Delta-Epsilon Kriterium Aufg.1 < Stetigkeit < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:06 Sa 16.03.2013 | | Autor: | mbra771 |
| Aufgabe | Sei [mm] f:D\rightarrow \mathbb{R} [/mm] mit [mm] f(x)=x^2
[/mm]
Zeigen Sie mit dem [mm] \delta [/mm] - [mm] \varepsilon [/mm] Kriterium die Stetigkeit von f. |
Ich übe gerade den Umgang mit dem [mm] \delta [/mm] - [mm] \varepsilon [/mm] Kriterium. das soll die erste von zwei Aufgaben sein und es wäre schön, wenn mal jemand über meine Lösung drüber guckt.
Bitte schaut auch mal auf die Formulierung. Fällt mir immer schwer. Eventuell könnte man auch einfacher formulieren. Vorschläge sind erwünscht 
So, ich fang dann mal an:
Sei [mm] \varepsilon>0 [/mm] und [mm] \delta>0 [/mm] und a ein Punkt aus der [mm] \varepsilon [/mm] - Umgebung von x [mm] \epsilon [/mm] D.
Um die Stetigkeit von f in jedem x zu beweisen, ist zu zeigen, daß zu jedem [mm] \varepsilon [/mm] mit [mm] \mid f(x)-f(a)\mid<\varepsilon [/mm] ein [mm] \delta [/mm] existiert welches die Eigenschaften [mm] \mid [/mm] x-a [mm] \mid<\delta [/mm] erfüllt.
(Abschätzen des [mm] \delta):
[/mm]
[mm] \mid f(x)-f(a)\mid=\mid x^2-a^2\mid=\mid a^2-x^2 \mid =\mid [/mm] a-x [mm] \mid \mid [/mm] a+x [mm] \mid [/mm]
[mm] \leq \mid [/mm] a-x [mm] \mid (\mid [/mm] a-x [mm] \mid [/mm] + [mm] \mid [/mm] 2x [mm] \mid)= \mid [/mm] a-x [mm] \mid^2 [/mm] + [mm] \mid [/mm] 2x [mm] \mid \mid [/mm] x-a [mm] \mid [/mm] < [mm] \varepsilon
[/mm]
Nach der Umstellung mit pq oder abc Formel kann [mm] \delta [/mm] festgelegt werden
[mm] \delta [/mm] := [mm] -\mid [/mm] x [mm] \mid [/mm] + [mm] \sqrt{x^2+\varepsilon}
[/mm]
Da [mm] \sqrt{x^2+\varepsilon} [/mm] > [mm] \mid [/mm] x [mm] \mid [/mm] ist, existiert mit [mm] \mid [/mm] f(x)-f(a) [mm] \mid [/mm] ≤ [mm] -\mid [/mm] x [mm] \mid [/mm] + [mm] \sqrt{x^2+\varepsilon} [/mm] = [mm] \delta [/mm] zu jedem [mm] \varepsilon [/mm] >0 ein [mm] \delta [/mm] >0, was die Stetigkeit von f beweist.
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Hallo,
> Sei [mm]f:D\rightarrow \mathbb{R}[/mm] mit [mm]f(x)=x^2[/mm]
>
> Zeigen Sie mit dem [mm]\delta[/mm] - [mm]\varepsilon[/mm] Kriterium die
> Stetigkeit von f.
Es heißt: " [mm] \varepsilon-\delta [/mm] -Kriterium" Es soll darauf hindeuten, dass erst das [mm] $\varepsilon$ [/mm] vorgegeben, und danach das [mm] $\delta$ [/mm] angegeben wird.
> So, ich fang dann mal an:
>
> Sei [mm]\varepsilon>0[/mm] und [mm]\delta>0[/mm] und a ein Punkt aus der
> [mm]\varepsilon[/mm] - Umgebung von x [mm]\epsilon[/mm] D.
Du machst ja im Moment scheinbar einen Beweisentwurf. Sonst hätte jetzt schon das konkrete [mm] $\delta$ [/mm] in Abhängigkeit von [mm] $\varepsilon$ [/mm] angegeben werden müssen.
Das $a$ muss aus der [mm] $\delta$-Umgebung [/mm] von $x$ sein.
> Um die Stetigkeit von f in jedem x zu beweisen, ist zu
> zeigen, daß zu jedem [mm]\varepsilon[/mm] mit [mm]\mid f(x)-f(a)\mid<\varepsilon[/mm]
> ein [mm]\delta[/mm] existiert welches die Eigenschaften [mm]\mid[/mm] x-a
> [mm]\mid<\delta[/mm] erfüllt.
Nein!
Es ist zu zeigen, dass für festes $x [mm] \in [/mm] D$ zu jedem [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ ein [mm] $\delta [/mm] > 0$ existiert, sodass:
Für alle [mm] $a\in [/mm] D$: $|x-a| < [mm] \delta \Rightarrow [/mm] |f(x)-f(a)| < [mm] \varepsilon$.
[/mm]
Das heißt, du darfst im Beweisentwurf annehmen, dass $|x-a|< [mm] \delta$ [/mm] ist.
> (Abschätzen des [mm]\delta):[/mm]
>
> [mm]\mid f(x)-f(a)\mid=\mid x^2-a^2\mid=\mid a^2-x^2 \mid =\mid[/mm]
> a-x [mm]\mid \mid[/mm] a+x [mm]\mid[/mm]
>
> [mm]\leq \mid[/mm] a-x [mm]\mid (\mid[/mm] a-x [mm]\mid[/mm] + [mm]\mid[/mm] 2x [mm]\mid)= \mid[/mm] a-x
> [mm]\mid^2[/mm] + [mm]\mid[/mm] 2x [mm]\mid \mid[/mm] x-a [mm]\mid[/mm] < [mm]\varepsilon[/mm]
Besser: Noch Zwischenschritt vor $< [mm] \varepsilon$:
[/mm]
[mm] $\le \delta*(\delta [/mm] + |2x|)$
Du kannst es dir hier leichter machen (und das solltest du auch), indem du z.B. [mm] $\delta \le [/mm] 1$ benutzt. Das darfst du, weil du ja einfach [mm] $\delta [/mm] := [mm] \min(1,...)$ [/mm] definieren kannst. Dadurch musst du keine quadratischen Gleichungen lösen. Also hier z.B.
[mm] $\le \delta*(1+|2x|) [/mm] < [mm] \varepsilon$. [/mm] (*)
----
Aber zurück zu deiner Lösung:
> Nach der Umstellung mit pq oder abc Formel kann [mm]\delta[/mm]
> festgelegt werden
>
> [mm]\delta[/mm] := [mm]-\mid[/mm] x [mm]\mid[/mm] + [mm]\sqrt{x^2+\varepsilon}[/mm]
>
>
> Da [mm]\sqrt{x^2+\varepsilon}[/mm] > [mm]\mid[/mm] x [mm]\mid[/mm] ist, existiert mit
> [mm]\mid[/mm] f(x)-f(a) [mm]\mid[/mm] ≤ [mm]-\mid[/mm] x [mm]\mid[/mm] +
> [mm]\sqrt{x^2+\varepsilon}[/mm] = [mm]\delta[/mm]
Das ist falsch! Du schätzt doch ab:
$|f(x)-f(a)| [mm] \le \delta^2 [/mm] + [mm] |2x|*\delta$
[/mm]
und nun hast du [mm] $\delta$ [/mm] extra so gewählt, dass gilt: [mm] $\delta^2 [/mm] + [mm] |2x|*\delta [/mm] = [mm] \varepsilon$.
[/mm]
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Ordentlich aufgeschrieben könnte das mit deiner Lösung so aussehen:
Beweis für Stetigkeit von [mm] $f:\IR \to \IR, [/mm] f(x) = [mm] x^2$:
[/mm]
Sei $x [mm] \in \IR$ [/mm] beliebig. Sei [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ beliebig. Wähle [mm] $\delta [/mm] = [mm] -|x|+\sqrt{x^2 + \varepsilon} [/mm] > 0$. Sei $a [mm] \in \IR$ [/mm] mit $|x-a| < [mm] \delta$. [/mm] Dann gilt:
$|f(x)-f(a)| [mm] \le [/mm] ... [mm] \le \delta^2 [/mm] + [mm] |2x|\delta [/mm] = [mm] \varepsilon$.
[/mm]
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Ich würde allerdings einen Beweis bevorzugen, der (*) nutzt.
Viele Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:22 So 17.03.2013 | | Autor: | mbra771 |
Hallo Stefan,
vielen Dank für deine Mühe und ich erkenne, was ich falsch gemacht habe (naja, so hoffe ich). Ich schreib die Lösung noch mal unter Beachtung deiner Anmerkungen. ... und klar ich mach mir mit der Abschätzung, daß [mm] \delta [/mm] ≤ 1 ist das Leben viel einfacher
Drei Fragen dazu:
1.) Wenn ich das richtig verstehe, dann darf ich bereits in der Abschätzung das [mm] \delta [/mm] verwenden!??
2.) Ist das Äquivalent beim Abschätzen des [mm] \delta [/mm] so richtig? Macht man das so?
3.) Meintest du das so, mit der Vorgabe [mm] \delta [/mm] ≤1 ?
Aufgabe:
Zeige mit dem [mm] \epsilon [/mm] - [mm] \delta [/mm] - Kriterium die Stetigkeit von [mm] f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R} [/mm] mit [mm] f(x)=x^2
[/mm]
Seien x [mm] \epsilon [/mm] R und [mm] \varepsilon [/mm] > 0 beliebig. Wähle [mm] \delta [/mm] := min [mm] \left \{1, \frac{\varepsilon}{2 + \mid 2x \mid} \right \} [/mm] > 0 Sei $ a [mm] \in \IR [/mm] $ mit [mm] \mid [/mm] x-a [mm] \mid [/mm] < [mm] \delta [/mm] dann gilt:
[mm] \mid f(x)-f(a)\mid=\mid x^2-a^2\mid=\mid a^2-x^2 \mid =\mid [/mm] a-x [mm] \mid \mid [/mm] a+x [mm] \mid [/mm]
[mm] \leq \mid [/mm] a-x [mm] \mid (\mid [/mm] a-x [mm] \mid [/mm] + [mm] \mid [/mm] 2x [mm] \mid) [/mm] ≤ [mm] \delta [/mm] (1 + [mm] \mid [/mm] 2x [mm] \mid) [/mm] < [mm] \varepsilon \Leftrightarrow
[/mm]
[mm] \delta [/mm] < [mm] \frac{\varepsilon}{1 + \mid 2x \mid}
[/mm]
Somit existiert für ein festes x [mm] \epsilon [/mm] R zu jedem [mm] \varepsilon [/mm] mit [mm] \delta [/mm] = [mm] \frac{\varepsilon}{2 + \mid 2x \mid} [/mm] ein [mm] \delta [/mm] >0, was die Stetigkeit von f beweist.
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Hallo,
> und klar ich mach mir mit der Abschätzung, daß [mm]\delta[/mm] ≤
> 1 ist das Leben viel einfacher
> Drei Fragen dazu:
> 1.) Wenn ich das richtig verstehe, dann darf ich bereits
> in der Abschätzung das [mm]\delta[/mm] verwenden!??
Natürlich. Du setzt ja im Beweis voraus, dass $|x-a| < [mm] \delta$ [/mm] ist.
> 2.) Ist das Äquivalent beim Abschätzen des [mm]\delta[/mm] so
> richtig? Macht man das so?
Meinst du das Äquivalenzzeichen unten?
Das brauchst du eigentlich nicht.
> 3.) Meintest du das so, mit der Vorgabe [mm]\delta[/mm] ≤1 ?
Ich meine das so, wie du es unten aufgeschrieben hast. Wenn du [mm] $\delta [/mm] := [mm] \min(1,...)$ [/mm] wählst, kannst du im Beweis [mm] $\delta \le [/mm] 1$ voraussetzen.
> Aufgabe:
> Zeige mit dem [mm]\epsilon[/mm] - [mm]\delta[/mm] - Kriterium die Stetigkeit
> von [mm]f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}[/mm] mit [mm]f(x)=x^2[/mm]
>
>
> Seien x [mm]\epsilon[/mm] R und [mm]\varepsilon[/mm] > 0 beliebig. Wähle
> [mm]\delta[/mm] := min [mm]\left \{1, \frac{\varepsilon}{2 + \mid 2x \mid} \right \}[/mm]
> > 0 Sei [mm]a \in \IR[/mm] mit [mm]\mid[/mm] x-a [mm]\mid[/mm] < [mm]\delta[/mm] dann gilt:
>
>
> [mm]\mid f(x)-f(a)\mid=\mid x^2-a^2\mid=\mid a^2-x^2 \mid =\mid[/mm]
> a-x [mm]\mid \mid[/mm] a+x [mm]\mid[/mm]
>
> [mm]\leq \mid[/mm] a-x [mm]\mid (\mid[/mm] a-x [mm]\mid[/mm] + [mm]\mid[/mm] 2x [mm]\mid)[/mm] ≤
> [mm]\delta[/mm] (1 + [mm]\mid[/mm] 2x [mm]\mid)[/mm] < [mm]\varepsilon \Leftrightarrow[/mm]
>
> [mm]\delta[/mm] < [mm]\frac{\varepsilon}{1 + \mid 2x \mid}[/mm]
Das ist ok so, (weil die letzte Aussage eine wahre Aussage ist), aber besser wäre das ganze ohne das abschließende Äquivalenzzeichen. So:
$|f(x) - f(a)| [mm] \le [/mm] ... [mm] \le \delta \cdot [/mm] (1+|2x|) [mm] \le \varepsilon\cdot \frac{1+|2x|}{2+|2x|} [/mm] < [mm] \varepsilon$.
[/mm]
Es ist übrigens nicht so wichtig, dass am Ende [mm] $\red{<}\varepsilon$ [/mm] dasteht. Es genügt [mm] $\red{\le}\varepsilon$. [/mm]
> Somit existiert für ein festes x [mm]\epsilon[/mm] R zu jedem
> [mm]\varepsilon[/mm] mit [mm]\delta[/mm] = [mm]\frac{\varepsilon}{2 + \mid 2x \mid}[/mm]
> ein [mm]\delta[/mm] >0, was die Stetigkeit von f beweist.
Den abschließenden Satz kannst du im Beweis weglassen.
Das [mm] $\delta$ [/mm] sollte außerdem wie oben gewählt sein, also [mm] $\delta [/mm] = [mm] \min\left\{1, \frac{\varepsilon}{2+|2x}\right\}$.
[/mm]
Viele Grüße,
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 01:13 So 17.03.2013 | | Autor: | mbra771 |
DANKE !!!!
Hat mich wieder einen Schritt nach vorne gebracht.
(...und Mathe macht doch glücklich )
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