Stetigkeit und Diffbarkeit nachweisen

28.03.2007, 16:04

Buef

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Stetigkeit und Diffbarkeit nachweisen

Okay ich habe mir viele Defintionen angeschaut. Muss aber massig Aufgaben machen, damit ich das wirklich verstanden habe

Aufgabe: Ist f in x0=0 stetig und diff'bar?
$\begin{eqnarray*} f=x^2-1 \end{eqnarray*}$

Stetigkeit nachweisen

Zz $\begin{eqnarray*} f(x_0)=-1 = lim_{x \rightarrow 0} x^2-1 \end{eqnarray*}$

dazu wende ich das epsilon edlta kriterium an

$\begin{eqnarray*} \forall \epsilon > 0 \ \ \exists \delta > 0 \ \ \forall x : \ \ \mid x_0 - x \mid < \delta \ \ \Rightarrow \ \ \mid f(x_0)- f(x) \mid < \epsilon \end{eqnarray*}$

Kann ich das dann so anwenden?
für x=1
$\begin{eqnarray*} \mid 0 - 1 \mid = 1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \mid -1 - 0 \mid =1 \end{eqnarray*}$

darauf würde ich sagen, dass es stetig ist. wählt man nun aber was größeres

für x=100
$\begin{eqnarray*} \mid 0 - 100 \mid = 100 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \mid -1 - 9999 \mid =10000 \end{eqnarray*}$

das scheint mir aber nicht kleiner epsilon! wo ist mein denkfehler?!?

28.03.2007, 16:13

Lazarus

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delta und epsilon sollen beliebig klein zu machende positive größen sein.
z.b. 10^-6 oder 10^-430 oder eben nocht kleiner.
Darum heisst dieser ganze spass ja infinitisimalrechnung.

28.03.2007, 16:15

Buef

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jo dat weiß ich auch, aber weil ich da ja so große zahlen herrausbekommen habe, heisst das nun etwa, dass f nicht stetig ist?

28.03.2007, 16:18

Divergenz

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Hallo,

fang zum Nachweis mal mit den Funktionwerten an und schätze den Betrag der Differenz nach oben ab, so dass deine Schranke nur von $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ abhängt. Da an jeder bestimmten Stelle $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ konstant ist, kennst du somit den Zusammenhang, zwischen $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ an dieser Stelle. Ist dies also möglich, so ist die Funktion stetig (an jeder Stelle, wo so eine Abschätzung funktioniert).

28.03.2007, 16:37

Buef

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okay wo es kleiner 1 ist also ein richtiges delta ist ist für x=0,5

eingesetzt

$\begin{eqnarray*} \mid x_0 - x \mid = \mid 0 - 0,5 \mid = 0,5 = \delta \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \mid f(x_0) - f(x) \mid = -1 - (0,25 -1) \mid = 0,25 = \varepsilon \end{eqnarray*}$

da passt es! hmm reicht das um die stetigkeit nachzuweisen?

28.03.2007, 16:45

Divergenz

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Nein das reicht nicht, schließlich heißt es ja für alle $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ .
Allgemein geht das so:

$\begin{eqnarray*} |f(x_0)-f(x)|=|x_0^2-x^2|=|x_0-x||x_0+x|<\delta\cdot(2|x_0|+\delta)=\varepsilon \end{eqnarray*}$

Nutze nun die letzte Gleichung um $\begin{eqnarray*} \delta=\delta(\varepsilon,x_0) \end{eqnarray*}$ zu definieren, indem du nach $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ auflöst. Das geht in diesem Fall für jedes $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ . Also ist deine Funktion auf ganz $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ stetig, insbesondere für $\begin{eqnarray*} x_0=0 \end{eqnarray*}$ (in diesem Fall kann man somit $\begin{eqnarray*} \delta=\sqrt{\varepsilon} \end{eqnarray*}$ wählen).

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28.03.2007, 17:03

Buef

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achso jetzt verstehe ich auch wo ein fehler drin! ich habe so gerechnet: dass für jedes delta > 0 ein epsilon > 0 ...
richtig ist es anderesrum

okay meine funktion lautet ja $\begin{eqnarray*} f(x)= x^2 -1 \end{eqnarray*}$

demnach muss es ja so lauten:

$\begin{eqnarray*} f(x_0)-f(x) \mid = \mid x_0^2 -1 - (x^2 -1) \mid = \mid x_0^2 - x^2 \mid < \varepsilon \end{eqnarray*}$ (binomische formel dann anwenden)

okay...auf den schritt mit dem delta verstehe ich nicht wirklich...besonders auch das was in den klammern steht...

28.03.2007, 17:09

Divergenz

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Na deine Voraussetzung (für die Implikation) soll ja sein:
$\begin{eqnarray*} |x_0-x|<\delta \end{eqnarray*}$ .
Daraus folgt aber direkt:
$\begin{eqnarray*} |x_0+x|=|-x_0+x+2x_0|\le|x_0-x|+2|x_0|<\delta+2|x_0| \end{eqnarray*}$ ,
wobei der erste Schritt die Dreicksungleichung ist, und der zweite Schritt die obige Ungleichung.

28.03.2007, 17:29

Buef

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okay warum folgt daraus das? $\begin{eqnarray*} \mid x_0 - x \mid \Rightarrow \mid x_0 + x \mid \end{eqnarray*}$

den Rest habe ich verstanden! Eine 0 eingebaut und dann eingesetzt!

28.03.2007, 18:15

Divergenz

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Die Frage verstehe ich jetzt nicht.

Über die Differenz weißt du etwas. Nach der binomischen Formel bei der Abschätzung von f, tritt aber auch die Summe auf. Die willst du nun auch durch $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ und ggf. Konstanten abschätzen. Das funktioniert dann so, wie ich es dir hingeschrieben habe.

28.03.2007, 18:43

Buef

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Zitat:

Original von Divergenz
Na deine Voraussetzung (für die Implikation) soll ja sein:
$\begin{eqnarray*} |x_0-x|<\delta \end{eqnarray*}$ .
Daraus folgt aber direkt:
$\begin{eqnarray*} |x_0+x| \end{eqnarray*}$

das verstehe ich nicht wirklich! und wie man dann weiter macht auch nicht wirklich...

29.03.2007, 10:31

Divergenz

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Also wenn du mich schon zitierst, dann bitte vollständig!
$\begin{eqnarray*} |x_0+x| \end{eqnarray*}$ ist keine Aussage, als Folgerung somit völlig untauglich. Du musst schon die ganze Zeile lesen, damit es einen Sinn macht!
Also nochmal:
Aus $\begin{eqnarray*} |x_0-x|<\delta \end{eqnarray*}$ (und der Dreiecksungleichung) folgt $\begin{eqnarray*} |x_0+x|<\delta+2|x_0| \end{eqnarray*}$ .
Oben habe ich dir lediglich ein paar Zwischenschritte für diese Implikation dazugeschrieben.

Der Zweck davon ist, dass du beide Ungleichungen brauchst, um zu einem beliebig gegebenen $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ ein passendes $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ bei gegebenen $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ zu finden.

29.03.2007, 13:04

Buef

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okay also gesucht ist ein epsilon, sodass das delta auch sehr klein ist

also suche ich ein x, sodass das klappt

$\begin{eqnarray*} \mid f(x_0)-f(x) \mid < \varepsilon \end{eqnarray*}$

das ist zB bei 0,5

$\begin{eqnarray*} \mid 0^2 -1 - (0,25 -1) \mid = 0,25 = \varepsilon \end{eqnarray*}$

das gleiche für delta

$\begin{eqnarray*} \mid x_0 - x \mid < \delta \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \mid 0 - 0,5 \mid = 0,5 = \delta \end{eqnarray*}$

29.03.2007, 14:03

Divergenz

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Nein! Nochmal.
So ein Beispiel ist sowieso noch kein Beweis. Aber die Reihen folge ist, dass wenn ich mir ein beliebig kleines $\begin{eqnarray*} \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ vorgebe, dann findet man dazu ein $\begin{eqnarray*} \delta=\delta(\varepsilon,x_o)>0 \end{eqnarray*}$ , so dass die Implikation gilt.
Um dieses $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ zu finden, schätzt man nun $\begin{eqnarray*} |f(x_0)-f(x)| \end{eqnarray*}$ nach oben ab, so dass die Schranke nur noch aus Konstanten, $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ besteht. Dabei darf, ja soll sogar, die Ungleichung $\begin{eqnarray*} |x_0-x|<\delta \end{eqnarray*}$ schon benutzt werden. Man weiß an dieser Stelle nur noch nicht, wie groß $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ dabei sein darf. Jedenfalls nimmt man dann diese Schranke (bei uns war das $\begin{eqnarray*} \delta\cdot(\delta+2|x_0|) \end{eqnarray*}$ ) und zwingt diese kleiner oder gleich $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ zu sein (also der Einfachheit halber =). Wie gesagt, $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ kennen wir bis hierher noch nicht, dafür aber $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ , dass ja beliebig klein vorgegeben wird. Also löst man nun diese Gleichung nach $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ auf, falls das möglich ist. Wenn man das geschafft hat, ist man fertig, denn man hat zu jedem $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ gefunden, so dass unter der Voraussetzung $\begin{eqnarray*} |x_0-x|<\delta \end{eqnarray*}$ die Abschätzung $\begin{eqnarray*} |f(x_0)-f(x)|<\varepsilon \end{eqnarray*}$ folgt.

29.03.2007, 14:24

Buef

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okay ich versuche es dann erneut

also ich suche also ein delta mit $\begin{eqnarray*} | x_0 -x| < \delta \end{eqnarray*}$

da man nicht weiß, wie groß das delta sein darf, setzt man dieses einfach kleiner gleich epsilon.

$\begin{eqnarray*} \delta + 2 \mid x_0 \mid \leq \mid f(x_0) - f(x) \mid \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \delta \leq \mid f(x_0)- f(x) \mid - 2 \mid x_0 \mid \end{eqnarray*}$

oder anders gesagt

$\begin{eqnarray*} \delta \leq \mid \varepsilon \mid - 2 \mid x_0 \mid \end{eqnarray*}$

hmm was sagt mir das jetzt über das delta aus? also ich gebe ja vorraus, dass mein delta ziemlich klein ist, aber durch die $\begin{eqnarray*} - 2 \mid x_0 \mid \end{eqnarray*}$ kann dieses ja auch negativ werden...hmm denke dass ich das noch nicht gut durchschaut habe

29.03.2007, 15:04

klarsoweit

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Die ganze Diskussion würde sicherlich einfacher, wenn man sich darauf konzentriert, daß bei dieser Aufgabe das x_0 = 0 sein soll. Dann ist dieser ganze Abschätzungskram viel leichter durchschaubar. Schreibe also die zu zeigende Aussage nochmal für x_0=0 hin.

29.03.2007, 15:18

Buef

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also ich suche also ein delta mit $\begin{eqnarray*} | x_0 -x| < \delta \end{eqnarray*}$

da man nicht weiß, wie groß das delta sein darf, setzt man dieses einfach kleiner gleich epsilon.

$\begin{eqnarray*} \delta + 2 \mid 0 \mid \leq \mid 0^2 -1 - f(x) \mid \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \delta \leq \mid -1 - f(x) \mid \end{eqnarray*}$

Also suchen wir ein x, wo folgendes gilt $\begin{eqnarray*} f(x) < 1 \end{eqnarray*}$

29.03.2007, 15:21

klarsoweit

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RE: Stetigkeit und Diffbarkeit nachweisen

Zitat:

Original von Buef
$\begin{eqnarray*} \forall \epsilon > 0 \ \ \exists \delta > 0 \ \ \forall x : \ \ \mid x_0 - x \mid < \delta \ \ \Rightarrow \ \ \mid f(x_0)- f(x) \mid < \epsilon \end{eqnarray*}$

Zunächst mal setzt du da x_0 = 0 und deine Funktion ein.
Dann schauen wir weiter.

29.03.2007, 15:23

Buef

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und für f(x) kann man ja folgendes einsetzten

$\begin{eqnarray*} f(x)=x²-1<1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x² < 2 \end{eqnarray*}$

also für alle $\begin{eqnarray*} x< \sqrt{2} \end{eqnarray*}$ ist f stetig?

29.03.2007, 15:28

Buef

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RE: Stetigkeit und Diffbarkeit nachweisen

Zitat:

Original von klarsoweit

Zitat:

Original von Buef
$\begin{eqnarray*} \forall \epsilon > 0 \ \ \exists \delta > 0 \ \ \forall x : \ \ \mid x_0 - x \mid < \delta \ \ \Rightarrow \ \ \mid f(x_0)- f(x) \mid < \epsilon \end{eqnarray*}$

Zunächst mal setzt du da x_0 = 0 und deine Funktion ein.
Dann schauen wir weiter.

$\begin{eqnarray*} \mid 0 - x \mid = \mid x \mid < \delta \end{eqnarray*}$

also für alle x die kleiner als das delta sind muss für alle e gelten

$\begin{eqnarray*} \mid f(x_0) - f(x) \mid = \mid -1 - (x^2 -1) \mid = \mid x^2 \mid = x^2 < \varepsilon \end{eqnarray*}$

29.03.2007, 15:37

klarsoweit

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RE: Stetigkeit und Diffbarkeit nachweisen
Soweit ok. Nun mußt du folgendes zeigen:

Zu jedem epsilon > 0 gibt es ein delta > 0, so daß für alle x mit |x| < delta dann |x²| < epsilon ist.

Wenn also ein beliebiges epsilon vorgegeben wird, wie mußt du dann das delta (das logischerweise irgendwie von epsilon abhängt) gewählt werden, daß eben obiges gilt?

EDIT: Betragsstriche ergänzt.

29.03.2007, 15:47

Buef

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okay wir haben ja schon oben folgendes umgeformt

$\begin{eqnarray*} \delta + 2 \mid x_0\mid \leq \epsilon \end{eqnarray*}$

also

$\begin{eqnarray*} \delta \leq \epsilon \end{eqnarray*}$

Also muss das delta kleiner als das epsilon gewählt werden, damit es gilt!

29.03.2007, 15:54

klarsoweit

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Die Überlegungen weiter oben würde ich gerne mal an die Seite stellen. $\begin{eqnarray*} \delta \leq \epsilon \end{eqnarray*}$ ist in dieser Form auch nicht richtig.

Also wir haben $\begin{eqnarray*} |x^2| < \epsilon \end{eqnarray*}$ .
Was muß man denn tun, damit links |x| steht?

29.03.2007, 16:07

Buef

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die wurzel ziehn

dann steht da

$\begin{eqnarray*} \mid x \mid < \sqrt \varepsilon \end{eqnarray*}$
und
$\begin{eqnarray*} \mid x \mid < \delta \end{eqnarray*}$

okay wie bekommt man denn das zusammen?

Aber nochmal alles zusammengefasst aus meiner Sicht:

Ich wähle also nen Punkt auf der x-Achse aus, was ungleich dem x_0 ist! Der Abstand soll möglichst klein sein, aber auch positiv.

Damit muss gelten, dass es ein Epsilon gibt, der im Verhältnis steht mit dem Delta. Ist dieser auch sehr klein, so ist f stetig?

29.03.2007, 19:19

klarsoweit

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Zitat:

Original von Buef
okay wie bekommt man denn das zusammen?

Wähle $\begin{eqnarray*} \delta = \sqrt{\epsilon} \end{eqnarray*}$

Und deine Zusammenfassung ist Unfug.

Sprachlich ausgedrückt haben wir folgendes:
Zu jedem epsilon > 0 finde ich ein delta > 0 - nämlich $\begin{eqnarray*} \delta = \sqrt{\epsilon} \end{eqnarray*}$ , so daß folgendes gilt:
Für alle x, die maximal den Abstand delta von x_0=0 haben, haben deren Funktionswerte maximal den Abstand von epsilon von f(x_0) = f(0) = -1.

29.03.2007, 19:41

Buef

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okay und das sagt dann aus, dass die funktion stetig ist?

30.03.2007, 08:33

klarsoweit

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Ja. Genau genommen sagt das aus, daß die Funktion in x_0 = 0 stetig ist. Denn die Bedingungen der Stetigkeits-Definition sind erfüllt. Für ein beliebiges x_0 muß man einen Beweisansatz machen, wie er weiter oben angedeutet wurde. Ich habe mir den aber (noch) nicht auf Korrektheit angeschaut.

Bildlich gesprochen bedeutet Stetigkeit folgendes:
Egal wie klein ich einen epsilon-Kreis um f(x_0) ziehe (der Kreis ist im Raum der reellen Zahlen ein Intervall), ich finde immer ein delta bzw. einen delta-Kreis um x_0, so daß die Bilder aller x-Werte aus dem delta-Kreis in dem epsilon-Kreis liegen. Die Funktion kann sozusagen nicht ausbrechen.

30.03.2007, 11:39

Buef

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achso okay...und sie wäre nicht stetig wenn $\begin{eqnarray*} \delta = 100 \varepsilon \end{eqnarray*}$ wäre oder?

30.03.2007, 11:51

klarsoweit

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Auch das wäre für Stetigkeit ok, würde aber bei dieser Funktion nicht passen, sondern eher bei einer Funktion der Form $\begin{eqnarray*} f(x)=\frac{x}{100} \end{eqnarray*}$

Es ist prinzipiell egal, wie man das delta findet. Man muß eben nur zu jedem beliebigen epsilon ein delta finden können. Wie die Formel dazu ausschaut, ist dem delta egal.

30.03.2007, 12:19

Buef

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okay das gleiche nocheinmal, damit ich zeige, dass ich das verstanden habe

Aufgabe: Zeige, dass die Funktion $\begin{eqnarray*} f(x)=x^2 -1 \end{eqnarray*}$ an der Stelle $\begin{eqnarray*} x_0=2 \end{eqnarray*}$ stetig ist!

$\begin{eqnarray*} \mid 2 - x \mid = \mid \mid 2 \mid - \mid x \mid \mid \leq \mid \mid 2 \mid + \mid x \mid \mid \leq 2 + \mid x \mid < \delta \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2+\mid < \delta \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \mid x \mid < \delta - 2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \mid 3-x^2 +1 \mid = \mid 4 - x^2 \mid = \mid \mid 4 \mid - \mid x^2 \mid \mid \leq \mid 4 + x^2 \mid \leq 4 + \mid x^2 \mid < \varepsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 4 + \mid x^2\mid < \varepsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \mid x \mid < \sqrt{\varepsilon - 4} \end{eqnarray*}$

Zusammenfassen

$\begin{eqnarray*} \delta - 2 = \sqrt{\varepsilon -4 } \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \delta = \sqrt{\varepsilon - 4} - 2 \end{eqnarray*}$

Also stetig!

30.03.2007, 12:54

klarsoweit

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Offen und ehrlich: die ganze Rechnung ist für die Füße.
Allein das Ergebnis $\begin{eqnarray*} \delta = \sqrt{\varepsilon - 4} - 2 \end{eqnarray*}$ sollte dir zu denken geben. Was machst du denn bei epsilon = 1?
Und selbst bei epsilon = 4 kommen wir auf delta = -2, was auch nicht so ganz sinnig ist.

Am besten fängst du mit der Ungleichung $\begin{eqnarray*} |f(x) - f(x_0)| < \epsilon \end{eqnarray*}$ an, setzt dann x_0 und Funktion ein und schaust dann, ob du auf eine Ungleichung der Form $\begin{eqnarray*} |x - x_0| < \text{ irgendwas mit } \epsilon \end{eqnarray*}$ kommst.

30.03.2007, 13:17

Buef

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$\begin{eqnarray*} \mid f(x_0)-f(x)\mid < \varepsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \mid x_0^2 - 1 - ( x^2 -1 ) \mid < \varepsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \mid x_0 ^2 - x^2 \mid < \varepsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \mid x_0 - x \mid * \mid x_0 + x \mid < \varepsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \mid x_0 - x \mid * \mid x - x_0 + 2x_0 \mid < \varepsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \mid x-x_0 \mid + 2\mid x_0 \mid < {{\varepsilon}\over{\mid x_0 - x \mid}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \mid x - x_0 \mid < {{\varepsilon}\over{\mid x_0 - x \mid}} - 2 \mid x_0 \mid \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \delta < {{\varepsilon}\over{\mid x_0 - x \mid}} - 2 \mid x_0 \mid \end{eqnarray*}$

30.03.2007, 13:43

klarsoweit

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Zitat:

Original von Buef
$\begin{eqnarray*} \mid x_0 - x \mid * \mid x - x_0 + 2x_0 \mid < \varepsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \mid x-x_0 \mid + 2\mid x_0 \mid < {{\varepsilon}\over{\mid x_0 - x \mid}} \end{eqnarray*}$

Ich sehe nicht, welche gültige Umformung du da machst, um von der 1. Ungleichung auf die 2. zu kommen. Und ich dachte, du wolltest das nochmal für x_0=2 rechnen. Dann solltest du das auch einsetzen.

30.03.2007, 13:47

Buef

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ich hab die ganze gleichung mit

$\begin{eqnarray*} \mid x_0 - x \mid \end{eqnarray*}$ geteilt

und die dreiecksungleichung angewendet!

$\begin{eqnarray*} \delta < {{\varepsilon}\over{\mid 2 - x \mid}} - 4 \end{eqnarray*}$

hier ist es also wieder blöd!

wen ich nämlich für x=1 einsetzte ist delta negativ

30.03.2007, 14:12

klarsoweit

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Zitat:

Original von Buef
ich hab die ganze gleichung mit

$\begin{eqnarray*} \mid x_0 - x \mid \end{eqnarray*}$ geteilt

Da x auch gleich x_0 sein darf, würdest du unerlaubterweise durch Null teilen. So geht es also nicht.

Nehmen wir diese Ungleichung:
$\begin{eqnarray*} \mid x_0 - x \mid * \mid x_0 + x \mid < \varepsilon \end{eqnarray*}$

und setzen wir x_0=2 ein:
$\begin{eqnarray*} \mid x - 2 \mid \cdot \mid x + 2 \mid < \varepsilon \end{eqnarray*}$

Jetzt sagen wir, daß delta höchstens 1 sein soll. Damit schränken wir die x-Werte auf den maximalen Bereich 1 < x < 3 ein. Dann ist:
$\begin{eqnarray*} 3 < \mid x + 2 \mid < 5 \end{eqnarray*}$

Wir schätzen nun damit nach oben ab:
$\begin{eqnarray*} \mid x - 2 \mid \cdot ~ 5 < \varepsilon \end{eqnarray*}$
<==>
$\begin{eqnarray*} \mid x - 2 \mid < \frac{\varepsilon}{5} =: \delta_1 \end{eqnarray*}$

delta ist dann das Minimum von delta_1 und 1.

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