Untersuchung der Stetigkeit einer zweidimensionalen Funktion

04.09.2017, 17:34

david12345

Untersuchung der Stetigkeit einer zweidimensionalen Funktion

Hallo zusammen,

ich versuche, die Stetigkeit der folgenden Funktion zu untersuchen:

$\begin{eqnarray*} f(x,y) = \begin{cases}\frac{x^{2}-y^{2}}{x^{2}+y^{2}} , wenn (x,y) \neq (0,0) \\ 0, wenn (x,y) = (0,0) \end{cases} \end{eqnarray*}$

Zunächst: Stetigkeit außerhalb von (x,y) = (0,0) ist gegeben, richtig?

Also noch Stetigkeit in (0,0) zu untersuchen:
Habe zunächst versucht, Folgen einzusetzen, die das Folgenkriterium der Stetigkeit verletzen. Da mir nicht gelungen ist passende Folgen zu finden, vermute ich, dass f stetig ist.

Mein nächster Schritt sieht so aus:

$\begin{eqnarray*} \lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y) = \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac {x^{2}-y^{2}}{x^{2}+y^{2}} \end{eqnarray*}$

Da $\begin{eqnarray*} x^{2}-y^{2} < x^{2} + y^{2} \text{ wenn }|x|>0.|y|>0 \end{eqnarray*}$ , habe ich gefolgert, dass $\begin{eqnarray*} \lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y) \to 0 \end{eqnarray*}$ .

Ist das eine korrekte Folgerung? Und vor allem, reicht dieser Schritt um die Stetigkeit zu beweisen?
Wenn nicht, muss ich vielleicht das $\begin{eqnarray*} \epsilon - \delta \end{eqnarray*}$ -Kriterium anwenden?

Grüße
David

Edit:
Mir wird gerade bewusst, dass $\begin{eqnarray*} \lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y) \to 0 \end{eqnarray*}$ vermutlich falsch ist,
und dass $\begin{eqnarray*} lim_{(x,y) \to (0,0)} |f(x,y)| \leq 1 \end{eqnarray*}$ eine korrekt Abschätzung wäre. In diesem Fall komm ich aber nicht weiter.

04.09.2017, 18:05

10001000Nick1

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RE: Untersuchung der Stetigkeit einer zweidimensionalen Funktion

Zitat:

Original von david12345
Zunächst: Stetigkeit außerhalb von (x,y) = (0,0) ist gegeben, richtig?

Sag du mir, warum das richtig ist. Augenzwinkern

Zitat:

Original von david12345
Habe zunächst versucht, Folgen einzusetzen, die das Folgenkriterium der Stetigkeit verletzen. Da mir nicht gelungen ist passende Folgen zu finden, vermute ich, dass f stetig ist.

Dann musst du noch gründlicher suchen. Mit welchen Folgen hast du es denn probiert?

04.09.2017, 18:54

david12345

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Zitat:

Sag du mir, warum das richtig ist. Augenzwinkern

Weil gebrochenrationale Funktionen auf dem ganzen Definitionsbereich stetig sind und $\begin{eqnarray*} \frac{x^{2}-y^{2}}{x^{2}+y^{2}} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} \mathbb R^2 \end{eqnarray*}$ außer (0,0) definiert ist?

Zitat:

Dann musst du noch gründlicher suchen. Mit welchen Folgen hast du es denn probiert?

Zuerst mit $\begin{eqnarray*} (\frac{1}{n},\frac{1}{n}) \end{eqnarray*}$ , bin dann aber dazu gekommen, dass das nicht mit identischen Folgen funktionieren wird, weil so der Zähler 0 wird. Habe es dann noch mit $\begin{eqnarray*} (\frac{1}{n}, \frac{1}{n^{2}}) \end{eqnarray*}$ probiert, bin damit aber nicht wirklich weit gekommen bzw. bin durch Abschätzungen auch dazu gekommen, dass das 0 wird.

Mir fällt es ehrlich gesagt ziemlich schwer, passende Folgen zu finden, darum habe ich nicht wirklich Ideen, welche Folgen ich nehmen könnte, um zu einem anderen Ergebnis zu kommen.

Danke schonmal. Ich entnehme deiner Antwort, dass die Funktion in (0,0) nicht stetig ist? Dann muss ich nicht weiter versuchen, die Stetigkeit zu beweisen.

04.09.2017, 19:09

10001000Nick1

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Probieren wir es mal mit $\begin{eqnarray*} (x_n, y_n)=(\frac 1n, \frac{1}{n^2}) \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} f(x_n, y_n)=\frac{\frac{1}{n^2}-\frac{1}{n^4}}{\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^4}} \end{eqnarray*}$

Wenn du das mit $\begin{eqnarray*} n^2 \end{eqnarray*}$ erweiterst, kannst du den Grenzwert ablesen (und der ist nicht 0 Augenzwinkern

04.09.2017, 19:45

david12345

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Aah, $\begin{eqnarray*} f(\frac{1}{n}, \frac{1}{n^{2}}) = \frac{1-\frac{1}{n^{2}}}{1+\frac{1}{n^{2}}} \to \frac{1}{1} \to 1 \end{eqnarray*}$ ?

Edit: vertippt

04.09.2017, 19:53

10001000Nick1

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Fast richtig: Im Nenner muss $\begin{eqnarray*} 1+\frac{1}{n^2} \end{eqnarray*}$ stehen. Und das letzte $\begin{eqnarray*} \to \end{eqnarray*}$ muss ein $\begin{eqnarray*} = \end{eqnarray*}$ sein.

Und wegen $\begin{eqnarray*} 1\neq 0 \end{eqnarray*}$ ist die Funktion nicht stetig. smile

Etwas einfacher wäre es, wenn du eine Folge wählst, die sich auf einer der Koordinatenachsen bewegt (also z.B. $\begin{eqnarray*} (\frac 1n, 0) \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} (0,\frac 1n) \end{eqnarray*}$ ). Dort ist $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ nämlich konstant: $\begin{eqnarray*} f(x,0)=1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f(0,y)=-1 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x,y\in\mathbb R\setminus\{0\} \end{eqnarray*}$ . (Wenn du das weißt, kannst du auch mit dem $\begin{eqnarray*} \varepsilon-\delta \end{eqnarray*}$ -Kriterium die Stetigkeit widerlegen.)

04.09.2017, 20:22

david12345

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Zitat:

Im Nenner muss $\begin{eqnarray*} 1+\frac{1}{n^2} \end{eqnarray*}$ stehen

Das war nur ein Vertipper smile

Zitat:

Wenn du das weißt, kannst du auch mit dem $\begin{eqnarray*} \varepsilon-\delta \end{eqnarray*}$ -Kriterium die Stetigkeit widerlegen.

Nur um sicher zu sein, dass ich alles verstehe: Ich würde das dann damit zeigen, dass für $\begin{eqnarray*} \varepsilon < 2 \end{eqnarray*}$ kein passendes $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ existiert, sodass $\begin{eqnarray*} |x - x_1| < \delta \Rightarrow |f(x)-f(x_1)|<\varepsilon \end{eqnarray*}$ ?

04.09.2017, 23:47

10001000Nick1

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Um Stetigkeit zu widerlegen, musst du das nur für ein festes $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ tun; also nicht für alle $\begin{eqnarray*} \varepsilon<2 \end{eqnarray*}$ . Mit $\begin{eqnarray*} \varepsilon=2 \end{eqnarray*}$ würde es hier noch nicht funktionieren, aber z.B. mit $\begin{eqnarray*} \varepsilon=\frac 12 \end{eqnarray*}$ .

Und weil du im zweidimensionalen bist, sieht das dann so aus: Es gibt kein $\begin{eqnarray*} \delta>0 \end{eqnarray*}$ , sodass aus $\begin{eqnarray*} |(x,y)-(x_0, y_0)|<\delta \end{eqnarray*}$ folgt, dass $\begin{eqnarray*} |f(x,y)-f(x_0, y_0)|<\varepsilon \end{eqnarray*}$ (hier eben mit $\begin{eqnarray*} \varepsilon=\frac 12 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (x_0, y_0)=(0,0) \end{eqnarray*}$ ).

05.09.2017, 14:58

david12345

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Ich wähle zum Widerlegen also $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (x_0,y_0) \end{eqnarray*}$ und zeige dann, dass es kein $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ gibt, sodass die Bedingung erfüllt ist?

Zum Beweisen müsste ich dann hingegen $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ in Abhängigkeit von $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ wählen, und zeigen, dass damit die Bedingung für alle $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ erfüllt ist?

Und eine Frage habe ich noch, wäre der Ansatz aus dem Startpost ein gültiger Beweis der Stetigkeit? In diesem Beispiel (angenommen, f wäre stetig) also zeigen, dass $\begin{eqnarray*} lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x) = 0 \end{eqnarray*}$ ?

05.09.2017, 22:40

10001000Nick1

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Ja (wenn du am Ende $\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} f(x,y) \end{eqnarray*}$ ersetzt). smile

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