Epsilon-Delta-Kriterium - kann man das so machen?

14.02.2017, 22:02

D-stroy

Epsilon-Delta-Kriterium - kann man das so machen?

Meine Frage:
Zeige die Stetigkeit von f(x)=1/x mit dem epsilon-delta-kriterium auf dem Intervall (0,unendlich). Man beachte es ist offen. Kann man das so machen?

Meine Ideen:
$\begin{eqnarray*} |\frac{1}{x}-\frac{1}{x_{0}}|=|\frac{x_{0}-x}{x x_{0}}|<|\frac{\delta}{x x_{0}}|<br /> \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} -\delta<x-x_{0}<\delta \Rightarrow x_{0}-\delta<x \end{eqnarray*}$ und weiter damit ... $\begin{eqnarray*} <|\frac{\delta}{(x_{0}-\delta)x_{0}}|=\epsilon \end{eqnarray*}$ sodass $\begin{eqnarray*} \delta=\frac{x_{0}^2\epsilon}{1+x_{0}\epsilon} \end{eqnarray*}$

15.02.2017, 09:18

klarsoweit

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RE: epsilon delta Kriterium - kann man das so machen?
Hm. Für mich ist jetzt nicht erkennbar, wie du aus $\begin{eqnarray*} |x-x_0| < \delta \end{eqnarray*}$ die Ungleichung $\begin{eqnarray*} |\frac{1}{x}-\frac{1}{x_0}| < \epsilon \end{eqnarray*}$ folgern willst.

Wähle $\begin{eqnarray*} \delta = min(\frac 1 2 x_0; \frac 1 2 x_0^2 \cdot \epsilon) \end{eqnarray*}$ . Es ist dann $\begin{eqnarray*} \delta \leq \frac 1 2 x_0 \end{eqnarray*}$ und somit $\begin{eqnarray*} x > \frac 1 2 x_0 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} x x_0 > \frac 1 2 x_0^2 \end{eqnarray*}$ , wenn $\begin{eqnarray*} |x - x_0| < \delta \end{eqnarray*}$ ist.

Weiterhin gilt:

$\begin{eqnarray*} |x - x_0| < \delta \Rightarrow |\frac{1}{x}-\frac{1}{x_0}| = |\frac{x_0-x}{x x_0}| < |\frac{\delta}{x x_0}| < |\frac{\delta}{\frac 1 2 x_0^2}| < \epsilon \end{eqnarray*}$

20.05.2017, 14:30

Nasenoperator

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Hallo klarsoweit,
kann es sein, dass das letzte Relationszeichen $\begin{eqnarray*} |\frac{\delta}{\frac 1 2 x_0^2}| \leq \epsilon \end{eqnarray*}$ statt

Zitat:

$\begin{eqnarray*} <br /> |\frac{\delta}{\frac 1 2 x_0^2}| < \epsilon \end{eqnarray*}$

heißen muss?

(Weil in der Relationskette $\begin{eqnarray*} |\frac{1}{x}-\frac{1}{x_0}| < |\frac{\delta}{\frac 1 2 x_0^2}| \leq \epsilon \end{eqnarray*}$ noch weitere Kleiner-Zeichen vorkommen, würde sich damit am Resultat $\begin{eqnarray*} |\frac{1}{x}-\frac{1}{x_0}| < \epsilon \end{eqnarray*}$ nichts ändern.)

An der Folgerung von D-stroy kann ich keine Lücke erkennen. Weiter sehe ich nur, dass eure Deltas für $\begin{eqnarray*} \frac{1}{x_0} = \epsilon \end{eqnarray*}$ identisch sind (beide gleich $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2\epsilon} \end{eqnarray*}$ ), aber weder bei dem einen Delta noch bei dem anderen ist für mich erkennbar, wie es zustande kam.

16.09.2017, 14:41

Nasenoperator

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Hallo klarsoweit,

wodurch sich die Wahl von $\begin{eqnarray*} \frac 1 2 x_0 \end{eqnarray*}$ als Obergrenze für $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ begründet, weiß ich immer noch nicht.
Soweit ich diese Aufgabentypen allgemein überblicken kann, scheint $\begin{eqnarray*} \frac {x_0} {2} \end{eqnarray*}$ eine gängige Wahl zu sein, wenn es um Stetigkeitsbeweise für Funktionen vom Typ $\begin{eqnarray*} \frac{1}{x^n} \end{eqnarray*}$ geht.

16.09.2017, 17:13

HAL 9000

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Zitat:

Original von Nasenoperator
wodurch sich die Wahl von $\begin{eqnarray*} \frac 1 2 x_0 \end{eqnarray*}$ als Obergrenze für $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ begründet, weiß ich immer noch nicht.

$\begin{align*} |x-x_0|<\delta \end{align*}$ ist gleichbedeutend mit $\begin{align*} x_0-\delta ~{\color{red}<}~ x < x_0+\delta\quad (*) \end{align*}$ .

Im obigen Beweis wird an einer Stelle die Ungleichung $\begin{align*} x ~{\color{red}>}~ \frac{1}{2}x_0 \end{align*}$ benötigt, und das ist durch (*) gewährleistet, sofern $\begin{align*} \delta\leq \frac{1}{2}x_0 \end{align*}$ erfüllt ist! Genau deshalb wird $\begin{align*} \delta \end{align*}$ so wie gesehen definiert.

27.10.2017, 21:54

Nasenoperator

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Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

Danke für das schnelle Eingehen auf meinen Einwand. Ich stimme dem mittlerweile [1] ja zu. Meine Frage bezog sich darauf, warum der konkrete Wert $\begin{align*} \frac{1}{2}x_0 \end{align*}$ gewählt [2] wurde und nicht, zum Beispiel, $\begin{align*} 0,49 x_0 \end{align*}$ oder etwa $\begin{align*} 0,51 x_0 \end{align*}$ .

Ich versuche skizzenhaft, den Beweisablauf korrekt wiederzugeben, wenn man nicht die Wahl $\begin{align*} \delta \leq \frac 1 2 x_0 \end{align*}$ trifft, sondern $\begin{align*} \delta \leq \frac 3 5 x_0 \end{align*}$ :

Mit dieser veränderten Obergrenze ("60 % statt 50 %") folgt aus $\begin{align*} x_0-\delta ~{\color{red}<}~ x \end{align*}$ (*):
$\begin{align*} \frac 1 x < \frac 5 {2x_0} \end{align*}$ und damit (einige Betragstriche weglassbar, weil ja nur positiver Definitionsbereich betrachtet wird) $\begin{align*} |f(x)-f(x_0)| = \frac 1 x \frac {|x-x_0|}{x_0} < \frac 5 {2x_0} \frac \delta {x_0} \end{align*}$ . Mit der Wahl von $\begin{align*} \delta = min(\frac {3x_0} 5 ; \frac {2x_0^2\epsilon} 5) \end{align*}$ folgt danach für $\begin{align*} |x-x_0| < \delta \end{align*}$ die Ungleichung $\begin{align*} |f(x)-f(x_0)| < \epsilon \end{align*}$ — und damit ebenfalls die zu Zeigende Stetigkeit.

Wenn das bis hierher richtig ist, dann wird die Ungleichung $\begin{align*} x ~>~ \frac{1}{2}x_0 \end{align*}$ für diese Beweisvariante nicht benötigt, denn es reicht ja dann aus, 60 % von $\begin{align*} {x_0} \end{align*}$ anstatt 50 % von $\begin{align*} {x_0} \end{align*}$ für die Relation zum $\begin{align*} \delta \end{align*}$ zu benutzen.

[1] Nach inzwischen häufiger Beschäftigung mit dem grundsätzlichen Beweisablauf zum Epsilon-Delta-Kriterium (und dem Jonglieren von größer/kleiner-Beziehungen) kam bei mir auch Verständnis für die spezielle Wahl von $\begin{align*} \delta \leq \frac 1 2 x_0 \end{align*}$ auf. Zumindest die Schreibarbeit bei so einem Bruch ist geringer als bei 3/5 o. ä.

[2] Solange ich nur wenige solche Beweise (oder anfangs natürlich noch nie so einen Beweis) gesehen hatte, fragte ich mich – aus meiner Sicht zu Recht, woher diese spezielle Wahl mit dem halben x-Null kam und warum es nicht auch eine andere sein konnte. Dahingegen lag es dann viel näher, einfach den Rechenweg von D-stroy zu akzeptieren, und mittlerweile glaube ich auch zu erkennen, dass für D-Stroy dieser nächste Schritt, $\begin{align*} \frac 1{|x|} < \frac 1 {|x_0-\delta|} \end{align*}$ zur Ersetzung zu benutzen, nur nahe liegend war.

27.10.2017, 22:47

sibelius84

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Zitat:

Original von Nasenoperator

Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

Man wählt irgendeinen geeigneten Wert, weil man den Beweis fertig kriegen will. Wenn dir 3/5 näher liegen als 1/2 (zB wenn du größer bist als 0,55 Augenzwinkern

), dann nimm die. Kein Problem! Beweis bleibt korrekt.
Manchmal muss man etwas um ein paar Ecken zeigen. Etwa: (f_n) gleichmäßig konvergente Folge stetiger Funktionen gegen f => f stetig:
Man hat

$\begin{eqnarray*} \lvert f(x)-f_n(x) \rvert < \frac{\varepsilon}{3} \end{eqnarray*}$ ,

$\begin{eqnarray*} \lvert f_n(x)-f_n(x_0) \rvert < \frac{\varepsilon}{3} \end{eqnarray*}$ ,

$\begin{eqnarray*} \lvert f(x_0)-f_n(x_0) \rvert < \frac{\varepsilon}{3} \end{eqnarray*}$ ,

für n hinreichend groß und wenn x, x_0 hinreichend nahe beieinander liegen. Also

$\begin{eqnarray*} \lvert f(x)-f(x_0) \rvert < \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon \end{eqnarray*}$ ,

unter zweimaliger Ergänzung von Summanden und Anwendung der Dreiecksungleichung.

Viele Beweise laufen nach diesem Schema und da fragt man sich, hmm, um wie viele Ecken werde ich abschätzen müssen? Reicht eps/2, oder nehme ich vorsichtshalber mal eps/4, ...? Ich bin dazu übergegangen, eps/N zu wählen und N € |N anschließend geeignet zu wählen. Da kann man dann manchmal sogar noch mehr rausholen.

LG
sibelius84

28.10.2017, 17:53

Nasenoperator

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Ist der allererste Rechenweg denn auch richtig?
Danke für die Antwort. Ich ahne, wie das mit den drei Dritteln von dem Epsilon gemeint ist, ohne zu wissen, welche Aufgabenstellung genau dahintersteckt. Konkret denke ich zum Rechenweg von D-stroy:

$\begin{align*} \big \vert\frac{1}{x}-\frac{1}{x_{0}}\big \vert = \big \vert\frac{x_{0}-x}{x x_{0}}\big \vert \end{align*}$
Wie kann ich das weiter umformen, so dass kein x mehr darin vorkommt? Das $\begin{align*} |x_0-x| \end{align*}$ kommt in der Vorgabe mit dem Delta vor:
(1) $\begin{align*} |x_0-x| = |x-x_0| < \delta \end{align*}$ , so dass es durch $\begin{align*} < \delta \end{align*}$ abgeschätzt werden kann und damit verschwunden ist:
$\begin{align*} \big \vert\frac{x_{0}-x}{x x_{0}}\big \vert < \frac1{x} \frac\delta x_0 \end{align*}$

Das darin noch störende $\begin{align*} \frac 1 x \end{align*}$ lässt sich mit Hilfe einer weiteren Abschätzung $\begin{align*} \frac{1}{x} < \frac{1}{x_0 - \delta} \end{align*}$ beheben, welche sich über den Zwischenschritt $\begin{align*} - \delta < x-x_0 \Leftrightarrow x_0 - \delta < x \end{align*}$ ergab, was sich wiederum (unter Anderem) aus (1) ergab.

Zusammengefasst sieht die Ungleichungskette bisher so aus:
$\begin{align*} \big \vert\frac{1}{x}-\frac{1}{x_{0}}\big \vert < \frac{1}{x_0 - \delta} \frac\delta x_0 \end{align*}$ .

Die rechte Seite hat D-stroy gleich dem Epsilon gesetzt und schon lassen sich Anfang und Ende der Ungleichungskette aufschreiben:

$\begin{align*} | f(x)-f(x_0) | < |\frac{\delta}{(x_{0}-\delta)x_{0}}|=\epsilon \end{align*}$ , und aus Umstellen von Epsilon nach Delta folgt: $\begin{align*} \delta=\frac{x_{0}^2\epsilon}{1+x_{0}\epsilon} \end{align*}$ . Damit hat D-stroy aus $\begin{align*} |x-x_0| < \delta \end{align*}$ die Ungleichung $\begin{align*} |\frac{1}{x}-\frac{1}{x_0}| < \epsilon \end{align*}$ gefolgert.

Meine Frage ist, ob darin ein Fehler war.

28.10.2017, 20:23

sibelius84

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Ich habe es nicht im Einzelnen detailliert durchgesehen, es sieht m.E. aber gut aus. Mir kam der Gedanke, ob es nicht schädlich wäre, wenn x_0 negativ ist. Ist es aber wohl nicht, wenn man delta klein genug wählt, denn dann ist ja (x_0 - delta)x_0 wieder positiv.

28.10.2017, 20:55

Nasenoperator

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Zitat:

ob es nicht schädlich wäre, wenn x_0 negativ ist. Ist es aber wohl nicht

Ja, ist es doch schon allein deshalb nicht, weil das Intervall ]0, unendlich[ ist, sofern ich da nichts falsch verstehe, oder?
Und für x=0 ist die Funktion ja nicht stetig (weil sie da noch nicht mal definiert ist).

28.10.2017, 23:08

sibelius84

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Jap

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