Stetigkeit Lösungsansatz < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:56 Sa 13.01.2007 | | Autor: | Thomas85 |
hallo.
ich hab folgende Aufgabe:
Man untersuche die Funktion f: [mm] \IR_{>0} [/mm] -> [mm] \|R
[/mm]
mit
[mm] f(x)=\begin{cases} 0, & \mbox{für } x \mbox{ irrational} \\ \bruch{1}{q}, & \mbox{für } x = \bruch{p}{q} \mbox{mit teilerfremden p,q } \end{cases}
[/mm]
auf Stetigkeit.
Mein Ansatz:
Vermutung: f(x) stetig in allen x, mit x irrational
Sei a irrational beliebig.
Für jedes a existiert ein [mm] \bruch{p}{q} [/mm] so dass gilt:
[mm] \bruch{p}{q+n} [/mm] < a < [mm] \bruch{p}{q}
[/mm]
Sei mi := min [mm] (\bruch{p}{q} [/mm] | [mm] \bruch{p}{q} [/mm] > a)
Sei ma := max [mm] (\bruch{p}{q+n} [/mm] | [mm] \bruch{p}{q+n} [/mm] < a)
(sorry irgendwie hat ber die Mengenklammern nicht genommen)
Sei [mm] \delta [/mm] := |(mi - ma)| . Dann ist [mm] \delta [/mm] > 0
Für alle x mit |x-a| < [mm] \delta [/mm] gilt: x [mm] \in [/mm] (mi, ma)
Damit gilt für alle x in der [mm] \delta [/mm] Umgebung: x ist irrational.
Damit gilt |f(x)-f(a)| = 0 < [mm] \varepsilon.
[/mm]
Damit ist f(x) stetig in jedem punkt x irrational.
Ok, da ich SEHR unerfahren bin mit Stetigkeitsbeweisen würde ich mich freuen wenn jemand den Lösungsansatz überprüfen könnte.
Würde mich sehr freuen.
Mfg Thomas
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Hiho,
da die Funktion nicht stetig ist, wird dein Lösungsansatz nicht klappen 
Tip: Widerspruchsbeweis über Folgenstetigkeit.
Folgenstetigkeit: [mm]f stetig \gdw \forall x \in D(f): \limes_{x \rightarrow x_0} f(x) = f(x_0).[/mm]
Oder anders formuliert: Sei [mm](x_n) \subset D(f)[/mm] Folge mit [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}x_n = x_0[/mm], dann gilt: [mm]f stetig \gdw \limes_{n\rightarrow\infty} f(x_n) = f(x_0)[/mm]
Wähle [mm] x_0 [/mm] = 1 und [mm] x_n [/mm] als Folge von ausschliesslich irrationalen Gliedern. Was gilt dann?
Gruß,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:13 Sa 13.01.2007 | | Autor: | Thomas85 |
hallo und vielen dank für die antwort.
dann würde gelten [mm] lim(f(x_n)) [/mm] != [mm] f(x_0)
[/mm]
aber damit wäre doch nur gezeigt dass sie auf einem beliebigen Intervall D nicht stetig ist.
Ich wollte mit meinem Beweisansatz aber nur zeigen dass f(x) in jedem beliebigen irrationalen PUNKT stetig ist.
Hoffe ich hab dich nicht missverstanden.
mfg thomas
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Hiho,
wenn die Funktion in einem irrationalen Punkt stetig wäre, so wäre sie dies (nach [mm] \varepsilon [/mm] - [mm] \delta [/mm] - Kriterium) auch in einer Umgebung um diesen Punkt. Da aber in jeder Umgebung um einen irrationalen Punkt immer auch rationale Punkte liegen und sie dort nicht stetig ist, kann sie folglich auch in keinem irrationalen Punkt stetig sein 
Letztendlich wärst du damit fertig, wenn du dies aber "zu Fuß" machen willst, kannst du dies analog zu den rationalen Punkten ebenfalls über die Folgenstetigkeit zeigen.
Gruß,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:26 Sa 13.01.2007 | | Autor: | Thomas85 |
ok, alles klar.
da in einer [mm] \delta [/mm] umgebung rationale zahlen liegen können habe ich [mm] \delta [/mm] ja durch ein minimum und ein maximum definiert so dass dazwischen nur irrationale zahlen liegen können.
ich verstehe leider nicht ganz wieso das nicht geht.
wäre sehr nett wenn du mir das noch erklären könntest.
vielen dank
mfg thomas
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> ok, alles klar.
>
> da in einer [mm]\delta[/mm] umgebung rationale zahlen liegen können
> habe ich [mm]\delta[/mm] ja durch ein minimum und ein maximum
> definiert so dass dazwischen nur irrationale zahlen liegen
> können.
Joa, das ist ne schöne Idee, funktioniert nur leider nicht
Es ist leider so, egal wie du dein Delta festlegst, ich finde immer einer rationale Zahl, die näher dranliegt, als das delta, was du mir gibst.
Da haperts auch in deinem Beweis, das führt nämlich zu folgendem:
[mm]mi := min(\bruch{p}{q}|\bruch{p}{q} > a)[/mm]
So hast du dein Minimum definiert (bzw. Infimum, wenns nen Minimum werden sollte, müsste dein Minimum selbst wieder eine rationale Zahl sein). Da ich dir aber oben bereits geschrieben habe, daß in jeder Umgebung um a wieder rationale Zahlen liegen, würde dies Zwangsweise dazu führen, daß gilt mi = a (!!!).
Analog dazu würde gelten ma = a.
Damit wäre dein Delta: [mm]\delta = |ma - mi| = |a-a| = 0[/mm] was nen Widerspruch zum [mm] \varepsilon [/mm] - [mm] \delta [/mm] - Kriterium darstellt, da [mm]\delta > 0 [/mm] gelten soll.
Gruß,
Gono.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:58 Sa 13.01.2007 | | Autor: | Thomas85 |
ok
Dann ists klar. vielen dank für all die antworten nochmal!
Mfg Thomas
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:18 So 14.01.2007 | | Autor: | Thomas85 |
Ich muss das Thema doch noch mal rauskramen, denn ich bin doch de rmeinung dass f in jedem irrationalen Punkt [mm] x_0 [/mm] stetig ist:
Also ich muss zeigen dass zu jedem [mm] \varepsilon [/mm] ein [mm] \delta [/mm] gefunden werden kann so dass gilt [mm] |f(x)-f(x_0)| [/mm] < [mm] \varepsilon [/mm] für alle x mit [mm] |x-x_0| [/mm] < [mm] \delta.
[/mm]
So: Sei ein k [mm] \in [/mm] N vorgegeben mit 1/k < [mm] \varepsilon.
[/mm]
Was ist denn wenn ich jetzt [mm] \delta [/mm] := 1/k definiere.
Dann würde für [mm] |x-x_0| [/mm] < [mm] \delta [/mm] folgen:
x liegt im Bereich 1/k um [mm] x_0.
[/mm]
Damit folgt für x rational: f(x) < 1/k.
und für x irrational: x: f(x) = 0
Damit würe dann für alle x mit [mm] |x-x_0| [/mm] < 1/k folgen: [mm] |f(x)-f(x_0)| [/mm] = f(x) < [mm] \varepsilon
[/mm]
irgendwo habe ich aber bestimmt einen fehler gemacht. helft mir bitte :(
mfg thomas
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Hiho,
falsch ist dein Beweis nur halb
Du vergisst dein [mm] x_0 [/mm] festzulegen. Für [mm] x_0 [/mm] = 0 klappt das auch. Das stimmt auch, weil die Funktion zwar nicht stetig auf Ihrem Definitionsbereich ist, sie ist allerdings stetig in [mm] x_0 [/mm] = 0. Und da klappt dein Beweis auch
Gruß,
Gono.
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