delta-epsilon-kriterium

27.03.2006, 03:43

schmecke

delta-epsilon-kriterium

ich soll mit hilfe des delta-epsilon-kriteriums stetigkeit beweisen. bin aber leider neu auf dem gebiet und weiß jetzt nicht ganz wie ich das angehen soll. die bedingungen von dem kriterium habe ich hier vor mir liegen.

funktionen:

i) x^2
ii) sin x
iii) ax+b
iv) \sqrt[3]{x}

27.03.2006, 05:58

Ace Piet

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RE: delta-epsilon-kriterium
Zu einer Funktion f gehören neben der Funktionsvorschrift f(x)= ... noch Definitions- $\begin{eqnarray*} \mathbb D \end{eqnarray*}$ und Wertebereich $\begin{eqnarray*} \mathbb W \end{eqnarray*}$ , denn (iv) ist nicht für (ganz) $\begin{eqnarray*} D = \mathbb R \end{eqnarray*}$ definiert...

Man greift sich also bei einem der f einen Punkt $\begin{eqnarray*} x_0 \in \mathbb D \end{eqnarray*}$ und fordert für beliebiges $\begin{eqnarray*} \epsilon > 0 \end{eqnarray*}$ , daß ein $\begin{eqnarray*} \delta > 0 \end{eqnarray*}$ existiert (welches von $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ abhängt), sodaß aus ... $\begin{eqnarray*} \mid x - x_0 \mid < \delta \end{eqnarray*}$ folgt: $\begin{eqnarray*} \mid f(x) - f(x_0) \mid < \epsilon \end{eqnarray*}$ .

Ich denk mir mal $\begin{eqnarray*} f: \mathbb D \rightarrow \mathbb W \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \mathbb D = \mathbb W = \mathbb R \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f(x) := x^2 + 1 \end{eqnarray*}$ aus, also was anderes...

Für ein $\begin{eqnarray*} \epsilon > 0 \end{eqnarray*}$ nehme $\begin{eqnarray*} 0 < \delta := \min (1 &;& \frac{\epsilon}{2 \mid x_0 \mid + 1}) \end{eqnarray*}$ , dann ist
$\begin{eqnarray*} \mid f(x) - f(x_0) \mid &=& \mid (x^2 +1) - (x_0^2 + 1) \mid \\ &=& \mid x^2 - x_0^2 \mid \\ &\leq& \mid x - x_0 \mid \cdot \mid x + x_0 \mid \\ &=& \mid x - x_0 \mid \cdot \mid 2x_0 + (x - x_0) \mid \\ &<& \delta \cdot (2 \mid x_0 \mid + 1 ) \leq \epsilon \end{eqnarray*}$

Damit wäre f stetig bei einem $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ . - Du erkennst jedoch, daß obiges für alle $\begin{eqnarray*} x_0 \in \mathbb D \end{eqnarray*}$ machbar ist. Man sagt dann: f ist stetig auf $\begin{eqnarray*} \mathbb D \end{eqnarray*}$ .

Du könntest nun mal eigene Versuche / Abschätzungen vorführen...

Wink

27.03.2006, 15:30

Daktari

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RE: delta-epsilon-kriterium

Zitat:

Original von Ace Piet

Für ein $\begin{eqnarray*} \epsilon > 0 \end{eqnarray*}$ nehme $\begin{eqnarray*} 0 < \delta := \min (1 &;& \frac{\epsilon}{2 \mid x_0 \mid + 1}) \end{eqnarray*}$ , dann ist
$\begin{eqnarray*} \mid f(x) - f(x_0) \mid &=& \mid (x^2 +1) - (x_0^2 + 1) \mid \\ &=& \mid x^2 - x_0^2 \mid \\ &\leq& \mid x - x_0 \mid \cdot \mid x + x_0 \mid \\ &=& \mid x - x_0 \mid \cdot \mid 2x_0 + (x - x_0) \mid \\ &<& \delta \cdot (2 \mid x_0 \mid + 1 ) \leq \epsilon \end{eqnarray*}$

Kannste mri mal diese Abschätzung erklären?
$\begin{eqnarray*} \mid x - x_0 \mid \cdot \mid 2x_0 + (x - x_0) \mid &<& \delta \cdot (2 \mid x_0 \mid + 1 ) \leq \epsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} |x-x_0| < \delta \end{eqnarray*}$ ist klar, aber wo kommt die 1 her? Hängt es damit zusammen dass das delta nicht größer als 1 werden kann (nach Konstruktion) ?

27.03.2006, 15:59

Ace Piet

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RE: delta-epsilon-kriterium
> Abschätzung erklären...
> $\begin{eqnarray*} \mid x - x_0 \mid \cdot \mid 2x_0 + (x - x_0) \mid &<& \delta \cdot (2 \mid x_0 \mid + 1 ) \leq \epsilon \end{eqnarray*}$

Ein Zwischenschritt wäre gewesen...
$\begin{eqnarray*} &{ }&\mid x - x_0 \mid \cdot \mid 2x_0 + (x - x_0) \mid \\ &\leq& \mid x - x_0 \mid \cdot ( 2 \mid x_0 \mid + \mid x - x_0 \mid ) \\ &<& \delta \cdot ( 2 \mid x_0 \mid + \delta ) \end{eqnarray*}$

... wobei mir jetzt das rechte $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ lästig war, sodaß ich JETZT dieses $\begin{eqnarray*} \min (1; ...) \end{eqnarray*}$ geschaffen habe...

Damit: $\begin{eqnarray*} (...) &<& \delta \cdot ( 2 \mid x_0 \mid + 1 ) \end{eqnarray*}$

An der Stelle *plauder* habe ich hinten $\begin{eqnarray*} < \epsilon \end{eqnarray*}$ drangehängt, sodaß ich nach $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ auflösen konnte und die $\begin{eqnarray*} \delta = \min(1;...) \end{eqnarray*}$ -Formel ergänzt...

HTH -Ace-

27.03.2006, 16:02

mercany

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Was bedeutet denn überhaupt dieses min(1;...) ?
Ich glaube, ich komme wieder aussem Mustopf Big Laugh

Gruß, mercany

27.03.2006, 16:26

therisen

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$\begin{eqnarray*} \min(a,b) \end{eqnarray*}$ ist eine Funktion, die als Argumente zwei reelle Zahlen a, b annimmt und als Ergebnis die kleinere von beiden liefert (Funktionswert).

So ist $\begin{eqnarray*} \min(5,6)=5 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \min(-4,-3)=-4 \end{eqnarray*}$

Gruß, therisen

27.03.2006, 16:30

Ace Piet

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> Was bedeutet denn überhaupt dieses min(1;...)

Für mich bedeutet es bei endlich vielen Werten $\begin{eqnarray*} a,b,...,z \end{eqnarray*}$ , daß $\begin{eqnarray*} \min (a,b,...,z) \leq a,b,...,z \end{eqnarray*}$ , d.h. es ist der kleinste dort vorkommende Wert (ausgesr.: "Minimum von ...").

Falls Dir $\begin{eqnarray*} \inf (...) \end{eqnarray*}$ (beste = größte untere Schranke) bekannt ist, dann ist $\begin{eqnarray*} \min (...) \end{eqnarray*}$ sozusagen die endliche Variante, wo einer der $\begin{eqnarray*} a,b,...,z \end{eqnarray*}$ angenommen wird. - $\begin{eqnarray*} \inf_{x > 0} \frac{1}{x} = 0 \end{eqnarray*}$ wird zB. für die unendlich vielen $\begin{eqnarray*} x > 0 \end{eqnarray*}$ nicht angenommen. - Es gilt jedoch $\begin{eqnarray*} \inf_{x \in M} = \min_{x \in M} \end{eqnarray*}$ , falls $\begin{eqnarray*} \mid M \mid < \infty \end{eqnarray*}$ , sprich endlich ist.

Mit $\begin{eqnarray*} \min \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} \max \end{eqnarray*}$ verwandt, das ist der endliche Cousin vom $\begin{eqnarray*} \sup \end{eqnarray*}$ (beste = kleinste obere Schranke).

HTH
_________________

Edit: Im Bsp. oben ist $\begin{eqnarray*} \mid M \mid = 2 \end{eqnarray*}$ , entscheidend ist IMHO "endlich viele".

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