, er hat's ein wenig anders formuliert). Formal kannst Du das später auch so ausdrücken, dass Du sagst:
[mm] $$\delta:=\min\{1,irgendwas\_in\_Abhängigkeit\_von\_{x_0}\_und\_\epsilon)\}\,,$$
[/mm]
wobei das [mm] $irgendwas\ldots$ [/mm] auch $> [mm] 0\,$ [/mm] sein sollte, damit das Minimum auch $> 0$ bleibt.
Und dann hat er auch zudem (zweimal) die Dreiecksungleichung angewendet:
[mm] $$|x+x_0| \le |x|+|x_0| \le |x-x_0|+|x_0|+|x_0| \le \underbrace{|x-x_0|}_{< \delta < 1}+2|x_0|\,,$$
[/mm]
wobei Du [mm] $x=x-x_0+x_0$ [/mm] beachten solltest.
> Also
> insbesondere:
> [mm](|x|+|x_0|) \le (1+2|x_0|)[/mm]
>
> [mm]\le (1+2|x_0|)* \delta[/mm] < [mm]\epsilon[/mm]
> [mm]\delta[/mm] < [mm]\frac{\epsilon}{ (1+2|x_0|)}[/mm]
> Muss ich jetzt noch
> [mm]\delta[/mm] explizit ausdrücken mit := ?
Ja! Aber das ist doch einfach: "Verkleinere" einfach den Ausdruck rechterhand (aber so, dass er noch [mm] $>0\,$ [/mm] bleibt). Halbieren, 7/8-eln,1/4eln... alles sowas geht!
>
> > Es scheint also, dass wir mit einer Wahl von [mm]\delta\,,[/mm] das
> die Bedingung
>
> [mm]0 < \delta < \delta_1=-|x_0|+\sqrt{|x_0|^2+\epsilon}[/mm]
>
>
> > erfüllt, zum Ziel gelangen. Daher:
> > Betrachte etwa
>
> [mm]\delta:=\frac{-|x_0|+\sqrt{|x_0|^2+\epsilon}}{2}\,.[/mm]
> AH okay verstehe, vielen Dank, dass du mir auch meinen
> eigenen komplizierteren Ansatz richtigstellst!
Ich habe das schon selbst oft so gerechnet. Daher wußte ich auch, dass das geht 
> > Nun beweise auch noch, dass diese Wahl auch wirklich
> geeignet ist. (Insbesondere gilt stets
> [mm]\delta=\delta_{x_0,\epsilon} > 0\,.[/mm] Warum?)
> [mm]\delta_1[/mm] ist >0 also auch [mm]\delta[/mm] >0
> da gilt [mm]0 < \delta < \delta_1=-|x_0|+\sqrt{|x_0|^2+\epsilon}[/mm]
>
> Muss ich unser gefundenes [mm]\delta[/mm] hier noch einsetzen oder
> wie?
> [mm]\delta[/mm] * [mm](\delta[/mm] +2 [mm]|x_0|[/mm] < [mm]\epsilon[/mm]
Wenn Du es gut begründest, müßtest Du es nicht. Aber: Du hattest ja gesehen, dass [mm] $|x-x_0| <\delta*(2|x_0|+\delta)\,,$ [/mm] wenn [mm] $|x-x_0| [/mm] < [mm] \delta$ [/mm] (das gilt ja sogar für jedes [mm] $\delta [/mm] > 0$).
Also kannst Du nun auch nachprüfen, dass mit [mm] $\delta:=(-|x_0|+\sqrt{|x_0|^2+\epsilon})/2$ [/mm] auch in der Tat gilt
[mm] $$\delta*(2|x_0|+\delta) [/mm] < [mm] \epsilon\,.$$
[/mm]
D.h. etwa: obiges [mm] $\delta$ [/mm] in die Ungleichung einsetzen und diese so lange äquivalent umformen, bis eine offensichtlich wahre Aussage entsteht. (Der eigentliche Beweis ginge dann so vonstatten, dass man mit der letztstehenden, offensichtlichen Aussage beginnt und den Beweis "von hinten nach vorne" unter Benutzung der [mm] $\Leftarrow$ [/mm] aufschreibt. Deswegen ist es wichtig, dass Du nicht nur aus der Behauptung eine wahre Aussage folgerst, sondern, dass die Folgerungen auch in umgekehrter Richtung gelten!)
>
>
> glm stetig
> > Nimm an, f sei glm. stetig auf [mm]\IR.[/mm] Zu [mm]\varepsilon=1[/mm]
> gibt ein [mm]\delta[/mm] >0 mit:
>
> (*) |f(x)-f(y)|<1 für x,y mit |x-y|< [mm]\delta.[/mm]
>
> So, nun sei x>0 . Setze y:=x+ [mm]\delta/2.[/mm]
> |f(x)-f(y)|<1 <=> [mm]|x^2-x^2[/mm] - [mm]\delta[/mm] x - [mm]\delta^2/4|[/mm] <1
> | - [mm]\delta[/mm] x - [mm]\delta^2/[/mm] 4| <1 <=> [mm]\delta[/mm] x + [mm]\delta^2/[/mm] 4
> <1 <=> [mm]\delta[/mm] (x [mm]+\delta/4)[/mm] <1
> mit |x-y|< $ [mm]\delta[/mm] <=> [mm]|x-x-\delta/2|<\delta[/mm]
> [mm]\delta/2[/mm] < [mm]\delta[/mm]
> Ich komme da nicht ganz auf den widerspruch.
Doch. Du siehst ihn nur nicht, weil Du alles ein wenig chaotisch aufgeschrieben hast.
Sei [mm] $\delta [/mm] > [mm] 0\,.$
[/mm]
1.: Für jedes [mm] $x\,$ [/mm] gilt hier mit [mm] $y:=x+\delta/2$ [/mm] sicherlich
[mm] $$|y-x|=|x-(x+\delta/2)|=\delta/2< \delta\,.$$
[/mm]
2.
Jetzt hast Du zudem ausgerechnet:
Für $x > [mm] 0\,$ [/mm] und [mm] $y\,$ [/mm] wie oben gilt
[mm] $$(\star)\;\;\;|f(y)-f(x)|=\delta*x+\delta^2/4\,.$$
[/mm]
Ohne nun erstmal konkret zu werden:
Wenn Du Dir mal den Graphen anguckst: "Bei gleichbleibendem Abstand der Argumente gehen doch die Funktionswerte weiter auseinander, wenn man mit [mm] $x\,$ [/mm] (und damit auch mit dem rechts von [mm] $x\,$ [/mm] gelegenen [mm] $y\,$) [/mm] nach rechts Richtung [mm] $\infty$ [/mm] wandert; wir befinden uns ja rechts der Null auf der $x$-Achse".
Was wäre die Idee oben? Je kleiner das [mm] $\delta [/mm] > 0$ ist, desto größer müssen wir [mm] $x=x_\delta$ [/mm] wählen, damit die Funktionswerte "weit genug auseinander liegen".
Was ist damit naheliegend? Etwa:
Für [mm] $\delta [/mm] > 0$ setze [mm] $x=1/\delta\,.$ [/mm]
Schau' jetzt in [mm] $(\star)$: [/mm] Kann dann noch $|f(y)-f(x)| < 1$ gelten?
Gruß,
Marcel
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