Stetigkeit mit Epsilon-Delta

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28.04.2012, 11:00	fleurita	Auf diesen Beitrag antworten »
Stetigkeit mit Epsilon-Delta Meine Frage: hey alle zusammen! Ich bin versuchend die stetigkeit von $\begin{eqnarray} f(x,y)=\frac{xy}{\sqrt{\|x\|}+y^2} \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} (x,y)\neq (0,0) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} f(x,y)=0 \end{eqnarray}$ sonst, im ursprung zu beweisen. Meine Ideen: Sei $\begin{eqnarray} \varepsilon >0 \end{eqnarray}$ beliebig, aber fest vorgegeben und $\begin{eqnarray} \delta =\ ? \end{eqnarray}$ Dann gilt $\begin{eqnarray} \forall\ (x,y)\in \mathbb R^2 \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} d\Big((x,y),(0,0)\Big)=\\|(x,y)\\|= \sqrt{x^2+y^2}< \delta\ : \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} d\Big(f(x,y),f(0,0)\Big)=\left\|\frac{xy}{\sqrt{\|x\|}+y^2}-0\right\|=\frac{\|xy\|}{\sqrt{\|x\|}+y^2}=\ ? \end{eqnarray}$ weiter komm ich nicht...
28.04.2012, 12:10	fleurita	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Stetigkeit mit Epsilon-Delta ein kleiner einfall ist mir noch gekommen: $\begin{eqnarray} \cdots =\frac{\|xy\|}{\sqrt{\|x\|}+y^2}=\frac{\|x\|}{\sqrt{\|x\|}+y^2}\cdot \|y\|\ \leq\ \frac{\sqrt{x^2+y^2}}{\sqrt{\|x\|}+y^2}\cdot \sqrt{x^2+y^2}\ < \frac{\delta^2 }{\sqrt{\|x\|}+y^2} \end{eqnarray}$ und dann?...
28.04.2012, 12:19	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Stetigkeit mit Epsilon-Delta Substituier (und überlege warum man es ohne Probleme darf) $\begin{eqnarray} x = z^4 \end{eqnarray}$ . Die Abschätzung die du genommen hast, ist viel zu stark. Du verlierst viel zu viel. Deswegen divergiert der letzte Summand für x,y -> 0.
28.04.2012, 12:40	fleurita	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Stetigkeit mit Epsilon-Delta dankeschön, also ich würde jetzt sagen, man darf $\begin{eqnarray} x = z^4 \end{eqnarray}$ substituieren, weil es durch den betrag um x egal ist ob man positive oder negative werte für x einsetzt. Wenn das nicht so wäre, und ich z.b. -1 für x einsetzte müsste ich ja von etwas negativem die wurzel ziehen. Stimmt das? $\begin{eqnarray} \frac{\|xy\|}{\sqrt{\|x\|}+y^2}\ =\ \frac{z^4\|y\|}{\sqrt{z^4}+y^2}\ =\ \frac{z^4\|y\|}{z^2+y^2} \end{eqnarray}$ ey ich blicks nicht :-(
28.04.2012, 13:05	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Stetigkeit mit Epsilon-Delta Wie würdest du denn die Stetigkeit von $\begin{eqnarray} g(z,y) = \frac{z^4y^2}{z^2+y^4} \leq \frac{z^4y^2}{z^2} \end{eqnarray}$ zeigen? Ich habe hier mal alle Vorzeichen über Bord geworfen, da alles was sich ändert das Vorzeichen des ganzen Bruche ist. Dann muss man nur noch überlegen wie man ein Polynom abschätzt. Mit der Folgenkonvergenz wäre die Sache nun gegessen, wenn du es nicht doch lieber damit machen willst. Edit: Die Ungleichung gilt nur für z != 0.
28.04.2012, 13:33	fleurita	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Stetigkeit mit Epsilon-Delta Eine vllt sehr dumme frage... Was hat die stetitgkeit mit der konvergenz von folgen zu tun? Also ich weiß natürlich, dass eine funktion stetig an einer stelle ist, wenn jede folge, die gegen diese stelle konvegriert,die bilder der folge auch gegen den funktonswert konvergieren. Aber das nimmt man ja nur um unstetigkeit in einem punkt zu zeigen, oder? und bei $\begin{eqnarray} g(z,y) = \frac{z^4y^2}{z^2+y^4} \leq \frac{z^4y^2}{z^2} = y^2 \leq \sqrt{z^8+y^4} < \delta \end{eqnarray}$ hmm. Ich weiß nicht wie man polynome abschätzt. Wir haben auch nie über abschätzen gesprochen. Das kam einfach mal irgendwann dran ohne dass ein wort dazu gesagt wurde.
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28.04.2012, 16:18	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Stetigkeit mit Epsilon-Delta Du kannst auch Folgen benutzen, um die Stetigkeit eines Punktes zu zeigen. Außerhalb der 0 ist es einfach stetig als Verkettung, Produkt usw. von stetigen Funktionen. In der Null ist es stetig, weil für alle Nullfolgen z_k, y_k gilt g(z_k ,y_k) -> g(0,0). Und da $\begin{eqnarray} 0 \leq g(z_k, y_k) \leq y_k \to 0 \end{eqnarray}$ ist g sofort in der Null stetig. Aber das sollte nun auch so passen. Nun kannst du dir noch überlegen, dass mit dem Vorzeichen nichts passiert. Aktuell haben wir die Stetigkeit für $\begin{eqnarray} x > 0, y \geq 0 \end{eqnarray}$ gezeigt. Edit: Tut mir leid, dass ich so spät antworte, musste plötzlich weg. Edit: Du hast das $\begin{eqnarray} z^2 \end{eqnarray}$ unterschlagen, was den Ausdruck aber kaum schlimmer macht.
29.04.2012, 10:59	fleurita	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Stetigkeit mit Epsilon-Delta kein problem, bei dem schönen wetter gestern war ich auch nicht mehr am pc ah ja stimmt, mist... $\begin{eqnarray} g(z,y) = \frac{z^4y^2}{z^2+y^4} \leq \frac{z^4y^2}{z^2} = y^2z^2 \leq \sqrt{z^8+y^4}\sqrt[4]{z^8+y^4} < \delta \sqrt{\delta} \end{eqnarray}$ dann versuch ich das mal zu übertragen: in meinem fall wird $\begin{eqnarray} d\Big((x,y),(0,0)\Big)< \delta \end{eqnarray}$ zu $\begin{eqnarray} \sqrt{z^8+y^2}< \delta\ : \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} d\Big(f(x,y),f(0,0)\Big)=\left\|\frac{xy}{\sqrt{\|x\|}+y^2}-0\right\|\ =\ \frac{\|xy\|}{\sqrt{\|x\|}+y^2}\ =\ \frac{z^4\|y\|}{\sqrt{z^4}+y^2}\ =\ \frac{z^4\|y\|}{z^2+y^2}\ \leq\ \frac{z^4\|y\|}{z^2}\ =\ z^2\|y\|\ \leq\ \sqrt[4]{z^8+y^2}\sqrt{z^8+y^2}\ <\ \sqrt{\delta}\delta\ =\ \delta^{1,5} \leq\ \varepsilon\ \iff\ \delta =\sqrt[3]{\varepsilon^2} \end{eqnarray}$ bist du damit einverstanden?
29.04.2012, 11:21	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Stetigkeit mit Epsilon-Delta Schaut gut aus. Natürlich kann man, wenn man die Rechnungen für höhere Potenzen gemacht hat, auch sofort ohne Substitution zum Ziel, d.h. $\begin{eqnarray} \dots = \left\|\frac{xy}{\sqrt{\|x\|}+y^2}-0\right\|\ = \frac{\|xy\|}{\sqrt{\|x\|}+y^2}\ \leq \frac{\|x\|\|y\|}{\sqrt{\|x\|}} = \sqrt{\|x\|}\|y\| = \dots \end{eqnarray}$ . Die Potenzen dienten hauptsächlich dazu schönere Ausdrücke zu haben.
29.04.2012, 11:41	fleurita	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Stetigkeit mit Epsilon-Delta dankeschön IfindU!

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