Stetigkeit von Funktionen

29.11.2010, 11:33

ojemine

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Stetigkeit von Funktionen

Meine Frage:

Hab hier eine Aufgabe:

Die Funktion R->R
x|-> {1 falls x(element)Q {0 falls x(element)R\Q

(R reelle Zahlen Q rationale Zahlen)

ist in keinem Punkt stetig.

Meine Ideen:
Ich nehme jetzt eine folge a(index)n aus R.

Und jetzt sei also solch ein epsilon >0 geben. Dann ex. zu jedem Delta >0 ein Punkt in a(index)n sodass

$\begin{eqnarray*} | f(x) - f(x_{o} ) | \geq Epsilon \end{eqnarray*}$

Ja theoretisch gestd aber praktisch....

Bitte helft mir...

29.11.2010, 11:41

Mazze

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Ein Thema dazu reicht.

Zum Thema : Wähle Epsilon < 1 und erinnere dich, dass die rationalen Zahlen in den reellen Zahlen dicht liegen.

29.11.2010, 12:20

ojemine

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Ich kann zwar viele defs auswendig, will aber endlcih mal nachvollziehen und verstehen können....

Ist dann f(x) =1 für x(element) Q und f(x)= 0 für x(element) R\Q??

dann muss ja gelten: |f(x)-1|>epsilon wenn ich zeigen will dass es nicht stetig ist

29.11.2010, 12:39

Mazze

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Der erste Schritt sollte sein, die Definition der Stetigkeit korrekt (!) zu negieren.

Stetigkeit in x_0 nach Epsilon Delta :

Für alle Epsilon > 0 gibt es ein Delta größer Null so dass für alle x im Definitionsbereich $\begin{eqnarray*} |x - x_0| < \delta \Rightarrow |f(x) - f(x_0)| < \varepsilon \end{eqnarray*}$ gilt.

Negation der Aussage :

Es gibt ein Epsilon > 0 , so dass für alle Delta größer Null ein x im Definitionsbereich existiert, so dass $\begin{eqnarray*} |x - x_0| < \delta \land |f(x) - f(x_0)| > \varepsilon \end{eqnarray*}$ gilt.

Mache Dir als aller erstes klar, dass dies tatsächlich die Negation der Stetigkeit ist. Denn das ist das, was gezeigt werden muss.

29.11.2010, 13:31

ojemine

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Wenn ich nun ein epsilon wähle epsilon=1,
dann muss gelten

$\begin{eqnarray*} |x - x_{0} | <\delta \wedge | f(x)- f(x_{0}) | > 1 \end{eqnarray*}$

Jetzt habe ich ja noch gegeben

$\begin{eqnarray*} x\Rightarrow 1 falls x\in \mathbb Q und x\Rightarrow 0 fall x\in \mathbb R \ ohne \mathbb Q \end{eqnarray*}$

Was muss ich als nächstes machen?

LG ojemine

29.11.2010, 13:36

Mazze

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Nicht Epsilon = 1, sondern Epsilon < 1 ! Für epsilon >= 1 ist die Stetigkeitkeitsbedingung trivial erfüllt, es sind die Epsilons die kleiner als 1 sind, für die das Ganze Schief geht.

Wir zeigen, dass es kein x_0 gibt, so dass die Funktion in x_0 stetig wäre. Sei also $\begin{eqnarray*} \varepsilon < 1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \delta > 0 \end{eqnarray*}$ beliebig. Jetzt müssen wir ein x finden, so dass

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

Welche Möglichkeiten gibt es, so dass

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

gilt. Wenn Du das Verstanden hast, ist der Beweis ein Kinderspiel.

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29.11.2010, 14:31

ojemine

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$\begin{eqnarray*} | f(x)- f(x_{o} ) | \end{eqnarray*}$

ist ja das gleiche

$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty } f(x) = f(x_{0} ) \end{eqnarray*}$

Kann ich damit etwas anfangen??

29.11.2010, 14:32

Mazze

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Das ergibt keinen Sinn. Es gibt zwei Fälle

$\begin{eqnarray*} x_0 \in \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} x_0 \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$

Für diese zwei Fälle musst Du ein x finden so dass

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

gilt.

29.11.2010, 15:03

ojemine

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ich muss jetzt ein x wählen, welches in der delta-umgebung liegt

(x_o - delta, x_o + delta) (geschnitten mit R?)

29.11.2010, 15:04

Mazze

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Vergiss erstmal die Deltaumgebung. Wenn x_0 eine rationale Zahl ist, was muss x dann für eine Zahl sein, damit für Epsilon < 1 die Ungleichung

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

erfüllt ist.

29.11.2010, 15:08

ojemine

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x muss größer x_o sein...sodass |x-x_o| >=1

29.11.2010, 15:11

Mazze

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Ließt Du überhaupt was ich schreibe? Ich habe f(x_0) geschrieben, nicht x_0. Was ist f(x_0) wenn x_0 rational ist?

29.11.2010, 15:20

ojemine

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auch eine rationale zahl

boah ich glaub ich werde gleich gekillt.. tut mir leid unglücklich

unglücklich

29.11.2010, 15:23

Mazze

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Du hast doch die Funktionsdefinition :

$\begin{eqnarray*} f(x) = \begin{cases} 1 & x \in \mathbb{Q} \\ 0 & x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\end{cases} \end{eqnarray*}$

wenn ich jetzt sage, dass x_0 eine rationale Zahl ist, was ist dann f(x_0) ? Du musst doch nur diese Definition anwenden. Das ist absolut kein Hexenwerk.

29.11.2010, 15:25

ojemine

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wenn x eine rationale zahl ist, dann ist f(x) = 1

29.11.2010, 15:28

ojemine

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wenn x_o eine rationale zahl ist dann ist f(x_o) =1?

29.11.2010, 15:31

Mazze

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Ganz genau! Also, sei x_0 eine rationale Zahl, was muss x für eine Zahl sein, damit für Epsilon < 1 die Ungleichung

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

gilt?

29.11.2010, 15:37

ojemine

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|f(x)| muss> epsilon +1 sein aber du meinst sicher wieder, welche art von zahl x dann sein muss....

29.11.2010, 15:39

Mazze

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Wenn x_0 eine rationale Zahl ist, dann ist f(x_0) = 1. Jetzt wollen wir ein x finden, so dass

$\begin{eqnarray*} |f(x) - f(x_0)| = |f(x) - 1| > \varepsilon \end{eqnarray*}$

gilt. Wir wissen , dass Epsilon kleiner als 1 ist (weil wir es so gewählt haben), es wäre doch schön, wenn f(x) = 0 wäre, denn dann wäre

$\begin{eqnarray*} |f(x) - f(x_0)| = |0 - 1| = |-1| = 1 > \varepsilon \end{eqnarray*}$

für welche x wäre denn f(x) = 0 ?

29.11.2010, 15:47

ojemine

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für ein x aus aus den reelen zahlen ohne die raionalen zahlen

$\begin{eqnarray*} \! f(x) \, = 0 <br /> x\in \mathbb R \ ohne\mathbb Q \end{eqnarray*}$

29.11.2010, 15:52

Mazze

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Ganz genau. Man sagt auch irrationale Zahlen zu Zahlen die nicht rational sind Augenzwinkern

Augenzwinkern

. Man könnte etwa x = pi, oder x = e (eulersche Zahl) wählen. Analog geht man vor wenn x_0 eine irrationaleZahl ist. Dann muss man x rational wählen. Nun gut,

jetzt müssen wir noch die Bedingung $\begin{eqnarray*} |x - x_0| < \delta \end{eqnarray*}$ verwursten. Wir können also nicht jedes beliebige x wählen, sondern müssen eins wählen, das diese Ungleichung erfüllt.

Sei also delta > 0 und Epsilon < 1

Fall 1 : x_0 rational

Wir haben festgestellt , dass dann x irrational sein muss , damit $\begin{eqnarray*} |f(x) - f(x_0)| > \varepsilon \end{eqnarray*}$ gilt.Du musst jetzt nur noch begründen, warum es für alle delta > 0 stets eine irrationale Zahl x gibt mit

$\begin{eqnarray*} |x - x_0| < \delta \end{eqnarray*}$

wenn Du das hast, ist der Beweis für Fall 1 komplett. Fall 2 verläuft dann analog.

26.06.2011, 23:07

Wilton

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Ich hoff es stellt kein Problem dar, dass ich mich auf einen alten Thread berufe.

Meine Frage zu genau dieser Thematik ist:

Wie kann ich zeigen, dass es stets eine irrationale (und für den zweiten Fall rationale) Zahl $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ gibt, dass $\begin{eqnarray*} |x-x_0|<\delta \end{eqnarray*}$ gilt?

26.06.2011, 23:39

Mazze

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Zitat:

Wie kann ich zeigen, dass es stets eine irrationale

Das folgt aus der Dichtheit der rationalen Zahlen in den reellen zahlen. In jeder Umgebung um eine rationale Zahl befinden sich unendlich viele irrationale Zahlen. Selbiges gilt für irrationale Zahlen. Im Normalfall zeigt man diese Aussage bevor man obiges Beweisen möchte.

26.06.2011, 23:50

Wilton

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Könnte ich denn um das zu zeigen, zumindest für den 1. Fall das x wie folgt definieren?

$\begin{eqnarray*} x:=min \{x_0+ \frac{\delta}{e} , x_0+\frac{e}{4}\} \end{eqnarray*}$

26.06.2011, 23:59

Mazze

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Naja,

$\begin{eqnarray*} x = x_0 + \frac{\delta}{e} \end{eqnarray*}$

Würde schon reichen , wenn Delta kein Vielfaches von e ist. Dann ist ja

$\begin{eqnarray*} |x - x_0| = \left|-\frac{\delta}{e}\right| < \delta \end{eqnarray*}$

Und wenn Delta ein Vielfaches von e ist, wähle einfach $\begin{eqnarray*} x = x_0 + \frac{\delta}{e + 1} \end{eqnarray*}$

27.06.2011, 00:13

Wilton

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ok

bin nur die ganze zeit noch am überlegen, wie ich das für den zweiten Fall zeigen kann. Also wie ich für den zweiten Fall eine rationale Zahl in abhängigkeit von delta definieren kann, die immer kleiner ist als delta, so dass ich sie zu x_0 addieren kann. Hast du da einen Tipp?

27.06.2011, 07:05

Mazze

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Das kommt aufs Delta an. Ist Delta rational, so kannst Du

$\begin{eqnarray*} x = x_0 + \frac{\delta}{\delta + 1} \end{eqnarray*}$

wählen. Ist Delta irrational kannst Du zum Beispiel das Delta an irgendeiner Nachkommastelle abschneiden. Nennen wir diese Zahl $\begin{eqnarray*} \tilde{\delta} \end{eqnarray*}$ , dann setze

$\begin{eqnarray*} x = x_0 + \tilde{\delta} \end{eqnarray*}$

27.06.2011, 14:42

Wilton

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Vielen Dank

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