Stetigkeit

14.10.2008, 13:09

Shadow86

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Stetigkeit

Wenn ich zeigen soll, dass $\begin{eqnarray*} f(x) = x^2 \end{eqnarray*}$ stetig ist, muss ich das mit dem Epsilon-Delta-Kriterium machen (weil wir Stetigkeit so definiert haben) oder reicht es einfach
$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to a} f(x) = f(a) \end{eqnarray*}$ zu zeigen ?

14.10.2008, 13:12

tmo

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Die Frage ist wie ihr letzteres definiert habt Augenzwinkern

Augenzwinkern

14.10.2008, 13:13

klarsoweit

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RE: Stetigkeit
Und die 2. Frage ist, ob ihr gezeigt habt, daß letzteres äquivalent zur Stetigkeit ist.

14.10.2008, 14:56

WebFritzi

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RE: Stetigkeit

Zitat:

Original von klarsoweit
Und die 2. Frage ist, ob ihr gezeigt habt, daß letzteres äquivalent zur Stetigkeit ist.

Vielleicht haben sie ja mit dem Limes die Stetigkeit definiert...

14.10.2008, 14:57

tigerbine

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RE: Stetigkeit

Zitat:

Epsilon-Delta-Kriterium machen (weil wir Stetigkeit so definiert haben)

Augenzwinkern

14.10.2008, 14:58

WebFritzi

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Es sollte einen "Rot-anlauf-Smiley" geben. Augenzwinkern

Augenzwinkern

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14.10.2008, 15:02

tigerbine

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Ups

Big Laugh

, gib es. Aus eigener Erfahrung.

14.10.2008, 15:09

WebFritzi

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Wo läuft der denn rot an??? Ne, n richtigen meine ich. Der da ist ja nur verlegen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

14.10.2008, 16:04

Shadow86

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Genau genommen haben wir beides als Stetigkeit definiert, deshalb frage ich ja, aber ohne Äquivalenz

14.10.2008, 16:10

WebFritzi

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Das glaube ich kaum. Man kann etwas nur einmal definieren. Wenn es wirklich so sein sollte, dann müsste man deinem Prof mal gehörig auf die Finger hauen.

14.10.2008, 17:36

Shadow86

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Wir haben das mit dem Epsilon-Delta-Kriterium definiert, aber eben auch geschrieben, dass man das auch anders berechnen kann, deshalb meine Frage: Kann ich die Stetigkeit von x^2 auch über $\begin{eqnarray*} \lim_{x \to a} f(x) = f(a) \end{eqnarray*}$ nachweisen, oder muss ich das mit dem Kriterium machen ?

14.10.2008, 17:41

tmo

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Mache es einfach mit dem Epsilon-Delta-Kriterium, dann bist du definitiv auf der sicheren Seite. Augenzwinkern

Augenzwinkern

14.10.2008, 17:42

tigerbine

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OT: Ich habe ja stark den Verdacht, dass er genau das umgehen wollte. Augenzwinkern

Augenzwinkern

14.10.2008, 17:43

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von Shadow86
$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to a} f(x) = f(a) \end{eqnarray*}$

Wie würdest du denn das machen? Darum ging es die ganze Zeit. Denn den Grenzwert müsst ihr ja auch irgendwie definiert haben und wenn das auch mit $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ - $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ passiert ist, dann läufts am Ende eh aufs Gleiche hinaus.

14.10.2008, 17:47

Shadow86

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Ich würde das mit dem Grenzwert machen, das finde ich einfacher ;-)

14.10.2008, 17:51

tmo

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Dann erzähl uns am besten doch mal wie ihr den Limes einer Funktion definiert habt.

Über Folgen oder über $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ - $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ ?

Bei ersterem könntest du ja immerhin die Grenzwertsätze anwenden, das wär wirklich einfacher, wenn du das darfst.

14.10.2008, 17:57

Shadow86

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über Folgen

15.10.2008, 17:00

Shadow86

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ich würde ja sagen sei $\begin{eqnarray*} \mid x-a \mid < \delta \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mid f(x)-f(a) \mid = \mid x^2-a^2 \mid =\mid x+a \mid \mid x-a \mid < \mid x+a \mid *\delta \end{eqnarray*}$
Wähle $\begin{eqnarray*} \mid x+a \mid < \epsilon/\delta \end{eqnarray*}$ Dann ist das ganze < als Epsilon...

15.10.2008, 17:48

tmo

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Du musst aber doch Delta wählen, nicht $\begin{eqnarray*} |x+a| \end{eqnarray*}$ .

Wähle mal $\begin{eqnarray*} \delta := \min (1,\frac{\varepsilon}{2|a|+1}) \end{eqnarray*}$

Wegen $\begin{eqnarray*} |x-a| < 1 \end{eqnarray*}$ gilt dann $\begin{eqnarray*} |x+a|=|x-a+2a| \leq 1+2|a| \end{eqnarray*}$

15.10.2008, 17:56

Shadow86

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und was hab ich dann davon?

15.10.2008, 17:59

Shadow86

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hier steht auch was von Grenzwertsätze anwenden, aber die brauche ich doch gar nicht, Stetigkeit x^2 ist doch auch mit dem Limes sehr leicht zu berechnen...?
Also ohne durch irgendwelche Grenzwertsätze etwas umzuformen, meine ich...

16.10.2008, 13:52

tmo

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Zitat:

Original von Shadow86
und was hab ich dann davon?

Du warst doch schon bis $\begin{eqnarray*} |f(x)-f(a)|<\delta|x+a| \end{eqnarray*}$ vorgedrungen.

Wie wärs jetzt einfach mal mit einsetzen, wenn ich für dich schon die Überlegungen übernehme unglücklich

unglücklich

$\begin{eqnarray*} \delta|x+a| \leq \delta (1+2|a|) \end{eqnarray*}$ .

Nun weißt du was über $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ . Beachte, dass aus $\begin{eqnarray*} a = \min (b,c) \end{eqnarray*}$ folgt: $\begin{eqnarray*} a \leq b \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a \leq c \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von Shadow86
hier steht auch was von Grenzwertsätze anwenden, aber die brauche ich doch gar nicht, Stetigkeit x^2 ist doch auch mit dem Limes sehr leicht zu berechnen...?
Also ohne durch irgendwelche Grenzwertsätze etwas umzuformen, meine ich...

Wenn du das $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ - $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ Zeugs umgehen wolltest, bleibt dir gar nix übrig, als die Grenzwertsätze zu verwenden. Ist doch immer so. Entweder etwas direkt über die Definition beweisen oder irgendwelche passenden Sätze verwenden.

Aber zur Übung solltest du das mit dem $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ - $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ -Kriterium mal beweisen. Bzw. den fast fertigen Beweis von mir vervollständigen und vor allem verstehen.

19.11.2008, 10:41

eierkopf1

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Zitat:

Original von tmo
Wähle mal $\begin{eqnarray*} \delta := \min (1,\frac{\varepsilon}{2|a|+1}) \end{eqnarray*}$

Wegen $\begin{eqnarray*} |x-a| < 1 \end{eqnarray*}$ gilt dann $\begin{eqnarray*} |x+a|<|x-a+2a| \leq 1+2|a| \end{eqnarray*}$

Da: $\begin{eqnarray*} |x+a|<|x-a+2a| \end{eqnarray*}$
gehört: $\begin{eqnarray*} |x+a| = |x-a+2a| \end{eqnarray*}$ Augenzwinkern

Augenzwinkern

Da der Threadersteller den Beweis nicht fertig gestellt hat, versuche ich es mal:

Da gilt:
$\begin{eqnarray*} \delta := \min (1,\frac{\varepsilon}{2|a|+1}) \end{eqnarray*}$

folgen doch zwei Fälle:

$\begin{eqnarray*} \delta = 1 \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} \delta(2|a|+1) = (2|a|+1) \end{eqnarray*}$
Aber hier sollte doch ein epsilon irgendwo vorkommen bzw. gehört es so abgeschätzt, oder?

Der andere Fall ist ganz einfach:
$\begin{eqnarray*} \delta = \frac{\varepsilon}{2|a|+1} \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} \delta(2|a|+1) = \epsilon \end{eqnarray*}$
Das wesentliche dann: $\begin{eqnarray*} |f(x) - f(a) |< \epsilon \end{eqnarray*}$

Eine generelle Frage: Wie kommt man auf diese Einschränkung von delta? Ich weiß, ich mach das, damit ich dann $\begin{eqnarray*} |f(x) - f(a) |< \epsilon \end{eqnarray*}$ dastehen habe. Aber wie kommt man auf diese gute Wahl?

mfg

19.11.2008, 11:35

tmo

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Zitat:

Original von eierkopf1
Da: $\begin{eqnarray*} |x+a|<|x-a+2a| \end{eqnarray*}$
gehört: $\begin{eqnarray*} |x+a| = |x-a+2a| \end{eqnarray*}$ Augenzwinkern

Augenzwinkern

Stimmt. Ich werde es korrigieren.

Zitat:

Original von eierkopf1
Der andere Fall ist ganz einfach:
$\begin{eqnarray*} \delta = \frac{\varepsilon}{2|a|+1} \end{eqnarray*}$ :

Und eigentlich ist das auch der einzige Fall, denn das $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ auch mal 1 sein kann, ist völlig egal, denn auf jeden Fall gilt: $\begin{eqnarray*} \delta \leq \frac{\varepsilon}{2|a|+1} \end{eqnarray*}$ . Das ist das, womit man geeignet abschätzen kann.

Zitat:

Original von eierkopf1
Eine generelle Frage: Wie kommt man auf diese Einschränkung von delta? Ich weiß, ich mach das, damit ich dann $\begin{eqnarray*} |f(x) - f(a) |< \epsilon \end{eqnarray*}$ dastehen habe. Aber wie kommt man auf diese gute Wahl?

Was soll man darauf antworten...Überlegung und Erfahrung halt.

19.11.2008, 11:51

eierkopf1

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Stimmt natürlich, da nur ein delta existieren muss und es egal ist, ob es dann kleiner als 1 ist. Hammer

Hammer

19.11.2008, 11:57

tmo

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Zitat:

Original von eierkopf1
Stimmt natürlich, da nur ein delta existieren muss und es egal ist, ob es dann kleiner als 1 ist. Hammer

Hammer

Das ist keineswegs egal. Aber das ist auf durch diese Wahlvon delta definitiv der Fall. Nur deshalb kann man ja die Abschätzung $\begin{eqnarray*} |x+a| \leq 1+2|a| \end{eqnarray*}$ treffen.

19.11.2008, 12:00

eierkopf1

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Ich meinte in diesem Fall. Freude

Freude

mfg

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