Gleichmäßige Stetigkeit

24.08.2010, 15:41

saxolophon

Gleichmäßige Stetigkeit

Das eine auf [a,b] stetige Funktion auf [a,b] auch gleichmäßig stetig ist, liegt ja meistens daran, dass es einen Punkt mit maximaler Steigung in diesem Intervall gibt, sodass die Funktion lipschitz stetig ist, und damit auch gleichmäßig stetig.

Eine Ausnahme dazu ist aber die Wurzelfunktion, weil sie gleichmäßig stetig ist, aber im Punkt 0 "unendliche Steigung" hat, also auf dem Intervall [0,b] keine maximale Steigung. Meine Frage ist jetzt: Gibt es noch mehr solche Funktionen die gleichmäßig stetig aber nich lipschtitz stetig sind, die also in irgendeinem Punkt ihres Definitionsbereiches unendliche Steigung haben?

Und stimmt es, das in diesem Fall das universelle Delta nicht linear vom Epsilon abhängt? Bei der Wurzelfunktion, die ja eben nicht lipschitz stetig ist, ist es ja nicht linear mit Delta=Epsilon^2

24.08.2010, 21:18

Abakus

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RE: Gleichmäßige Stetigkeit
Hallo!

Zitat:

Original von saxolophon
Eine Ausnahme dazu ist aber die Wurzelfunktion, weil sie gleichmäßig stetig ist, aber im Punkt 0 "unendliche Steigung" hat, also auf dem Intervall [0,b] keine maximale Steigung. Meine Frage ist jetzt: Gibt es noch mehr solche Funktionen die gleichmäßig stetig aber nich lipschtitz stetig sind, die also in irgendeinem Punkt ihres Definitionsbereiches unendliche Steigung haben?

Ja, sicherlich. Du brauchst ja bloß deine Wurzelfunktion verschieben oder irgendwo "ankleben". Aber es gibt auch weitere Beispiele.

Zitat:

Und stimmt es, das in diesem Fall das universelle Delta nicht linear vom Epsilon abhängt? Bei der Wurzelfunktion, die ja eben nicht lipschitz stetig ist, ist es ja nicht linear mit Delta=Epsilon^2

Jedenfalls gibt es keine Lipschitz-Konstante dann. Dein obiges Delta ist ja nicht unbedingt eindeutig bestimmt, jedes kleinere tut es ja auch. Und entscheidend ist ja nur, dass es überhaupt so ein Delta gibt.

Grüße Abakus smile

24.08.2010, 22:48

mathinitus

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Allgemein ist übrigens jede auf einer kompakten Menge definierte stetige reellwertige Funktion automatisch gleichmäßig stetig.

25.08.2010, 00:20

saxolophon

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Ok, kann jemand folgenden Satz beweisen oder widerlegen: f sei glm stetig auf [a,b] und diffbar auf ]a,b[. Außerdem sei das universelle Delta linear abhängig von epsilon. Meine Behauptung ist dann: f ist lipschitz stetig auf [a,b]. ich hab's noch nicht geschafft das zu beweisen.

Dann noch ne Frage zum ln: Sei f(x)=ln(x) für x>0 und f(x)=0 für x=0. f müsste dann doch glm. stetig auf [0,1] sein,aber ich kann hier kein universelles Delta finden, eben weil die Steigung für x gegen 0 unendlich wird, und man je näher man zur 0 kommt ein umso kleineres Delta benötigt. (das is zwar bei der Wurzelfunktion auch so, aber da klappt es irgendwie trotzdem)

25.08.2010, 00:23

Iorek

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Zitat:

Original von saxolophon
Dann noch ne Frage zum ln: Sei f(x)=ln(x) für x>0 und f(x)=0 für x=0. f müsste dann doch glm. stetig auf [0,1] sein

Deine Funktion ist auf [0;1] nichtmal stetig, wie soll sie dann glm. stetig sein?

25.08.2010, 00:43

saxolophon

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stimmt, ich hatte grad ein vollkommen falsches Bild vom Graphen vom ln im Kopf oO

danke für die schnelle Antwort.

25.08.2010, 02:08

gonnabphd

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Hi, ich hab mal ein bisschen rumgerechnet. Hier mein Ergebnis:

Zitat:

Proposition: $\begin{eqnarray*} \text{$f$ sei stetig auf $[a,b]$.} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \text{Dann ist $f$ genau dann Lipschitz-stetig, wenn es $\alpha > 0$ gibt, so dass $\forall \; \epsilon > 0: \; |x-y|< \alpha\epsilon \Rightarrow |f(x) - f(y)| < \epsilon$.} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \text{Genau dann also, wenn sich $\delta$ linear in Abhängigkeit von $\epsilon$ in der $\epsilon$-$\delta$-Definiton der Stetigkeit ausdrücken lässt.} \end{eqnarray*}$

Ist f Lipschitz-stetig mit Lipschitz-Konstante L, so wähle $\begin{eqnarray*} \alpha := 1/L \end{eqnarray*}$ . Dann gilt:

$\begin{eqnarray*} |f(x) - f(y)| \le L |x-y| < \epsilon \qquad \forall x,y: |x-y| < \epsilon /L \end{eqnarray*}$

Nun die Gegenrichtung:

Nehmen wir an, die Behauptung sei falsch, d.h. es gibt für alle $\begin{eqnarray*} n>0 \end{eqnarray*}$ , Punkte $\begin{eqnarray*} x_n, y_n \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} |f(x_n) - f(y_n)|> n |x_n - y_n| \end{eqnarray*}$

Sei $\begin{eqnarray*} M = \max_{x \in [a,b]} |f(x)| \end{eqnarray*}$

Wir wählen nun ein fixes $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ , für welches $\begin{eqnarray*} \alpha n > 1 \end{eqnarray*}$

Nach Annahme gilt insbesondere für $\begin{eqnarray*} \epsilon = 2M/(\alpha n) \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} |x_n - y_n|< \frac{|f(x_n) - f(y_n)|}{n} \le \frac {2M} n \Rightarrow |f(x_n) - f(y_n)| < \frac{2M}{\alpha n} \end{eqnarray*}$

Und damit bekommen wir (die rechte Abschätzung links eingesetzt):

$\begin{eqnarray*} |x_n - y_n|<\frac{2M}{\alpha n^2} \Rightarrow |f(x_n) - f(y_n)| < \frac{2M}{\alpha^2 n^2} \end{eqnarray*}$

Und deshalb wiederum

$\begin{eqnarray*} |x_n - y_n| < \frac {2M}{\alpha^2 n^3}\Rightarrow |f(x_n) - f(y_n)| < \frac{2M}{\alpha^3 n^3} \end{eqnarray*}$

So weiterfahrend sieht man, dass für alle natürlichen k gilt:

$\begin{eqnarray*} |x_n - y_n| < \frac {2M}{n} \cdot \frac{1}{(\alpha n)^k} \end{eqnarray*}$

Nach Annahme über n konvergiert die rechte Seite für $\begin{eqnarray*} k \to \infty \end{eqnarray*}$ gegen Null. Und damit hat man den Widerspruch $\begin{eqnarray*} |x_n - y_n| = 0 \end{eqnarray*}$ (denn daraus folgte $\begin{eqnarray*} 0 = |f(x_n) - f(y_n)| > n|x_n - y_n| = 0 \end{eqnarray*}$ ).

Also muss es doch eine Konstante $\begin{eqnarray*} L>0 \end{eqnarray*}$ geben, so dass

$\begin{eqnarray*} |f(x) - f(y)| \le L |x-y| \qquad \forall \; x, y \in [a,b] \end{eqnarray*}$

Q.E.D.

Gruss. Wink

25.08.2010, 02:26

giles

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Interessante Untersuchung.

Zitat:

$\begin{eqnarray*} |x_n - y_n|< \frac{|f(x_n) - f(y_n)|}{n} \le \frac {2M} n \Rightarrow |f(x_n) - f(y_n)| < \frac{2M}{\alpha n} \end{eqnarray*}$

Könntest du diesen Folgepfeil einmal erklären?

25.08.2010, 03:01

gonnabphd

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Ja, klar.

Da ist ein kleiner Fehler in der Erklärung dieser Implikation:

Man sieht nach Voraussetzung speziell für $\begin{eqnarray*} \epsilon = 2M/(\alpha n) \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} |x_n - y_n|< \frac {2M} n = \alpha \epsilon \Rightarrow |f(x_n) - f(y_n)| < \epsilon = \frac{2M}{\alpha n} \end{eqnarray*}$

Gruss. Wink

Ich geh' dann mal schlafen...

25.08.2010, 03:28

giles

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Hm ja so gehts. Cooler Beweis Freude

Kann es sein dass in dem Fall $\begin{eqnarray*} \frac{1}{\alpha} \end{eqnarray*}$ sogar die kleinst mögliche Lipschitz-Konstante ist?

25.08.2010, 05:35

gonnabphd

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Zitat:

Original von giles
Hm ja so gehts. Cooler Beweis Freude

Kann es sein dass in dem Fall $\begin{eqnarray*} \frac{1}{\alpha} \end{eqnarray*}$ sogar die kleinst mögliche Lipschitz-Konstante ist?

Danke. Zu der Konstante: Das ist eine interessante Beobachtung, und würde irgendwie schon Sinn machen (ohne Beweis).

Übrigens:

Eine vielleicht überraschende Verallgemeinerung, welche der obige Beweis erlaubt, ist folgende:

Zitat:

Verallgemeinerte Proposition:

$\begin{eqnarray*} \text{Seien $X, \; Y$ metrische Räume, $f: X \to Y$ irgendeine Abbildung.} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \text{Dann ist $f$ genau dann Lipschitz-stetig, wenn es ein $\alpha > 0$ gibt, so dass $\forall \; \epsilon > 0: \; d_X(x,y)< \alpha\epsilon \Rightarrow d_Y(f(x),f(y)) < \epsilon$.} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \text{Genau dann also, wenn sich $\delta$ linear in Abhängigkeit von $\epsilon$ in der $\epsilon$-$\delta$-Definiton der Stetigkeit ausdrücken lässt.} \end{eqnarray*}$

25.08.2010, 11:37

giles

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Zitat:

Original von gonnabphd
Eine vielleicht überraschende Verallgemeinerung, welche der obige Beweis erlaubt, ist folgende:
[...]
$\begin{eqnarray*} \text{Seien $X, \; Y$ metrische Räume, $f: X \to Y$ irgendeine Abbildung.} \end{eqnarray*}$ [...]

Sicher dass in dem Fall noch dieser Schritt legitim ist?

Zitat:

Sei $\begin{eqnarray*} M = \max_{x \in [a,b]} |f(x)| \end{eqnarray*}$

Ich hatte auch über Verallgemeinerung nachgedacht, war aber bei $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ Kompaktum und $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ stetig geblieben.

25.08.2010, 13:16

gonnabphd

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Nein, dieser Schritt geht so dann nicht mehr, aber man kann den Beweis ein bisschen modifizieren (das hab ich mir jedenfalls so gedacht).

Denn man kann beide Metriken als beschränkt voraussetzen. Andernfalls kann man eine neue Metrik definieren, die dieselbe Topologie induziert und beschränkt ist. Z.B.

$\begin{eqnarray*} \bar{d}(x,y) := \max\{d(x,y), 1\} \end{eqnarray*}$

Dann kann man im folgenden Schritt

Zitat:

$\begin{eqnarray*} |x_n - y_n|< \frac{|f(x_n) - f(y_n)|}{n} \le \frac {2M} n \Rightarrow |f(x_n) - f(y_n)| < \frac{2M}{\alpha n} \end{eqnarray*}$

so abschätzen:

$\begin{eqnarray*} d_X(x_n,y_n)< \frac{d_Y(f(x_n) , f(y_n))}{n} \le \frac {1} n \Rightarrow d_Y(f(x_n), f(y_n)) < \frac{1}{\alpha n} \end{eqnarray*}$

und der Rest geht völlig analog durch.

Hmm, ich bin mir zwar ein bisschen unsicher, ob man einfach die Metrik abändern darf oder ob die sozusagen fest vorgeschrieben ist, wenn man X, Y als metrisch einführt... verwirrt

Alternativ müsste man dann halt fordern, dass $\begin{eqnarray*} \sup_{x, y \in X} d_y(f(x),f(y)) < \infty \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ stetig ergibt sich beide mal aus den Voraussetzungen.

25.08.2010, 13:43

saxolophon

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Sehr schön, dann stimmt der Satz sogar smile

Das bedeutet ja dann sogar, das wenn das delta linear vom Epsilon abhängt, die Funktion wegen der lipschitz stetigkeit fast überall auf ]a,b[ diffbar ist, oder?

@gonnabphd sehr schöner Beweis, danke dafür

Aber eine Frage zu deinem Widerspruch: wenn du k gegen unendlich laufen lässt, dann geht mit $\begin{eqnarray*} \frac{2M}{n} \cdot \frac{1}{(\alpha n)^{k} } \end{eqnarray*}$ auch $\begin{eqnarray*} | x-y | \end{eqnarray*}$ gegen 0, aber eben auch $\begin{eqnarray*} | f(x)-f(y) | \end{eqnarray*}$

Darf man die dann wirklich einfach 0 setzten um den Widerspruch 0>0 zu erzeugen?

weil da könnte doch dann auch stehen "etwas sehr kleines">"etwas sehr kleines"

Deshalb würde ich den Widerspruch so erzeugen:

Es gilt
$\begin{eqnarray*} n\cdot | x-y | <\frac{2M}{\ (\alpha b)^{k} }\Rightarrow | f(x)-f(y) | <\frac{2M}{\ (\alpha b)^{k+1} } \end{eqnarray*}$

Wähle k so das $\begin{eqnarray*} n\cdot | x-y | <\frac{2M}{\ (\alpha b)^{k} } \end{eqnarray*}$ aber $\begin{eqnarray*} n\cdot | x-y | >\frac{2M}{\ (\alpha b)^{k+1} } \end{eqnarray*}$

Dann ist
$\begin{eqnarray*} n\cdot | x-y | > | f(x)-f(y) | \end{eqnarray*}$

25.08.2010, 14:00

gonnabphd

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Hi,

Zitat:

Wähle k so das $\begin{eqnarray*} n\cdot | x-y | <\frac{2M}{\ (\alpha b)^{k} } \end{eqnarray*}$ aber $\begin{eqnarray*} n\cdot | x-y | >\frac{2M}{\ (\alpha b)^{k+1} } \end{eqnarray*}$

Das geht nicht, denn die erste Ungleichung gilt für alle k. Insbesondere also auch für das (k+1). Also kann man kein solches k finden.

Da aber $\begin{eqnarray*} x_n, \; y_n \end{eqnarray*}$ irgendwelche fixen Zahlen sind, muss ihr Abstand entweder positiv oder =0 sein. Wäre er positiv, so gäbe es ein k für welches gilt (denn die rechte Seite geht gegen null):

$\begin{eqnarray*} n\cdot | x_n-y_n | >\frac{2M}{\ (\alpha n)^{k} } \end{eqnarray*}$

Das kann aber nicht sein. So sieht man, dass $\begin{eqnarray*} |x_n - y_n| = 0 \end{eqnarray*}$ sein muss. Wegen den Eigenschaften einer Metrik ist das aber nur der Fall, wenn $\begin{eqnarray*} x_n = y_n \end{eqnarray*}$ und dann gilt ja auch trivialerweise $\begin{eqnarray*} f(x_n) = f(y_n) \end{eqnarray*}$

Gruss. Wink

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