Stetigkeit mit Hilfe des Epsilon-Delta-Kriteriums

05.06.2019, 23:01

Caighy

Stetigkeit mit Hilfe des Epsilon-Delta-Kriteriums

Servus!

Ich hab zwar schon häufig von eurem Schwarmwissen profitiert, aber noch nie selbst nachgefragt.
Mit meinem Account kann ich irgendwie kein Thema erstellen, da werd ich immer darauf angewiesen, ich hätte nicht die Berechtigung, daher als Gast smile

Folgende Aufgabenstellung:

Zeigen Sie mithilfe des $\begin{eqnarray*} \varepsilon-\delta \end{eqnarray*}$ -Kriteriums, dass die Funktion
$\begin{eqnarray*} f : \mathbb R \mapsto \mathbb R \end{eqnarray*}$ mit
$\begin{eqnarray*} f(x) = x^2 + 4 \end{eqnarray*}$ auf ganz $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ stetig ist!

Ich habe bereits eine Lösung angefertigt, würde aber gerne wissen, ob meine Argumentation so ausreichend ist oder überhaupt ansatzweise richtig ist,

[NR:
$\begin{eqnarray*} |{f}(x) - {f}(x_0)| = |x^2 + 4 - ((x_0)^2 + 4| = |x^2-(x_0)^2|<br /> = |(x+x_0)(x-x_0)| = (x+x_0)\cdot \underbrace{|x-x_0|}<br /> = (x+x_0)\delta !< \varepsilon <=> \delta !< \frac{\varepsilon}{x+x_0}] \end{eqnarray*}$

Sei $\begin{eqnarray*} \varepsilon > 0 \end{eqnarray*}$ beliebig.
Wähle also $\begin{eqnarray*} \delta < \frac{\varepsilon}{x+x_0} \end{eqnarray*}$ , dann:

$\begin{eqnarray*} |{f}(x) - {f}(x_0)| = |x^2 + 4 - ((x_0)^2 + 4| = |x^2-(x_0)^2|<br /> = |(x+x_0)(x-x_0)| = (x+x_0)\cdot \underbrace{|x-x_0|}<br /> = (x+x_0)\cdot \delta < (x+x_0) \cdot \frac{\varepsilon}{x+x_0} = \varepsilon \end{eqnarray*}$

LaTeX repariert. Steffen

06.06.2019, 09:30

klarsoweit

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RE: Stetigkeit mit Hilfe des Epsilon-Delta-Kriteriums

Zitat:

Original von Caighy
Sei $\begin{eqnarray*} \varepsilon > 0 \end{eqnarray*}$ beliebig.
Wähle also $\begin{eqnarray*} \delta < \frac{\varepsilon}{x+x_0} \end{eqnarray*}$ , dann:

So geht das leider nicht. Das delta darf nicht noch irgendwie von x abhängig sein. So wird ein Schuh daraus:

Für $\begin{eqnarray*} x_0 \neq 0 \end{eqnarray*}$ wähle $\begin{eqnarray*} \delta = min(|x_0|, \frac{\epsilon}{3|x_0|}) \end{eqnarray*}$ . Dann gilt:

$\begin{eqnarray*} |x - x_0| < \delta \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow |f(x) - f(x_0)| = ... = |x + x_0| \cdot |x - x_0| < |x - x_0 + 2x_0| \cdot \delta \leq (|x - x_0| + 2|x_0|) \cdot \delta \leq (\delta + 2|x_0|) \cdot \delta \leq(|x_0| + 2|x_0|) \cdot \delta \leq 3|x_0| \cdot \frac{\epsilon}{3|x_0|} = \epsilon \end{eqnarray*}$

Jetzt mußt du nur noch die Stetigkeit in x_0 = 0 beweisen. smile

Danke an Steffen für die Latex-Reparatur.

09.06.2019, 14:46

Caigh

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Ich kann endlich antworten!
Erstmal vielen Dank an Steffen für die LaTeX Korrektur.

@klarsoweit
Dankesehr. Deine Lösung ist auf jeden Fall einleuchtend.
Warum aber muss ich das Minimum von $\begin{eqnarray*} |x_0| \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \frac{\varepsilon}{3|x_o|} \end{eqnarray*}$ wählen?

10.06.2019, 10:09

klarsoweit

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Zitat:

Original von Caigh
Warum aber muss ich das Minimum von $\begin{eqnarray*} |x_0| \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \frac{\varepsilon}{3|x_o|} \end{eqnarray*}$ wählen?

Die Frage sagt mir, daß der Lösungsweg wohl doch nicht so einleuchtend war. Wenn du dir die Ungleichungskette genau anschaust, dann wird einmal das delta nach oben durch |x_0| und einmal nach oben durch $\begin{eqnarray*} \frac{\epsilon}{3|x_0|} \end{eqnarray*}$ abgeschätzt. Für das delta muß man also das Minimum von beiden wählen. smile

Wie gesagt, gilt das nur für x_0 ungleich Null. Für x_0 = 0 brauchst du eine separate Rechnung.

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