stetigkeit epsilon delta

07.12.2009, 13:59	stefan_math	Auf diesen Beitrag antworten »
stetigkeit epsilon delta Hallo Hab ne aufgabe, wo ich zeigen soll, dass $\begin{eqnarray} f(x) = \frac{1}{1+x^{2}} \end{eqnarray}$ stetig auf R ist! habe mit der Definition angefangen! $\begin{eqnarray} \forall\epsilon>0,\forall x \in R,\exists \delta>0, s.d: \forall y\in R :\| x-y \| < \delta folgt: \| f(x) - f(y) \| < \epsilon \end{eqnarray}$ nun habe ich also : $\begin{eqnarray} \|\frac{1}{1+x^{2}}-\frac{1}{1+y^{2}}\|<\epsilon \end{eqnarray}$ ich hoffe ich habs jetzt soweit verstanden, dass ich x fest halte und diese ungleichung unabhängig von y machen muss! stimmt das? oder habe ich bis dahin schon einen denkfehler? wenn ich jetzt weitermache, wollte ich die nenner gleichnamig machen und kann dann oben mit einer bin.formel weiterarbeiten! allerdings habe ich dann immernoch keine unabhängigkeit von y! 2. frage: muss ich dann beginnen abzuschätzen um das y "rauszuschmeißen" ? danke für die hilfe! lg stefan!
07.12.2009, 16:10	Philipp Imhof	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: stetigkeit epsilon delta Kleine Zwischenfrage: Musst du das mit dem Epsilon-Delta-Kriterium beweisen? Ansonsten ist es nämlich eine rationale Funktion, die auf ganz R definiert ist (weil ja der Nenner nie Null wird). Damit ist sie automatisch stetig. Mit dem Epsilon-Delta-Kriterium ist dein Ansatz prinzipiell richtig: Du musst versuchen, ein solches Delta zu bestimmen (manchmal gibt es ein eindeutiges, das direkt aus der Ungleichungskette folgt, manchmal ist es ein Ausdruck der Art min{ ... , ... , ... }) Wenn du so ein Delta, abhängig von Epsilon und x (gemäss deiner Bezeichnung; wir haben die Buchstaben x und a verwendet, a ist der Punkt, in dem wir Stetigkeit untersuchen und x derjenige, der weniger weit als Delta davon entfernt ist; dann wäre es also abhängig von a und Epsilon) finden/konstruieren kannst, ist das Kriterium erfüllt.
07.12.2009, 17:09	stefan_math	Auf diesen Beitrag antworten »
danke erstmal für die antwort: ja ich "muss" das epsilon delta kriterium verwenden! habe mir auch schon die funktion als graph angeguckt und gesehn, dass sie stetig ist! jedoch komme ich mit dem epsilon delta kriterium nur bis zu diesem punkt: $\begin{eqnarray} \frac{\left(y-x\right)\left(y+x\right)}{\left(1+x^{2} \right)\left(1+y^{2} \right)} \end{eqnarray}$ jetzt könnt ich im zähler $\begin{eqnarray} -(x-y) \end{eqnarray}$ abschätzen durch $\begin{eqnarray} \|x-y\|>\delta \end{eqnarray}$ aber dann hab ich immernoch keine "unabhängigkeit" von y. ich glaube y ist in meinem fall euer a oder?
08.12.2009, 17:19	Philipp Imhof	Auf diesen Beitrag antworten »
So, wie du das Kriterium notiert hast, heisst es: Zu jedem Epsilon grösser Null und für jedes x gibt es ein Delta grösser Null, sodass für alle y gilt: Wenn y nicht weiter als Delta von x entfernt ist, dann ist f(y) auch nicht weiter als Delta von f(x) entfernt. Damit ist bei dir das x das, was wir als a bezeichnen, nämlich der jeweilige Punkt, an dem die Stetigkeit untersucht wird. Das Delta darf von deinem x und vom gewählten Epsilon abhängen. Deine Abschätzung bringt dich nicht weiter, ausserdem ist sie verkehrt, $\begin{eqnarray} \|x-y\| \end{eqnarray}$ soll ja kleiner als Delta sein. Du kannst so abschätzen: $\begin{eqnarray} \left\|\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{1+a^2}\right\|\leq\|x^2-a^2\|=\|x+a\|\cdot\|x-a\| \end{eqnarray}$ Nun ist es etwas trickreich: Schränken wir unser Delta mal auf maximal a ein, dann ist $\begin{eqnarray} 0<\|x\|<\|2a\| \end{eqnarray}$ . Damit können wir nun so abschätzen: $\begin{eqnarray} \|x-a\|\cdot \|x+a\|\leq\|x-a\|\cdot(\|x\|+\|a\|)<\|x-a\|\cdot\|3a\| \end{eqnarray}$ und wenn nun $\begin{eqnarray} \delta:=\frac{\epsilon}{\|3a\|} \end{eqnarray}$ gilt, dann ist das Kriterium erfüllt. Aaaaber, was ist, wenn $\begin{eqnarray} \epsilon>6a^2 \end{eqnarray}$ ist? Das darf es ja, denn wir müssen ja für jedes Epsilon ein Delta finden können. In diesem Fall wäre unser so ausgerechnetes Delta plötzlich grösser als a. Das ist im Prinzip nicht schlimm, aber hier dennoch ein Problem, denn unsere Abschätzung war ja nur für Fälle gedacht, wo Delta eben nicht grösser als a wird. Deshalb müssen wir daran auch noch denken und nehmen nun: $\begin{eqnarray} \delta:=\min\{\tfrac{\epsilon}{3\|a\|},\|a\|\} \end{eqnarray}$ Edit: Für a:=0 gilt $\begin{eqnarray} \left\|\frac{1}{1+x^2}-1\right\|\leq\left\|\frac{1}{1+x^2}\right\|\leq\frac{1}{x^2} \end{eqnarray}$ und mit $\begin{eqnarray} \delta:=\frac{1}{\sqrt{\epsilon}} \end{eqnarray}$ haben wir auch in diesem Fall ein Delta gefunden.

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