Gleichmäßige Stetigkeit mittels Epsilon-Delta-Kriterium

15.02.2011, 18:56

Ibn Batuta

Gleichmäßige Stetigkeit mittels Epsilon-Delta-Kriterium

Hi,

ich habe schon bewiesen, dass die Funktion $\begin{eqnarray*} f(x)=e^x \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x\in(-\infty,0] \end{eqnarray*}$ gleichmäßig stetig ist, aber über einen anderen Weg, den ich kurz skizzieren möchte.

Für $\begin{eqnarray*} \lambda\in(-\infty,0) \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} f'(\lambda)\le 1 \end{eqnarray*}$ , seien nun $\begin{eqnarray*} x,y\in(-\infty,0] \end{eqnarray*}$ , dann gibt es nach dem MWS ein $\begin{eqnarray*} \xi\in(-\infty,0) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \left|\frac{e^x-e^y}{x-y}\right|=f'(\xi) \end{eqnarray*}$

Forme um:

$\begin{eqnarray*} |e^x-e^y|=f'(\xi)|(x-y)|\le|x-y| \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} f'(\xi)\le1 \end{eqnarray*}$

Damit ist gezeigt, dass $\begin{eqnarray*} e^x \end{eqnarray*}$ in diesem Intervall lipschitz-stetig und damit gleichmäßig stetig ist.

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Was ich allerdings bis heute nicht so richtig verstehe, ist das Zeigen der gleichmäßigen Stetigkeit mittels des Epsilon-Delta-Kriteriums.

$\begin{eqnarray*} \forall\varepsilon>0~\exists\delta>0~\forall x,y\in D:\,\left(|x-y|<\delta\Rightarrow |f(x)-f(y)|<\varepsilon\right) \end{eqnarray*}$

Ich muss ja hier das Pferd von hinten aufzäumen. Also, sei $\begin{eqnarray*} x,y\in(-\infty,0] \end{eqnarray*}$ beliebig:

$\begin{eqnarray*} |f(x)-f(y)|=|e^x-e^y| \end{eqnarray*}$

Und hier fängt´s schon an. Ich muss ja irgendwie mein Delta da mit ins Spiel bringen, aber kein Plan wie das hier funktionieren soll. Was wäre der nächste Schritt? Ich will kein vorgefertigtes $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ haben, sondern verstehen, was zu tun ist. smile

Danke euch!

Ibn Batuta

15.02.2011, 19:08

lgrizu

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RE: Gleichmäßige Stetigkeit mittels Epsilon-Delta-Kriterium
Warum willst du das unbedingt mit Epsilon-Delta machen?

Man kann auch benutzen, dass Potenzreihen im inneren ihres Konvergenzradius stetig sind, die Potenzreihendaqrstellung von e^x hat den Konvergenzradius unendlich.

Wenn du die Stetigkeit mit Epsilon-Delta zeigen willst wirst du um die Potenzreihendarstzellung auch nicht herumkommen (jedenfalls wüsste ich ad hoc nicht, wie).

15.02.2011, 19:13

Ibn Batuta

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RE: Gleichmäßige Stetigkeit mittels Epsilon-Delta-Kriterium

Zitat:

Original von lgrizu
Warum willst du das unbedingt mit Epsilon-Delta machen?

Weil ich das Epsilon-Delta-Kriterium üben möchte, da unser Prof darauf voll abfährt. unglücklich

Bräuchte auch dringendst Nachhilfe beim Folgenkriterium, aber dazu wahrscheinlich heute Abend mehr...

Zitat:

Original von lgrizu
Man kann auch benutzen, dass Potenzreihen im inneren ihres Konvergenzradius stetig sind, die Potenzreihendaqrstellung von e^x hat den Konvergenzradius unendlich.

Wenn du die Stetigkeit mit Epsilon-Delta zeigen willst wirst du um die Potenzreihendarstzellung auch nicht herumkommen (jedenfalls wüsste ich ad hoc nicht, wie).

Hm, okay. Hast du vielleicht ´ne Funktion parat, die ich mit Epsilon-Delta a) auf Stetigkeit und b) auf gleichmäßige Stetigkeit beweisen kann?

Ibn Batuta

15.02.2011, 19:33

lgrizu

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RE: Gleichmäßige Stetigkeit mittels Epsilon-Delta-Kriterium
Das unterscheidet sich ja nicht großartig, bekommt man ein $\begin{eqnarray*} \delta ( \epsilon) \end{eqnarray*}$ so ist die Funktion gleichmäßig stetig, hängt das Delta auch von x_0 ab, so ist die Funktion stetig, aber nicht gleichmäßig stetig.

Du kannst dich ja mal an der Funktion $\begin{eqnarray*} f(x)=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}} \end{eqnarray*}$ versuchen.

Oder die Funktion $\begin{eqnarray*} f(x)=\sqrt{x} \end{eqnarray*}$ .

15.02.2011, 19:48

Ibn Batuta

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$\begin{eqnarray*} f(x)=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f \ \text{gleichmäßig stetig}\Leftrightarrow\forall\varepsilon>0~\exists\delta>0~\forall x,y\in D:\,\left(|x-y|<\delta\Rightarrow |f(x)-f(y)|<\varepsilon\right) \end{eqnarray*}$

Sei $\begin{eqnarray*} x,y\in\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ , dann:

$\begin{eqnarray*} \left| \frac{1}{\sqrt{x^2+1}} - \frac{1}{\sqrt{y^2+1}} \right| = \left| \frac{\sqrt{y^2+1}-\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2+1}\sqrt{y^2+1}} \right| = \left| \frac{y^2-x^2}{\sqrt{x^2+1}\sqrt{y^2+1}\cdot(\sqrt{y^2+1}+\sqrt{x^2+1})} \right| = \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left| \frac{(y-x)(y+x)}{(y^2+1)\sqrt{x^2+1}+(x^2+1)\sqrt{y^2+1}} \right| \end{eqnarray*}$

Jetzt habe ich im Zähler schonmal $\begin{eqnarray*} |y-x| \end{eqnarray*}$ stehen, was ja irgendwas mit $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ zu tun haben sollte - aber was? Was ist der nächste Schritt, damit ich da drauf komme?

Ibn Batuta

15.02.2011, 19:52

lgrizu

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Zitat:

Original von Ibn Batuta
Jetzt habe ich im Zähler schonmal $\begin{eqnarray*} |y-x| \end{eqnarray*}$ stehen, was ja irgendwas mit $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ zu tun haben sollte - aber was? Was ist der nächste Schritt, damit ich da drauf komme?

Ibn Batuta

$\begin{eqnarray*} \left| \frac{(y-x)(y+x)}{(y^2+1)\sqrt{x^2+1}+(x^2+1)\sqrt{y^2+1}} \right|=|x-y| \cdot \left(\left| \frac{(y+x)}{(y^2+1)\sqrt{x^2+1}+(x^2+1)\sqrt{y^2+1}} \right| \right) < \epsilon \end{eqnarray*}$ .

Nun kann man den Term in der Klammer abschätzen, um ein Delta zu bekommen.

15.02.2011, 20:00

Ibn Batuta

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Aha!
Werde mir im Zug was überlegen. Danke schonmal, Igrizu!

Ibn Batuta

15.02.2011, 22:53

Ibn Batuta

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Ich habe mir auch was überlegt und habe noch Probleme:

$\begin{eqnarray*} |x-y| \cdot \left(\left| \frac{(y+x)}{(y^2+1)\sqrt{x^2+1}+(x^2+1)\sqrt{y^2+1}} \right| \right) \le \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} |x-y| \cdot \left(\left| \frac{(y+x)}{(y^2+1)+(x^2+1)} \right| \right) \le |x-y| \cdot \left(\left| \frac{(y+x)}{2} \right| \right) = \frac 1 2 |x-y| \cdot \left(\left| (y+x) \right| \right) \end{eqnarray*}$

Und nun? verwirrt

Ibn Batuta

16.02.2011, 10:04

lgrizu

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Wir betrachten einmal nur den Nenner des Bruches $\begin{eqnarray*} \left(\left| \frac{(y+x)}{(y^2+1)\sqrt{x^2+1}+(x^2+1)\sqrt{y^2+1}} \right| \right) \end{eqnarray*}$ .

Sicherlich gilt |y²+1|>|y| und |x²+1|>|x|.

Es gilt fernerhin $\begin{eqnarray*} |\sqrt{x^2+1}|>1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |\sqrt{y^2+1}|>1 \end{eqnarray*}$ .

Damit ist $\begin{eqnarray*} |(y^2+1)| \cdot |\sqrt{y^2+1}|>y \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |(x^2+1)| \cdot |\sqrt{x^2+1}|>|x| \end{eqnarray*}$

Un somit gilt für den Nenner:

$\begin{eqnarray*} |(y^2+1)| \cdot |\sqrt{y^2+1}|+|(x^2+1)| \cdot |\sqrt{x^2+1}|>|x|+|y| \end{eqnarray*}$ .

Da der Nenner größer ist als der Zähler ist der Bruch <1, das sollet uns eine geeignete Abschätzung liefern.

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