Beweis der Stetigkeit einer monotonen Funktion

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20.03.2024, 17:54	Raphael_04	Auf diesen Beitrag antworten »
Beweis der Stetigkeit einer monotonen Funktion Es sei $\begin{eqnarray} f: [a,b] \rightarrow \mathbb{R} \end{eqnarray}$ eine monoton wachsende Funktion, die zudem jeden Wert $\begin{eqnarray} c \in [f(a), f(b)] \end{eqnarray}$ annimmt. Zeigen Sie, dass $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ stetig ist. Bisher probiert habe ich das Folgenkriterium anzuwenden. Ich nehme mir beliebige eine Stelle $\begin{eqnarray} x \in [a,b] \end{eqnarray}$ und eine beliebige Folge $\begin{eqnarray} x_n \in [a,b] \end{eqnarray}$ und zeige, dass wenn $\begin{eqnarray} x_n \rightarrow x \end{eqnarray}$ geht, $\begin{eqnarray} f(x_n) \rightarrow f(x) \end{eqnarray}$ konvergiert. Angenommen, meine Folge $\begin{eqnarray} x_n \end{eqnarray}$ wäre ebenfalls monoton wachsend, dann hätte ich die Aussage eigentlich schon. Nur muss es eben für alle Folgen gelten. Ich bekomme es auch nicht hin, aus einer beliebigen Folge $\begin{eqnarray} x_n \end{eqnarray}$ mir Teilfolgen zu basteln, die alle gegen den selben Grenzwert konvergieren, würde ich es nämlich schaffen mir Teilfolgen zu basteln, die alle gegen $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ konvergieren und dabei alle Indizes abdecken, hätte ich ja auch die Konvergenz gezeigt.
20.03.2024, 22:09	Romaxx	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn der direkte Beweis nicht klappt, sollte man immer den indirekten Beweis ausprobieren.
21.03.2024, 15:03	Raphael_04	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich habe es bisher weder geschafft, mit dem Folgenkriterium einen Widerspruch zu erzeugen, noch mit Epsilon-Delta
22.03.2024, 08:32	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich würde es in die zwei Teile "rechtsseitig stetig" und "linksseitig stetig" splitten, wobei sich der zweite Teil in analoger Weise aus dem ersten ergibt. 1) Angenommen, es existiert ein $\begin{eqnarray} x_0\in [a,b) \end{eqnarray}$ , wo $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ nicht rechtsseitig stetig ist Dann gibt es ein $\begin{eqnarray} \varepsilon>0 \end{eqnarray}$ , so dass man für jedes $\begin{eqnarray} \delta>0 \end{eqnarray}$ im Intervall $\begin{eqnarray} (x_0,x_0+\delta) \end{eqnarray}$ ein $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} \left\|f(x)-f(x_0)\right\|\geq \varepsilon \end{eqnarray}$ findet. Aufgrund der Monotonie ist das gleichbedeutend mit $\begin{eqnarray} f(x)-f(x_0)\geq \varepsilon \end{eqnarray}$ . () Dann kann aber jeder Wert $\begin{eqnarray} c\in \left(f\left(x_0\right),f\left(x_0\right)+\varepsilon\right) \end{eqnarray}$ nicht von der Funktion angenommen werden, denn ein solches $\begin{eqnarray} x_c \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} f\left(x_c\right) = c \end{eqnarray}$ steht im Widerspruch zur Aussage (), wenn wir dort einfach $\begin{eqnarray} \delta := x_c-x_0 \end{eqnarray}$ betrachten: Denn laut () existiert ein $\begin{eqnarray} x < x_0+\delta = x_c \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} f(x)\geq f(x_0)+\varepsilon > c = f(x_c) \end{eqnarray}$ , was klar der Monotonie von $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ widerspricht. Somit gibt es $\begin{eqnarray} c\in \left(f\left(x_0\right),f\left(x_0\right)+\varepsilon\right)\subset \left[f(a),f(b)\right] \end{eqnarray}$ , die von der Funktion nicht angenommen werden, im Widerspruch zur Voraussetzung. Also war die Annahme falsch, und ein solches $\begin{eqnarray} x_0 \end{eqnarray}$ existiert nicht. 2) Angenommen, es existiert ein $\begin{eqnarray} x_0\in (a,b] \end{eqnarray}$ , wo $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ nicht* linksseitig stetig ist...
22.03.2024, 09:18	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Geht meines Erachtens auch direkt mit dem $\begin{eqnarray} \epsilon, \delta \end{eqnarray}$ -Kriterium. Voraussetzung: $\begin{eqnarray} f:[a,b]\to [f(a),f(b)] \end{eqnarray}$ monoton wachsend. Zu zeigen: $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ nicht stetig $\begin{eqnarray} \Rightarrow f:[a,b]\to [f(a),f(b)] \end{eqnarray}$ nicht surjektiv. Beweis: $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ nicht stetig $\begin{eqnarray} \Rightarrow \lnot(\forall x_0\in [a,b]\forall\epsilon>0\exists \delta>0:\|x-x_0\|<\delta \Rightarrow \|f(x)-f(x_0)\|<\epsilon) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow \exists x_0\in [a,b]\exists\epsilon>0\forall \delta>0:\|x-x_0\|<\delta \wedge \|f(x)-f(x_0)\|>\epsilon \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow \end{eqnarray}$ es gibt eine Stelle $\begin{eqnarray} x_0\in [a,b] \end{eqnarray}$ , an der die Funktion $\begin{eqnarray} f:[a,b]\to [f(a),f(b)] \end{eqnarray}$ eine Lücke im Zielbereich hat, die wegen der Voraussetzung weder links noch rechts von $\begin{eqnarray} x_0 \end{eqnarray}$ geschlossen werden kann $\begin{eqnarray} \Rightarrow f:[a,b]\to [f(a),f(b)] \end{eqnarray}$ nicht surjektiv. qed (An den Stellen a und b kann die Lücke nicht sein, deshalb ist die Unterscheidung linksseitig /rechtsseitig nicht notwendig.) Nachtrag: irgend etwas stimmt mit meinem Beweis nicht, vermutlich muss ich irgendwo $\begin{eqnarray} \exists x \end{eqnarray}$ statt $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ schreiben, und damit bin ich dann doch beim Ansatz von HAL 9000.
22.03.2024, 09:46	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich denke es geht sogar ohne Widerspruch. Sei $\begin{eqnarray} x_0\in [a,b], \epsilon > 0 \end{eqnarray}$ . OBdA $\begin{eqnarray} \epsilon < \frac 1 2\min (f(x_0) - f(a), f(b) - f(x_0)) \end{eqnarray}$ (technical detail..). Dann existiert aufgrund von Surjektivität $\begin{eqnarray} x_l, x_r \in [a,b] \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} f(x_l) = f(x_0) - \epsilon \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} f(x_r) = f(x_0) + \epsilon \end{eqnarray}$ . Wir definieren $\begin{eqnarray} \delta = \frac 1 2 \min (x_0 - x_l, x_r - x_0) \end{eqnarray}$ und haben unser $\begin{eqnarray} \delta \end{eqnarray}$ gefunden. Bleibt nur zu zeigen, dass es das tatsächlich ist. Da $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ monoton ist, ist $\begin{eqnarray} x_l < x_0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} x \in (x_l, x_0) \implies f(x) \in (f(x_l), f(x_0)) \end{eqnarray}$ . Analog ist $\begin{eqnarray} x_0 < x_r \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} x \in (x_l, x_0) \implies f(x) \in (f(x_0), f(x_r)) \end{eqnarray}$ . Und damit für $\begin{eqnarray} x\in (x_0 -\delta, x_0+\delta) \end{eqnarray}$ dann $\begin{eqnarray} \|f(x) - f(x_0)\| \leq \max (f(x_r) -f(x_0), f(x_0)-f(x_l)) = \epsilon \end{eqnarray}$ Edit: Es ist auch HALs Ansatz, bloss ohne Widerspruch. Edit 2: Nachtrag nachdem HAL auf die Intervallgrenzen $\begin{eqnarray} a,b \end{eqnarray}$ hingewiesen hat. Da scheitert der Beweis leider (leicht zu retten, aber dennoch etwas unschön). Edit 3: Setze $\begin{eqnarray} g(x) = \begin{cases} f(a) & x \in (-\infty, a) \\ f(x) & x \in [a,b] \\ f(b) &\text{sonst}\end{cases} \end{eqnarray}$ . Der Beweis funktioniert um Stetigkeit für $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ zu zeigen und trivialerweise ist $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ als Einschränkung von $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ stetig.
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22.03.2024, 09:54	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
@Elvis Du meinst vermutlich die Stelle $\begin{eqnarray} \Rightarrow \lnot(\forall x_0\in [a,b]~\forall\epsilon>0~\exists \delta>0 {~\color{red}\forall x}:\|x-x_0\|<\delta \Rightarrow \|f(x)-f(x_0)\|<\epsilon) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow \exists x_0\in [a,b]~\exists\epsilon>0~\forall \delta>0 {~\color{red}\exists x}:\|x-x_0\|<\delta \wedge \|f(x)-f(x_0)\|\geq \epsilon \end{eqnarray}$ Einer der Gründe, warum ich nach links- und rechtsstetig getrennt habe waren tatsächlich die Intervallgrenzen: Bei $\begin{eqnarray} x_0=a \end{eqnarray}$ macht nun mal die Untersuchung $\begin{eqnarray} x_0-\varepsilon \end{eqnarray}$ wenig Sinn, genauso wenig wie $\begin{eqnarray} x_0+\varepsilon \end{eqnarray}$ bei $\begin{eqnarray} x_0=b \end{eqnarray}$ . Außerdem ist man (in Verbindung zur Monotonie) damit auch schnell die Betragsstriche bei den Funktionswertdifferenzen losgeworden.
22.03.2024, 11:13	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke, so stimmt das mit den Quantoren. Wobei man auf den Allquantor auch verzichten kann, weil er implizit in der Implikation mitgemeint ist. Und das > hast du auch noch durch >= ersetzt, das war sehr aufmerksam.
22.03.2024, 12:01	Romaxx	Auf diesen Beitrag antworten »
Gilt in diesem Forum noch das Sprichwort: Hilfe zur Selbsthilfe. Ist ja wunderbar, dass hier alle gleich mit nahezu vollständigen Beweisen kommen, ich glaube aber nicht, dass das im Sinne des matheboards.de Prinzips ist. Was sagen die Moderatoren eigentlich dazu?
22.03.2024, 12:21	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Du kannst den "Vorfall" ja melden (da gibt es einen Button). Ich bekenne mich schuldig und nehme demütig die Strafe der Moderatoren auf mich.
22.03.2024, 12:27	Romaxx	Auf diesen Beitrag antworten »
Damit warst in erster Linie nicht du gemeint... Du hast dem Topic-Ersteller immerhin noch eine Hälfte übrig gelassen. Edit: Sonst verkommt das hier zu einer Ego-Show. Bin ja fasziniert, dass es hier so kompetente Mitglieder gibt.
22.03.2024, 12:53	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn ein leicht überforderter Fragesteller auch am dritten Tag noch keine erkennbar weiterführende Antwort bekommen hat, erbarme ich mich seiner und versuche ihm während des Frühstücks zu helfen. Auch nachdem HAL 9000 geantwortet hatte wollte ich meine Notizen nicht einfach nur in die Tonne kloppen.
22.03.2024, 13:03	Romaxx	Auf diesen Beitrag antworten »
@Elvis: HAL 9000s Post war mehr als genug. Du bestätigst mich nur mit deinen Aussagen. Ist auch nicht böse gemeint, aber deine Aussage klingt für mich sehr egozentrisch und nicht dem matheboard.de Prinzip angepasst. Für die Tonne... naja...
22.03.2024, 14:12	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Einen Beweis etwas anders und nach Möglichkeit einfacher zu gestalten halte ich immer für sinnvoll und hilfreich. Auch in der Mathematik gibt es nicht zu jeder Frage nur genau eine Antwort. Was an drei Versuchen Raphael_04 zu helfen egozentrisch sein soll verstehe ich nicht.
22.03.2024, 14:46	Romaxx	Auf diesen Beitrag antworten »
Lassen wir's gut sein. Wie immer es zu den Komplettlösungen auch gekommen sein mag, ich bin sicherlich nicht der einzige, der hier einen Konflikt mit dem matheboard.de Prinzip sieht...
23.03.2024, 20:25	Raphael_04	Auf diesen Beitrag antworten »
Ein großes Dankeschön an alle Personen, die mir geholfen haben! Ich bin leider nicht auf die Idee gekommen, in rechtsseitig und linksseitig zu unterscheiden, was wohl der Knackpunkt für die Aufgabe war
23.03.2024, 22:03	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Du unterschätzt die phantastischen Möglichkeiten der Mathematik. Es gibt keinen Knackpunkt, und alle Beweise sind vollständig und korrekt.
23.03.2024, 23:03	Raphael_04	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich meine hier eher den "Trick" der Aufgabe, den die Aufgabensteller oft im Hinterkopf haben, wenn sie Aufgaben kreieren. Es gibt (wie auch aufgezeigt wurde) mehrere Wege zur Lösung, nur die Erfahrung, die ich bisher mit Aufgaben gemacht habe, die sich für Klausuren eignen (das hier ist eine Aufgabe aus dem Repititorium für die Nachklausur der Analysis 1) ist die, das diese meist einen Kniff haben und wenn man den mal rausgefunden hat, die Lösung meist nicht mehr fern ist. Ganz im Gegensatz zu den Aufgaben auf den Übungsblättern, die oft mehr als nur einen von diesen Kniffen und gute Ideen brauchen. Aber das ist auch nur die Erfahrung aus bisher einem Semester Mathestudium und zwei Matheklausuren an der Uni.
24.03.2024, 10:36	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Den "Knackpunkt" sehe ich nicht zwingend in links-rechtssetig zu unterscheiden. Wie ich gezeigt habe, braucht man es nicht. Ich sehe es eher daran, dass Stetikeit bedeutet, dass nahe-genug $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ -Werte immer nahe $\begin{eqnarray} y \end{eqnarray}$ -Werte produzieren. Und man wegen Surjektivität von den $\begin{eqnarray} y \end{eqnarray}$ dann sofort einen Kandidaten für "nahe genug" bekommt. Und dank Monotonie der Kandidat korrekt ist. Ich denke das kann man auch anschaulich an einem Graphen ganz gut darstellen: - Male einen monotonen, stetigen Graphen (stetig, damit man nicht direkt Widerspruch bekommt) - Zeichne für x, f(x) Paar eine Epsilon-Umgebung um f(x) - Für ein paar von Schnittstellen $\begin{eqnarray} y_{unten}, y_{oben} \end{eqnarray}$ der Epsilon-Umgebung dann $\begin{eqnarray} x_{links}, x_{rechts} \end{eqnarray}$ als mögliche $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ -Werte und die beiden definieren deine $\begin{eqnarray} \delta \end{eqnarray}$ -Umgebung.

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