stetigkeit m. \epsilon-\delta < Stetigkeit < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Mit Hilfe der [mm] \epsilon-\delta-def. [/mm] soll stetigkeit von [mm] f(x)=\bruch{x-1}{x^{2}+1} [/mm] in x=-1 und x=3 nachgewiesen werden. |
über den rechts- und linksseitigen grenzwert habe ich ja kein Problem, aber mit dieser def. komme ich irgendwie nicht klar.
[mm] \epsilon-\delta-def. [/mm] der stetigkeit:
f: [mm] (a,b)\to\IR [/mm] ist stetig in [mm] a\in(a,b):\gdw \forall\epsilon>0\exists\delta(\epsilon)\forallx\in(a,b):\vmat{x-a}\le\delta\Rightarrow\vmat{f(x)-f(a)}\le\epsilon
[/mm]
für a=-1 bedeutet das
[mm] \vmat{f(x)-f(-1)}=\vmat{\bruch{x-1}{x^{2}+1}+2}=\vmat{\bruch{2x^{2}+x+1}{x^{2}+1}}\le\epsilon [/mm] und [mm] \vmat{x+1}\le\delta
[/mm]
das ist so der moment indem ich mir denke: mhh, schön. aber was mach ich jetzt damit?
hätte jetzt irgendwas in der richtung gedacht, sieht aber ziemlich schwachsinnig aus:
[mm] \vmat{\bruch{2x^{2}+x+1}{x^{2}+1}}\le\vmat{\bruch{2x^{2}+x+1}{x+1}}\le\epsilon \Rightarrow \vmat{2x^{2}+x+1}\le\epsilon\vmat{x+1}\le\delta, \forall \epsilon\le\delta
[/mm]
könnt ihr mir sagen wie man das macht?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:53 Mo 08.10.2007 | | Autor: | Hund |
Hallo,
es ist f(-1)=-2/2=-1 und nicht -2, dann wird die Abschätzung ganz leicht:
[mm] \left|f(x)-f(-1)\right|=\left|\bruch{x-1}{x²+1}+1\right|=\left|\bruch{x-1+x²+1}{x²+1}\right| [/mm] .
Der Nenner ist positiv, also:
[mm] $=\bruch{\left|x+x²\right|}{x²+1} \le [/mm] |x+x²|=|x|*|x+1|$
Von hier aus ist es ja klar.
Mit den anderen Werten geht es analog.
Ich hoffe, es hat dir geholfen.
Gruß
Hund
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> Der Nenner ist positiv, also:
>
> [mm]=\bruch{lx+x²l}{x²+1}\lelx+x²l=lxllx+1l[/mm]
-1,na klar. aber das dort oben kann ich jetzt nicht so ganz nachvollziehen. meinst du das [mm] \vmat{bruch} \le \vmat{x}\vmat{x+1} [/mm] ?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:19 Mo 08.10.2007 | | Autor: | Hund |
Hallo,
ich habe es wohl irgendwie nicht richtig eingetippt, ich hab es jetzt verbessert. Du hast natürlich Recht.
Ich hoffe, es hat dir geholfen.
Gruß
Hund
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dann wäre also [mm] \delta=\bruch{\epsilon}{\vmat{x}}
[/mm]
nun hab ich jetzt aber ein problemchen mit dem 2.:
ich könnte das auch nur auf die gleiche lösung abschätzen.
[mm] (\vmat{\bruch{-x^{2}+5x-6}{5(x^{2}+1)}}\le\vmat{\bruch{-x^{2}+5x}{5(x^{2}+1)}}=\vmat{\bruch{x^{2}-5x}{5(x^{2}+1)}}\le\vmat{x^{2}-5x}\le\vmat{x^{2}-x}...)
[/mm]
wie hättest du abgeschätzt?
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> nun hab ich jetzt aber ein problemchen mit dem 2.:
> ich könnte das auch nur auf die gleiche lösung abschätzen.
> [mm](\vmat{\bruch{-x^{2}+5x-6}{5(x^{2}+1)}}\le\vmat{\bruch{-x^{2}+5x}{5(x^{2}+1)}}=\vmat{\bruch{x^{2}-5x}{5(x^{2}+1)}}\le\vmat{x^{2}-5x}\le\vmat{x^{2}-x}...)[/mm]
> wie hättest du abgeschätzt?
Hallo,
nicht so...
Das stimmst so nicht:
Es ist [mm] |-x^{2}+5x-6| \not\le |-x^{2}+5x|, [/mm] was Du siehst, wenn Du z.B. x=-2 einsetzt.
Ich würde jetzt so vorgehen: Bei den epsilons interessieren ja die kleinen, nahe bei 0.
Sei als [mm] 1>\varepsilon>0 [/mm] und sei [mm] \delta=\varepsilon/2.
[/mm]
Für [mm] |3-x|<\delta [/mm] gilt dann
[mm] |f(3)-f(x)|=|\bruch{x^{2}-5x+6}{5(x^{2}+1)}|\le |x^{2}-5x-x+9+x-9+6|=|(x-3)^2+x-3|\le |(x-3)^2|+|x-3|\le \delta^2+\delta\le (\varepsilon/2)^2+\varepsilon/2\le 3/4\varepsilon [/mm] wg. [mm] 1>\varepsilon>0.
[/mm]
Gruß v. Angela
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