Epsilon-Delta-Kriterium formal für h(x)=f(x)+g(x)

17.10.2010, 01:19

Martin12345

Epsilon-Delta-Kriterium formal für h(x)=f(x)+g(x)

Meine Frage:
Hallo,

Ich muss in einer Übung anhand des Epsilon-Delta-Kriteriums ganz allgemein beweisen, dass die Funktion

h(x)=f(x)+g(x) stetig ist. Beide Funktionen sind auf ganz R definiert.

Könnte mir vielleicht jemand sagen, wie ich das mache?

Vielen Dank,

Martin

Meine Ideen:
d

17.10.2010, 01:59

giles

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Lass mich raten: f und g sind stetig, du sollst zeigen, dass dann auch h stetig ist?

Schreib einmal auf was es bedeutet wenn h über Epsilon-Delta-Definition stetig sein soll. Dann schreibe es dir die zusätzliche Stetigkeitsinformation zu f und g mit epsilon-delta hin und schau einmal wie du das verbauen kannst.

17.10.2010, 11:25

Martin12345

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Es gilt: lx-x0l<del

l h(x)-h(x0) l<eps

also

l (f(x)+g(x))-(f(x0)+g(x0)) l<eps

Ich forme um zu

l (f(x)-f(x0))+(g(x)-g(x0)) l<eps

Dann würde ich die Dreiecksungleichung benutzen

l f(x)-f(x0) l - l g(x)-g(x0) l <= l (f(x)-f(x0))+(g(x)-g(x0)) l <eps

Bin mir nicht sicher, ob das soweit richtig ist und weiter komme ich nicht.

17.10.2010, 11:39

chrizke

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Zitat:

Original von Martin12345
Dann würde ich die Dreiecksungleichung benutzen

l f(x)-f(x0) l - l g(x)-g(x0) l <= l (f(x)-f(x0))+(g(x)-g(x0)) l <eps

Bin mir nicht sicher, ob das soweit richtig ist und weiter komme ich nicht.

Wo kommt denn da links das Minus zwischen den Beträgen her?

Dreiecksungleichung ist ein gutes Stichwort, nur hast du das nicht ganz korrekt eingesetzt.

Die Idee:

$\begin{eqnarray*} |h(x)-h(x_0)| = |f(x)-f(x_0) + g(x)-g(x_0)| \end{eqnarray*}$

ist der richtige Ansatz, nur musst du die Dreiecksungleichung richtig anwenden.

17.10.2010, 11:45

Martin12345

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Dann würde es doch aber heißen:

l (f(x)-f(x0))+(g(x)-g(x0)) l <= l f(x)-f(x0) l+l g(x)-g(x0)l

Wie hilft mir das weiter?

17.10.2010, 11:49

chrizke

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Genau, das schaut schon besser aus.

Und jetzt überleg dir mal das $\begin{eqnarray*} \epsilon \delta \end{eqnarray*}$ Kriterium für f und g und vergleich das mit dem Ergebnis der Dreiecksungleichung.

Noch als Tipp:

Das $\begin{eqnarray*} \epsilon \delta \end{eqnarray*}$ Kriterium gilt für alle $\begin{eqnarray*} \epsilon>0 \end{eqnarray*}$ also auch für alle $\begin{eqnarray*} \frac{\epsilon}{2} \end{eqnarray*}$

17.10.2010, 12:02

Martin12345

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l f(x)-f(x0) l < eps/2

l g(x)-g(x0) l<eps/2

Da l f(x)-f(x0) l und l g(x)-g(x0) l jeweils kleiner als eps/2 sind, sind die beiden addiert kleiner als eps

??

17.10.2010, 12:04

chrizke

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Ja genau.

Und was ist mit Delta? Um formal korrekt zu sein, musst du dazu auch noch was sagen.

17.10.2010, 12:14

Martin12345

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Gib mir nen Tipp.

Vielleicht:

lx-x0l<del/2 ==> l f(x)-f(x0)+g(x)-g(x0) l <eps/2

nur um es noch mal erwähnt zu haben, dass es durch zwei geteilt wird?

17.10.2010, 13:17

chrizke

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War kurz nicht verfügbar, da ich noch nebenbei für ne Prüfung lerne.

Ich fasse nochmal eben zusammen, wie weit wir sind:

Zunächst das eps-del-Kriterium:

$\begin{eqnarray*} \forall\varepsilon >0\quad \exists \delta >0 : |f(x)-f(x_0)|<\varepsilon\quad \forall x : |x-x_0|<\delta \end{eqnarray*}$

Der Beweis ginge nun so weiter:

Sei $\begin{eqnarray*} h(x)=f(x)+g(x) \end{eqnarray*}$

Dann haben wir ja schon rausgefunden, dass:

$\begin{eqnarray*} \forall \varepsilon>0\quad |h(x)-h(x_0)| = |f(x)-f(x_0) + g(x)-g(x_0)| \leq \underbrace {|f(x)-f(x_0)|}_{< \frac{\varepsilon}{2}} + \underbrace{|g(x)-g(x_0)|}_{<\frac{\varepsilon}{2}}<\varepsilon \end{eqnarray*}$

So hier fehlt jetzt aber noch, wie du beim eps-delt-Kriterium siehst, die Geschichte mit dem Delta.
Wie musst du das Delta für h (definiert als so: $\begin{eqnarray*} \delta_h := \delta_h(\varepsilon,x_0) \end{eqnarray*}$ ) setzen, sodass das hier mit dem Kriterium funktioniert.

Dazu zwei Tipps:
1) Ignorier die eps/2. Die kann man einfach wegsubstituieren, da es ja für alle eps gilt. Das benutzt man hier nur, damit es schön ausschaut Augenzwinkern

2) Das neue Delta für h hängt von den Deltas der Stetigkeiten für f und g ab. Du weißt, f ist stetig auf einem Intervall um $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ und g ist stetig auf einem Intervall um $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ , deren Länge (also das jeweilige delta was ja den 'Radius' darstellt. Klingt im ersten Moment vllt. etwas komisch mit dem Radius, wenn ihr bisher nur im IR unterwegs wart, aber davon nicht verwirren lassen) von Epsilon abhängt.
Auf welchem Intervall um $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ ist denn nun h stetig(in Abhängigkeit von Epsilon natürlich)?

Ich hoffe die Tipps helfen dir smile

17.10.2010, 13:35

Martin12345

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Ich komm nicht drauf.

Was ich machen muss, ist irgendwie klar, aber ich weiss nicht wie ich del in Abhängigkeit von eps darstellen kann, das krieg ich nicht hin smile

17.10.2010, 13:40

chrizke

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Ok,

betrachten wir mal ein beliebiges epsilon>0.

So für dieses existiert ein Delta zu g und ein Delta zu f, sodass das eps-del-Kriterium gilt.

Also es gilt:

$\begin{eqnarray*} |f(x)-f(x_0)|<\varepsilon \quad \forall x: |x-x_0|<\delta_f \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} |g(x)-g(x_0)|<\varepsilon \quad \forall x: |x-x_0|<\delta_g \end{eqnarray*}$

Das $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ und das Epsilon ist beides mal das gleiche.

Also es gilt für alle x bei f mit $\begin{eqnarray*} |x-x_0|<\delta_f \end{eqnarray*}$ und bei g: $\begin{eqnarray*} |x-x_0|<\delta_g \end{eqnarray*}$ .

Für welche x gilt es nun bei h=f+g?

17.10.2010, 13:47

Martin12345

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Für alle x mit lx-x0l < delf+delg

17.10.2010, 13:54

chrizke

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Damit machst du den Intervall ja größer und weißt nicht, ob das Kriterium außerhalb des Intervalls für f oder g erfüllt ist.

Nochmal zur Veranschaulichung:

$\begin{eqnarray*} \forall x: |x-x_0|<\delta_f \end{eqnarray*}$

bedeutet ja nichts anderes als:

$\begin{eqnarray*} \forall x\in\ ]x_0-\delta_f,x_0+\delta_f[ \end{eqnarray*}$

Für g halt analog.

Für in welchem Intervall müssen die x nun liegen, damit es sowohl für f wie auch für g erfüllt ist?

17.10.2010, 14:10

Martin12345

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Für alle x mit lx-x0l < delf-delg

17.10.2010, 14:17

chrizke

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Woher weißt du, dass delf>delg ist? Und was wäre wenn delf=delg? Dann wäre das Delta zu h ja nichtmehr echt größer 0.

Mal noch nen Tipp:

Sei jetzt zum Beispiel mal $\begin{eqnarray*} \delta_f>\delta_g \end{eqnarray*}$

Was gilt dann für

$\begin{eqnarray*} (x_0-\delta_f,x_0+\delta_f)\ \cap\ (x_0-\delta_g,x_0+\delta_g) \end{eqnarray*}$

Die runden Klammern sind der offene Intervall.

17.10.2010, 14:21

Martin12345

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also? ich komm wirklich nicht weiter smile

17.10.2010, 14:30

chrizke

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Schau dir bitte meinen oben nachträglich eingefügten Tipp an und antworte darauf.

17.10.2010, 14:44

Martin12345

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dann gilt delh nur im Intervall von (x0-delg,x0+delg)

17.10.2010, 15:39

chrizke

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Ja genau.

Entsprechend umgekehrt wäre es wenn delg>delf wäre.

Also gilt für delh was?

17.10.2010, 15:50

Martin12345

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delh<delf
und
delh<delg

17.10.2010, 15:54

chrizke

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Also wir haben zwei Fälle_

$\begin{eqnarray*} 1. \delta_f > \delta_g \end{eqnarray*}$
Hier hast du erkannt, dass $\begin{eqnarray*} \delta_h := \delta_g \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2. \delta_g > \delta_f \end{eqnarray*}$
Hier hast du erkannt, dass $\begin{eqnarray*} \delta_h := \delta_f \end{eqnarray*}$

Also ist das Delta für h allgemein wie zu definieren?

17.10.2010, 16:11

xenilio

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Hey,

sorry, dass ich hier einfach so dazwischen funke. Ich hoffe dadurch zerstöre ich nicht den Gesprächsfaden.
Ich sitze momentan an der selben Aufgabe (ich vermute ganz stark, dass ich in der selben Vorlesung wie Martin sitze an der RWTH).
Es gibt eine Sache, die ich bisher nicht nachvollziehen konnte. Und zwar wird ziemlich zu Anfang ja von $\begin{eqnarray*} |f(x) - f(x_0) + g(x) - g(x_0)| < \epsilon \end{eqnarray*}$ gemäß Dreiecksungleichung auf Folgendes geschlossen:
$\begin{eqnarray*} |f(x) - f(x_0) + g(x) - g(x_0)| \leq |f(x) - f(x_0)| + |g(x) - g(x_0)| \end{eqnarray*}$

Dieser Schritt ist nachvollziehbar. Aber woher weiß ich, dass $\begin{eqnarray*} |f(x) - f(x_0)| + |g(x) - g(x_0)| < \epsilon \end{eqnarray*}$ ist? Das ergibt sich ja nicht zwangsläufig.

Sorry wenn das eine doofe Frage ist, aber ich habe das $\begin{eqnarray*} \epsilon\delta \end{eqnarray*}$ -Kriterium noch nie behandelt (nichtmal in der Vorlesung wurde das behandelt und trotzdem soll man das in den Übungen können).

xenilio

17.10.2010, 16:28

Martin12345

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Hey,
du musst das eps-del-kriterium jeweils für f(x) und g(x) getrennt betrachten.

eps > 0 gilt ja für alle eps, also auch für eps/2

demnach sind

l f(x)-f(x0) l < eps/2

und

l g(x)-g(x0) l < eps/2

die beiden addiert sind also auf jeden fall kleiner als eps

17.10.2010, 16:35

Martin12345

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nur wie definiere ich dieses delh denn nun allgemein? ich hab ne blockade

17.10.2010, 16:36

chrizke

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Zitat:

Original von xenilio
Es gibt eine Sache, die ich bisher nicht nachvollziehen konnte. Und zwar wird ziemlich zu Anfang ja von $\begin{eqnarray*} |f(x) - f(x_0) + g(x) - g(x_0)| < \epsilon \end{eqnarray*}$ gemäß Dreiecksungleichung auf Folgendes geschlossen:
$\begin{eqnarray*} |f(x) - f(x_0) + g(x) - g(x_0)| \leq |f(x) - f(x_0)| + |g(x) - g(x_0)| \end{eqnarray*}$

Du hast es genau falschherum verstanden. Es ist so wie Martin12345 gerade sagte.

Wir schließen aus dem Ergebnis der Dreiecksungleichung dass der gesamte betrag kleiner Epsilon ist. Und nicht umgekehrt.

Zu finden ist das in meinem Beitrag um 13:17 Uhr mit den Epsilon halbe.

17.10.2010, 16:37

chrizke

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Ok, da es da oben ja schon steht, gebe ich dir die allgemeine Definition von delta h. Es ist an sich recht trivial, wenn man die oben gegebenen Kriterien in eine bekannte Definition einsetzt:

$\begin{eqnarray*} \delta_h := \min \{\delta_f , \delta_g \} \end{eqnarray*}$

17.10.2010, 16:39

Martin12345

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Vielen Dank!

17.10.2010, 16:53

Tim12345

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hiho,
hier spricht noch ein ahnungsloser, hilfloser RWTH-Student der dem die Eklärungen hier schon sher geholfen haben, der aber noch ein paar Fragen hat.

Mir ist klar, dass dass f(x)-f(x0)<Eps ist.
aber warum weip man, dass f(x)-f(x0)<Eps/2 ist.

lg und Danke im Vorraus Tim

17.10.2010, 17:33

chrizke

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Im Epsilon-Delta-Kriterium steht doch: $\begin{eqnarray*} \forall \varepsilon > 0 \end{eqnarray*}$ .

Also auch für $\begin{eqnarray*} \frac{\varepsilon}{2} \end{eqnarray*}$

17.10.2010, 19:53

xenilio

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Ich verstehe noch nicht so ganz, warum wir aus der Tatsache, dass $\begin{eqnarray*} d_h = min(d_f, d_g) \end{eqnarray*}$ ist schließen können, dass h(x) nun stetig ist.

17.10.2010, 20:14

xenilio

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Und was ich auch nicht verstehe ist die Tatsache, dass wir auf die Form
$\begin{eqnarray*} |f(x) - f(x_0)| < \epsilon \hspace{4mm} \forall x : |x - x_0| < \delta_f |g(x) - g(x_0)| < \epsilon \hspace{4mm} \forall x : |x - x_0| < \delta_g \end{eqnarray*}$
durch Herleitungen kommen mussten, wo sich das doch schon aus der Angabe, dass f(x) und g(x) stetig sind ergibt.

17.10.2010, 20:24

chrizke

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Zitat:

Original von xenilio
Und was ich auch nicht verstehe ist die Tatsache, dass wir auf die Form
$\begin{eqnarray*} |f(x) - f(x_0)| < \epsilon \hspace{4mm} \forall x : |x - x_0| < \delta_f |g(x) - g(x_0)| < \epsilon \hspace{4mm} \forall x : |x - x_0| < \delta_g \end{eqnarray*}$
durch Herleitungen kommen mussten, wo sich das doch schon aus der Angabe, dass f(x) und g(x) stetig sind ergibt.

Das ist ja nur das Eps-Del-Kriterium für f und g nochmal aufgeschrieben. Damit habe ich versucht zu erklären, wie man auf das Delta für h kommt. Wirklich essenziell ist das natürlich nicht.

Dass wir für das delta für h das Minimum der beiden anderen nehmen brauchen wir dafür, um die Existenz eines Deltas sicherzustellen, so wie es im Kriterium verlangt wird.
Die Bedingung $\begin{eqnarray*} |h(x)-h(x_0)|<\varepsilon \end{eqnarray*}$ haben wir ja durch den Trick mit den $\begin{eqnarray*} \frac{\varepsilon}{2} \end{eqnarray*}$ sichergestellt. Jetzt ist nur die Frage, in welchem Intervall um $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ die x liegen, die dieses Kriterium erfüllen, dürfen. Und da nimmt man dann den kleineren der beiden, da die x im kleineren Intervall sowohl für f wie auch für g das jeweilige Eps-Del-Kriterium erfüllen.

17.10.2010, 20:57

xenilio

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Achso, also verstehe ich es richtig, dass wir im ersten Schritt nur bewiesen haben, dass |h(x)-h(x_0)| < epsilon ist und es dann einen Schnitt gab und Delta ins Spiel kam, der erste Schritt aber dafür keine Rolle mehr spielt? Mir fällt es etwas schwer, dem Beweisfaden zu folgen, da es immer wieder Sprünge und Spekulationen seitens des Threaderstellers gab.

17.10.2010, 22:27

xenilio

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So, ich glaube jetzt habe ich es verstanden. Hier mal eine niedergeschriebene Form des Ganzen. Es wäre schön, wenn mir jemand bestätigen könnte, dass ich alles richtig verstanden hab und dass die Beweisführung korrekt und lückenlos ist.
Dass sie formal nicht ganz korrekt sein mag, ist mir klar.

---

Zunächst gilt es zu beweisen, dass $\begin{eqnarray*} |h(x)-h(x_0)|<\epsilon \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} |h(x)-h(x_0)| < \epsilon |f(x)+g(x)-f(x_0)-g(x_0)| < \epsilon |f(x)-f(x_0)+g(x)-g(x_0)| < \epsilon \end{eqnarray*}$

Nach Dreiecksungleichung gilt:
$\begin{eqnarray*} |f(x)-f(x_0) + g(x)-g(x_0)| \leq | f(x) - f(x_0)| + |g(x)-g(x_0)| \end{eqnarray*}$

Es reicht also, folgendes zu zeigen:
$\begin{eqnarray*} |f(x)-f(x_0)| + |g(x)-g(x_0)| < \epsilon \end{eqnarray*}$
Nun können wir verlangen
$\begin{eqnarray*} |f(x)-f(x_0)| < \frac{\epsilon}{2} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |g(x)-g(x_0)| < \frac{\epsilon}{2} \end{eqnarray*}$ ,
da laut Epsilon-Delta-Kriterium von f(x) und g(x) das Epsilon frei wählbar ist, solange es > 0 ist.
Wenn $\begin{eqnarray*} |f(x)-f(x_0)| < \frac{\epsilon}{2} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |g(x)-g(x_0)| < \frac{\epsilon}{2} \end{eqnarray*}$ , dann ist zwangsläufig auch $\begin{eqnarray*} |f(x) - f(x_0)| + |g(x)-g(x_0)| < \epsilon \end{eqnarray*}$ .
Damit ist $\begin{eqnarray*} |h(x) - h(x_0)| < \epsilon \end{eqnarray*}$ bewiesen.

Laut Epsilon-Delta-Kriterium gilt außerdem $\begin{eqnarray*} |x-x_0|<\delta_f \end{eqnarray*}$ für f(x) und $\begin{eqnarray*} |x-x_0|<\delta_g \end{eqnarray*}$ für g(x), bzw. in intervallschreibweise:
$\begin{eqnarray*} x \in (x_0 - \delta_f, x_0 + \delta_f) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x \in (x_0 - \delta_g, x_0 + \delta_g) \end{eqnarray*}$ .
Damit jedes $\begin{eqnarray*} x \in (x_0 - \delta_h, x_0 + \delta_h) \end{eqnarray*}$ in beiden Intervallen enthalten ist, wählen wir für $\begin{eqnarray*} \delta_h \end{eqnarray*}$ einfach das kleinere der beiden Deltas, denn dann ist x in beiden Intervallen enthalten: $\begin{eqnarray*} \delta_h = min(\delta_f, \delta_g) \end{eqnarray*}$ . Es lässt sich also für jedes $\begin{eqnarray*} \epsilon > 0 \end{eqnarray*}$ und jedes $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} \delta > 0 \end{eqnarray*}$ finden, so dass für jedes $\begin{eqnarray*} x \in (x_0 - \delta_h, x_0 + \delta_h) \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} h(x) \in (h(x_0)-\epsilon, h(x_0)+\epsilon) \end{eqnarray*}$ . Damit ist bewiesen, dass h(x) stetig ist.

17.10.2010, 22:56

chrizke

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Viel zu kompliziert.

Du musst die beiden Teile, also für Epsilon und für Delta synchron verarbeiten. Das kam hier im Thread nur getrennt rüber, da wir das Schritt für Schritt bearbeitet haben.

Also nochmal das Eps-Del-Kriterium aufgeschrieben und in drei Teile A,B,C gegliedert.

$\begin{eqnarray*} \underbrace{\forall \varepsilon > 0\ \exists \delta > 0}_{A}:\quad \underbrace{|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon}_{B}\quad \underbrace{\forall x: |x-x_0|<\delta}_{C} \end{eqnarray*}$

Der Teil A sagt aus, dass es zu jedem Epsilon ein Delta gibt. Diese Existenz des Deltas müssen wir natürlich auch für das h sicherstellen.

Betrachen wir nun zuerst den Teil C, da der eigentlich in der Anschauung zuerst kommt.
In diesem Teil steht, dass für alle x, die die Bedingung $\begin{eqnarray*} |x-x_0|<\delta \end{eqnarray*}$ erfüllen, gemeint sind in der Aussage.
Das ist, wie ich ja schon vorher irgendwann mal schrieb nichts anderes als $\begin{eqnarray*} x\in (x_0-\delta,x_0+\delta) \end{eqnarray*}$

Und damit die Funktion nun stetig ist, muss nun auch für all diese x mit der grad genannten Eigenschaft gelten:

$\begin{eqnarray*} |f(x)-f(x_0)|<\varepsilon \end{eqnarray*}$

Jetzt zurück zum eigentlichen Beweis:

Du hast richtig erkannt, dass wenn f und g stetig sind, dass es auch ausreicht, den kleineren der beiden Intervalle zu nehmen, da der eine ne Teilmenge vom anderen ist. Hauptsache es existiert so ein Intervall. Das ist es was Teil A aussagt.

Und jetzt schreibt man zum Beweis einfach das Eps_del-Kriterium für h hin:

$\begin{eqnarray*} \forall \varepsilon > 0\ \exists \delta_h > 0:\quad |h(x)-h(x_0)| = |f(x)-f(x_0)+g(x)-g(x_0)|\leq |f(x)-f(x_0)|+|g(x)-g(x_0)| < \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \quad \forall x\ \ldots \end{eqnarray*}$

Die Frage ist jetzt nur, für welche x das gilt. Da musst du jetzt einen Intervall wählen, für den das Eps-Del-Kriterium sowohl für g als auch für f erfüllt ist.

Und wie das geht, wurde ja jetzt hinreichend geklärt Augenzwinkern

18.10.2010, 03:04

TommyAngelo

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Zitat:

Original von chrizke
Ok, da es da oben ja schon steht, gebe ich dir die allgemeine Definition von delta h. Es ist an sich recht trivial, wenn man die oben gegebenen Kriterien in eine bekannte Definition einsetzt:

$\begin{eqnarray*} \delta_h := \min \{\delta_f , \delta_g \} \end{eqnarray*}$

Falsch, nimm z.B. mal $\begin{eqnarray*} f(x)=x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g(x)=2x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \varepsilon = 1 \end{eqnarray*}$ . Dann ist $\begin{eqnarray*} h(x)=3x \end{eqnarray*}$ Dann ist $\begin{eqnarray*} \delta_f=1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \delta_g=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ , aber $\begin{eqnarray*} \delta_h = \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ .

EDIT: Entschuldigung, du hast Recht, denn ich habe $\begin{eqnarray*} \frac{\varepsilon}{2} \end{eqnarray*}$ nicht beachetet. Dann ist $\begin{eqnarray*} \delta_f = \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \delta_g=\frac{1}{4} \end{eqnarray*}$ und man kann $\begin{eqnarray*} \delta_g \end{eqnarray*}$ als $\begin{eqnarray*} \delta_h \end{eqnarray*}$ nehmen, da es sogar kleiner als $\begin{eqnarray*} \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ ist.

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