Beweis Stetigkeit mit Epsilon-Delta-Kriterium

09.11.2009, 14:07

Philipp Imhof

Beweis Stetigkeit mit Epsilon-Delta-Kriterium

Hallo!

Gegeben ist die Funktion $\begin{eqnarray*} f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}, x\mapsto x - [x] \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} [\;]: \mathbb{R} \to \mathbb{Z} x\mapsto \text{max}\{ k \in \mathbb{Z} | k\leq x\} \end{eqnarray*}$ die Grösste-Ganze-Funktion ist. (Habe gesehen, dass hier im Forum die Meinung über diese Bezeichnung geteilt sind, bei uns im Kurs wird sie so bezeichnet.)

Ich soll mit dem Epsilon-Delta-Kriterium beweisen, dass diese Funktion für alle $\begin{eqnarray*} a\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ stetig ist.

Dazu bin ich so vorgegangen: Sei $\begin{eqnarray*} \delta:=\frac{\varepsilon-1}{2} \end{eqnarray*}$ und sei $\begin{eqnarray*} |x-a|<\delta \end{eqnarray*}$ . Dann gilt:

$\begin{eqnarray*} |f(x)-f(a)| = |x-[x]-a+[a]| \leq |x-a| + |[x]-[a]|< |x-a|+|x-[a]| \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \leq |x-a|+|x-a+1|\leq 2|x-a|+1 < 2\delta+1 = \varepsilon \end{eqnarray*}$

Bei Betrachtung der Funktion ist offensichtlich, dass diese in Punkten $\begin{eqnarray*} a\in\mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ nicht stetig sein kann. Allerdings habe ich den Eindruck, dass mein Beweis dem Offensichtlichen widerspricht. Bloss kann ich leider den Fehler nicht sehen. Wer hat mir einen Tipp?

Danke & Gruss

09.11.2009, 14:51

Mario

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RE: Beweis Stetigkeit mit Epsilon-Delta-Kriterium
Hallo Philipp,

mir fallen spontan drei Dinge auf, über die Du nochmal nachdenken solltest.
Ich formuliere sie mal als Fragen/Denkanstöße:

(1) Bei Deiner Wahl von Delta - was passiert mit Delta bei sehr kleinem Epsilon?

(2) Sind die Umformungen alle korrekt (betrifft erstes < und das <= danach)? Überlege dafür, ob über die Relation von x zu a (<,=,>) überhaupt
eine Aussage zu treffen ist.

Lg Mario

09.11.2009, 15:39

Philipp Imhof

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RE: Beweis Stetigkeit mit Epsilon-Delta-Kriterium
Hallo Mario

zu (1): Danke für den Hinweis; ja klar, hier könnte Delta negativ werden. Das wäre natürlich nicht gut.

zu (2)

$\begin{eqnarray*} |x-a| + |[x]-[a]|< |x-a|+|x-[a]| \end{eqnarray*}$ scheint mir korrekt, weil $\begin{eqnarray*} x>[x] \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} |x-a|+|x-[a]|\leq |x-a|+|x-a+1| \end{eqnarray*}$ scheint mir auch korrekt, weil $\begin{eqnarray*} [a]+1>a \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} a-1<[a] \end{eqnarray*}$ .

Über die Relation von x zu a kann man nichts sagen (ausser dass sie sich max. um Delta unterscheiden).

09.11.2009, 16:24

Mario

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RE: Beweis Stetigkeit mit Epsilon-Delta-Kriterium
Eben nicht: wenn x<a ist, können Deine Abschätzungen ganz schön schiefgehen,
das kannst Du Dir an Beispielen gut klarmachen.

Ich empfehle Dir, einfach noch mal neu anzufangen. Beginne am besten mit
einer Zeichnung des Graphen und zeichne Dir dort die entsprechenden Epsilon-
und Delta-Umgebungen ein. Dann "übersetzt" Du diese Idee ins Formale, z.B. gemäß:

"Sei a \in R ohne Z, epsilon>0. Wähle delta:=....", dann gilt für alle x mit |x-a|<delta: ...."

Lg Mario

09.11.2009, 19:27

Philipp Imhof

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RE: Beweis Stetigkeit mit Epsilon-Delta-Kriterium
Ja, du hast natürlich recht. Ich habe mir das jetzt nochmal anders überlegt (inkl. Skizze). Allerdings habe ich Mühe, das beobachtete formal sauber zu Papier zu bringen.

Klar ist: Je näher man links oder rechts beim "Sprung" ankommt, umso kleiner muss das Delta werden, weil man ja eben nicht auf den nächsten Ast "rüberspringen" darf. Für ein a = 1.5 (oder sonst ein .5) kann ich ein wesentlich grösseres Delta wählen als für ein a = 1.98 (oder sonst ein .98).

Aber soweit ich das verstanden habe, darf mein Delta zwar von a und von Epsilon abhängen, aber wenn ich jetzt [a] bzw. (a-[a]) und damit f(a) ins Spiel bringe, ist das ja IMHO nicht mehr erlaubt.

Hmm... verwirrt

10.11.2009, 11:50

Mario

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RE: Beweis Stetigkeit mit Epsilon-Delta-Kriterium
Ich denke, Du bist mit Deinen Gedanken auf dem richtigen Weg. Da a fix ist,
ist auch f(a) für jedes feste a eine fixe Größe; folglich steht der Verwendung
dieses Ausdrucks bei der Wahl von Delta nichts entgegen.

Lg Mario

11.11.2009, 19:47

Philipp Imhof

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RE: Beweis Stetigkeit mit Epsilon-Delta-Kriterium
Nach langem Überlegen bin ich nun auf ein Ergebnis gekommen, mit dem ich den Beweis nur verbal hinbekomme, und zwar $\begin{eqnarray*} \delta<\text{min}\{[a]-a+1,\varepsilon\} \end{eqnarray*}$ . Damit ist bei $\begin{eqnarray*} |x-a|<\delta \end{eqnarray*}$ sichergestellt, dass $\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ immer auf dem "gleichen Ast" liegt. Innerhalb eines Astes ist $\begin{eqnarray*} f(x)-f(a)=x-a \end{eqnarray*}$ , also ist $\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ mit Sicherheit in der gegebenen Epsilon-Umgebung von $\begin{eqnarray*} f(a) \end{eqnarray*}$ , denn es gilt in jedem Fall $\begin{eqnarray*} |x-a|=|f(x)-f(a)|<\varepsilon \end{eqnarray*}$ -- entweder weil direkt $\begin{eqnarray*} \delta<\epsilon \end{eqnarray*}$ oder weil $\begin{eqnarray*} \delta<[a]-a+1\leq\varepsilon \end{eqnarray*}$ .

Irgendwie scheine ich bei dieser Aufgabe festgefahren zu sein. Vielleicht kommt mir irgendwann noch ein Geistesblitz.

12.11.2009, 13:15

Philipp Imhof

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RE: Beweis Stetigkeit mit Epsilon-Delta-Kriterium
Jetzt scheinen sich die losen Enden langsam zu finden.

Sei $\begin{eqnarray*} \delta:=\text{min}\{\frac{f(a)}{2}, \varepsilon, \frac{1-f(a)}{2}\} \end{eqnarray*}$ . Damit ist einerseits $\begin{eqnarray*} \delta\leq\varepsilon \end{eqnarray*}$ . Andererseits gilt für jedes $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} |x-a|<\delta \end{eqnarray*}$ auch $\begin{eqnarray*} a-\delta<x<a+\delta \end{eqnarray*}$ .

Nun ist $\begin{eqnarray*} a+\delta=a+\frac{a-[a]}{2}=\frac{3a-[a]}{2}\leq\frac{2a}{2}=a \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} a+\delta=a+\frac{1-a+[a]}{2}=\frac{a+[a]+1}{2}\leq\frac{2[a]+1}{2}=[a]+\frac12\leq a \end{eqnarray*}$ (denn f(a)<0.5; sonst wäre ja der andere Bruch kleiner gewesen). Damit ist $\begin{eqnarray*} x<a \end{eqnarray*}$ .

Von der anderen Seite her betrachte ich das analog und erhalte $\begin{eqnarray*} [a]<x \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} [a]<x<a \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} [x]=[a] \end{eqnarray*}$ . Diese Folgerung wäre auch für $\begin{eqnarray*} \delta=\varepsilon \end{eqnarray*}$ zutreffend, denn es ist ja $\begin{eqnarray*} [a]\leq a-\varepsilon<x<a+\varepsilon\leq a \end{eqnarray*}$ (sonst wäre $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ nicht das Minimum der drei möglichen Werte gewesen).

Damit ist auch $\begin{eqnarray*} f(x)-f(a)=x-a \end{eqnarray*}$ und dadurch folgt $\begin{eqnarray*} |x-a|=|f(x)-f(a)|<\delta\leq\varepsilon \end{eqnarray*}$ .

Kann man das so machen?

12.11.2009, 14:45

Mario

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Die Wahl von Delta ist perfekt so und nein, das kann man nicht so machen:
a+eps <=a und a+delta <=a ist ja nicht gerade sinnvoll :-(.

Also: Für festes a wie gehabt

Sei eps>0. Wähle delta so wie Du es gemacht hast. Dann gilt für x mit
|x-a|<delta immer

$\begin{eqnarray*} f(x)=x-\left[x\right]=x-\left[a\right] \end{eqnarray*}$

(du bist ja auf dem gleichen "Zweig"). Damit gilt also für die x aus Deiner
Delta-Umgebung

$\begin{eqnarray*} |f(x)-f(a)|=\ldots = |x-a| <\delta \leq \varepsilon. \end{eqnarray*}$

Also ist f in a stetig.

Die Punkte kannst Du selbst ausfüllen.

12.11.2009, 15:12

Philipp Imhof

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Vielen Dank, Mario.

Zitat:

Die Wahl von Delta ist perfekt so und nein, das kann man nicht so machen:
a+eps <=a und a+delta <=a ist ja nicht gerade sinnvoll :-(.

Au, klar. Das ist mir in der Hitze des Gefechts passiert, als ich "noch schnell" den dritten möglichen Fall für Delta platzieren wollte.

Es ist also:

$\begin{eqnarray*} |f(x)-f(a)|=|x-[x]-a+[a]|=|x-[a]-a+[a]| = |x-a| <\delta \leq \varepsilon. \end{eqnarray*}$

Ich habe hier v.a. ziemlich lange gebraucht, um ein so "komisches" Delta zu akzeptieren. Irgendwie war ich völlig eingenommen von der Idee, dass es immer ein ganz einfaches Delta gäbe.

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