Stetigkeit f(x)=x^2 < Stetigkeit < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:31 Di 09.02.2010 | | Autor: | raida |
| Aufgabe | | Zeige die Stetigkeit der Funktion f(x) [mm] =x^2. [/mm] Verwenden Sie das Epsilon-Delta Kriterium. |
Hallo,
habe hier einen Beweis vorliegen und komme nicht weiter. Und zwar wird hier als Bedingung vorausgesetzt, dass [mm] x<\bruch{x_{0}}{2}.
[/mm]
Ich verstehe nicht woher man das nimmt? Wenn ich mir eine Graphen vorstelle, und mir ein x und ein x0 hernehme, ist doch x immer größer als x0, nach der obbigen Bedingung wäre ja 2x<x0, dann wäre das x0 ja weiter rechts als das x, wie soll das funktionieren? Weiß da vlt. jemand weiter?
Der komplette Beweis ist hier zu finden: (Seite 2):
http://www.stud.unihannover.de/~fmodler/Viele%20Beispiele%20zur%20Stetigkeit.pdf
Vielen Dank.
Grüße
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Hallo,
> Zeige die Stetigkeit der Funktion f(x) [mm]=x^2.[/mm] Verwenden Sie
> das Epsilon-Delta Kriterium.
> Hallo,
> habe hier einen Beweis vorliegen und komme nicht weiter.
> Und zwar wird hier als Bedingung vorausgesetzt, dass
> [mm]x<\bruch{x_{0}}{2}.[/mm]
> Ich verstehe nicht woher man das nimmt? Wenn ich mir eine
> Graphen vorstelle, und mir ein x und ein x0 hernehme, ist
> doch x immer größer als x0, nach der obbigen Bedingung
> wäre ja 2x<x0, dann wäre das x0 ja weiter rechts als das
> x, wie soll das funktionieren? Weiß da vlt. jemand
> weiter?
Ich verstehe deine Frage nicht ganz.
Du überprüfst ja bei solch einem Beweis die Stetigkeit einer Funktion f in einem Punkt [mm] x_{0}.
[/mm]
Dann kann x natürlich sowohl links als auch rechts neben [mm] x_{0} [/mm] liegen!
Du hast aber recht, ich finde diesen Beweis äußerst unsauber und würde den so nicht formulieren.
Du kannst die Stetigkeit von [mm] x^{2} [/mm] besser mit dem Folgenkriterium nachweisen.
Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:31 Di 09.02.2010 | | Autor: | raida |
Hallo,
danke für deine Hilfe.
Ja ist klar, aber frage mich wieso der Beweisführer da so unlogisch vorgeht, dachte vlt. das hätte einen Grund.
Der Beweis ist doch sonst ganz ordentlich dachte ich?
Folgenkriterium geht nicht, da Bedingung der Aufgabe Delta-Epsilon Kriterium ist.
Grüße
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Hallo,
> Hallo,
> danke für deine Hilfe.
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> Ja ist klar, aber frage mich wieso der Beweisführer da so
> unlogisch vorgeht, dachte vlt. das hätte einen Grund.
> Der Beweis ist doch sonst ganz ordentlich dachte ich?
Bin ich nicht der Meinung.
Durch die Bedingung $x < [mm] x_{0}/2$ [/mm] behandelt er nicht alle x, das ist ziemlich komisch.
Wenn man beim Schritt
[mm] $|f(x)-f(x_{0})| [/mm] = [mm] |x-x_{0}|*|x+x_{0}| \le \delta*|x+x_{0}|$
[/mm]
angekommen ist, halte ich Folgendes für angemessener: Es ist
[mm] $|x+x_{0}| [/mm] = [mm] |x-x_{0} [/mm] + [mm] 2*x_{0}| \le |x-x_{0}| [/mm] + [mm] 2*|x_{0}| [/mm] < [mm] \delta [/mm] + [mm] 2*|x_{0}|$,
[/mm]
also insgesamt:
[mm] $|f(x)-f(x_{0})| [/mm] < [mm] \delta*(\delta [/mm] + [mm] 2*|x_{0}|) [/mm] = [mm] \delta^{2} [/mm] + [mm] 2*\delta*|x_{0}|$
[/mm]
Da muss man jetzt zwar noch ein bisschen mit dem [mm] \varepsilon [/mm] rumhangeln, aber das dürfte zu lösen sein.
Hier schließt man zumindest nicht von vornherein x aus.
Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:09 Di 09.02.2010 | | Autor: | raida |
Danke für deine korrekte Lösung
Hätte da eine Weiterführung gefunden, weiß aber leider nicht ob sie so richtig ist:
Setze ich:
[mm] \delta^{2} [/mm] + [mm] 2\cdot{}\delta\cdot{}|x_{0}| [/mm] = [mm] (\delta [/mm] + [mm] x_{0})^2 [/mm] - [mm] x_{0}^2 [/mm] < [mm] \epsilon
[/mm]
[mm] (\delta [/mm] + [mm] x_{0})^2 [/mm] < [mm] \epsilon [/mm] + [mm] x_{0}^2
[/mm]
[mm] (\delta [/mm] + [mm] x_{0}) [/mm] < [mm] \wurzel{\epsilon + x_{0}^2}
[/mm]
[mm] \delta [/mm] < [mm] \wurzel{\epsilon + x_{0}^2} [/mm] - [mm] x_{0}
[/mm]
Danke
Grüße
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Hallo raida,
> Danke für deine korrekte Lösung
> Hätte da eine Weiterführung gefunden, weiß aber leider
> nicht ob sie so richtig ist:
> Setze ich:
>
> [mm] $\delta^{2}+2\cdot{}\delta\cdot{}|x_{0}|=(\delta+ \red{|}x_{0}\red{|})^2-x_{0}^2 [/mm] < [mm] \epsilon$
[/mm]
>
> [mm] $(\delta+\red{|}x_{0}\red{|})^2 [/mm] < [mm] \epsilon+x_{0}^2$
[/mm]
> [mm] $(\delta+\red{|}x_{0}\red{|}) [/mm] < [mm] \wurzel{\epsilon+ x_{0}^2}$
[/mm]
> [mm] $\delta [/mm] < [mm] \wurzel{\epsilon + x_{0}^2}-\red{|}x_{0}\red{|}$
[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> Danke
> Grüße
LG
schachuzipus
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:50 Di 09.02.2010 | | Autor: | gfm |
Die Methode ist immer von
[mm] |f(x)-f(x_0)|<\epsilon
[/mm]
nach
[mm] |x-x_0|<\delta(\epsilon)
[/mm]
zu gelangen, so, dassman, wenn man fertig ist, von unten nach oben schließen kan. Dazu darf man auf dem Weg von oben nach unten kleinere Seiten vergrößern und umgekehrt:
[mm] |x^2-x_0^2|<\epsilon
[/mm]
[mm] \gdw
[/mm]
[mm] |x-x_0||x+x_0|<\epsilon
[/mm]
[mm] \Leftarrow
[/mm]
[mm] |x-x_0|(|x|+|x_0|)<\epsilon
[/mm]
[mm] \Leftarrow
[/mm]
[mm] |x-x_0|(|x|\vee|x_0|)<\epsilon
[/mm]
[mm] \Leftarrow
[/mm]
[mm] |x-x_0|<\frac{\epsilon}{|x|\vee|x_0|}=:\delta(\epsilon)
[/mm]
[mm] \Leftarrow
[/mm]
Wenn also [mm] x_0<>0, [/mm] dann gibt es zu jeden [mm] \epsilon [/mm] ein [mm] \delta
[/mm]
so daß für alle x, [mm] x_0 [/mm] aus
[mm] |x-x_0|<\frac{\epsilon}{|x|\vee|x_0|}=:\delta(\epsilon)
[/mm]
[mm] |f(x)-f(x_0)|<\epsilon
[/mm]
folgt.
Wenn [mm] x_0 [/mm] gleich null ist, leistet [mm] \delta(\epsilon):=\wurzel{\epsilon} [/mm] das Gewünschte.
LG
gfm
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