Normaler Stetigkeitsbeweis

17.06.2019, 10:47

KoenigVonAugsburg

Normaler Stetigkeitsbeweis

Hallo,

ich habe ein Problem bei der Folgenden Aufgabe:

Zeigen Sie, dass $\begin{align*} f: (0,1] ->\mathbb R , f(x) = \frac{1}{x^3} \end{align*}$ stetig, aber nicht gleichmäßig stätig.

Bis jetzt habe ich folgendes:

Sei $\begin{align*} \epsilon > 0 \end{align*}$ beliebig
$\begin{align*} |\frac{1}{x^3} - \frac{1}{x_0^3}|=|\frac{x_0^3 - x^3}{x^3*x_0^3}| = \frac{|x-x_0|*|x^2+x_0x+x_0^2|}{x^3*x_0^3} \end{align*}$

Nun gilt: $\begin{align*} |x|>|x_0| -\delta \end{align*}$ und da der Definitionsbereich bis maximal 1 geht auch: $\begin{align*} x_0*x \leq 1 \end{align*}$ , also:

$\begin{align*} \leq \frac{|\delta|*(|(x+x_0)*(x-x_0)|+|1|)}{|x_0^3*(x_0-\delta)^3|} \end{align*}$

und da $\begin{align*} x+x_0 \end{align*}$ maximal 2 sein kann:
$\begin{align*} < \frac{|\delta|*(|2*(x-x_0)|+|1|)}{|x_0^3*(x_0-\delta)^3|}< \frac{|\delta|*(|2*\delta|+|1|)}{|x_0^3*(x_0-\delta)^3|} = \frac{\delta*(2*\delta+1)}{|x_0^3*(x_0-\delta)^3|}<\epsilon \end{align*}$

Jetzt habe ich zwar einen Term der nur von delta und x0 abhängt aber ich schaffe es nicht diesen nach delta umzuformen. Wie mache ich weiter.

Und wenn ich dann doch ein delta gefunden habe, werde ich sehen, dass es von x0 abhängt. Kann ich dann daraus direkt folgern, dass diese Funktion nicht gleichmäßig stätig sein kann oder muss ich das explizit beweisen? Wenn ja wie könnte ich da vorgehen?

Mfg

17.06.2019, 14:16

Scotty1701D

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RE: Normaler Stetigkeitsbeweis

Zitat:

Nun gilt: $\begin{align*} |x|>|x_0| -\delta \end{align*}$

Das kannst du so nicht annehmen und wird im Weiteren auch gar nicht benuzt. Für ein geeignetes $\begin{eqnarray*} \delta=\delta(x_0,\epsilon) \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} |x-x_0|<\delta \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

und da der Definitionsbereich bis maximal 1 geht auch: $\begin{align*} x_0*x \leq 1 \end{align*}$ , also:

$\begin{align*} \leq \frac{|\delta|*(|(x+x_0)*(x-x_0)|+|1|)}{|x_0^3*(x_0-\delta)^3|} \end{align*}$

Diese Abschätzung stimmt nicht! Der rechte Faktor im Zähler geht für $\begin{eqnarray*} x\to x_0 \end{eqnarray*}$ erst gegen $\begin{eqnarray*} 3x_0^2 \end{eqnarray*}$ und dann gegen 1.

LG
Andreas

17.06.2019, 14:52

KoenigVonAugsburg

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Inwiefern gilt das nicht:

$\begin{align*} |x|=|x_0-x+x_0|=|x_0 -(x-x_0)|>|x_0|-|x-x_0|>|x_0|-\delta \end{align*}$

?

Tatsächlich sehe ich gerade das die Abschätzung die du bemängelst wirklich kompletter Schrott ist. Habe mich bei der Binomischen Formel vertan.

So besser?

Sei $\begin{align*} \epsilon > 0 \end{align*}$ beliebig
$\begin{align*} |\frac{1}{x^3} - \frac{1}{x_0^3}|=|\frac{x_0^3 - x^3}{x^3*x_0^3}| = \frac{|x-x_0|*|x^2+x_0x+x_0^2|}{x^3*x_0^3} \end{align*}$

Nun gilt: $\begin{align*} |x|>|x_0| -\delta \end{align*}$ und da der Definitionsbereich bis maximal 1 geht auch: $\begin{align*} x_0*x \leq 1 \end{align*}$ , also:

$\begin{align*} \leq \frac{|\delta|*(|x^2 +x_0^2|+1)}{|x_0^3*(x_0-\delta)^3|} \end{align*}$

benutze: $\begin{align*} |x| < |x_0| + \delta \end{align*}$ und lasse unnötige Beträge weg:

$\begin{align*} \leq \frac{\delta*((x_0 + \delta)^2 +x_0^2+1)}{|x_0^3*(x_0-\delta)^3|} \end{align*}$

Fordere nun: $\begin{align*} \frac{x_0}{2} > \delta \end{align*}$

daraus folgt:

$\begin{align*} < \frac{\delta*((x_0 + \frac{x_0}{2})^2 +x_0^2+1)}{|x_0^3*(x_0-\frac{x_0}{2})^3|} \end{align*}$

also:

$\begin{align*} < \frac{\delta*(\frac{5}{2}x_0^2 +1)}{|x_0^3*(\frac{x_0}{2})^3|} = \frac{\delta*(\frac{5}{2}x_0^2 +1)}{|x_0^6*(\frac{1}{8})|} = \frac{\delta*(20x_0^2 +8)}{x_0^6} \end{align*}$

nun muss ich doch das Delta so wählen: $\begin{align*} \delta := min(\frac{x_0}{2}, \frac{\epsilon*x_0^6}{20x_0^2+8}) \end{align*}$

...

17.06.2019, 15:27

KoenigVonAugsburg

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Nochmal ein kleine "Verbesserung".

Sei $\begin{align*} \epsilon > 0 \end{align*}$ beliebig
$\begin{align*} |\frac{1}{x^3} - \frac{1}{x_0^3}|=|\frac{x_0^3 - x^3}{x^3*x_0^3}| = \frac{|x-x_0|*|x^2+x_0x+x_0^2|}{x^3*x_0^3} \end{align*}$

Nun gilt: $\begin{align*} |x|>|x_0| -\delta \end{align*}$ :

$\begin{align*} \leq \frac{|\delta|*(|x^2 +x_0^2|+x_0x)}{|x_0^3*(x_0-\delta)^3|} \end{align*}$

benutze: $\begin{align*} |x| < |x_0| + \delta \end{align*}$ und lasse unnötige Beträge weg:

$\begin{align*} \leq \frac{\delta*((x_0 + \delta)^2 +x_0^2+x_0*(x_0 + \delta))}{|x_0^3*(x_0-\delta)^3|} \end{align*}$

Fordere nun: $\begin{align*} \frac{x_0}{2} > \delta \end{align*}$

daraus folgt:

$\begin{align*} < \frac{\delta*((x_0 + \frac{x_0}{2})^2 +x_0^2+x_0*(x_0 + \frac{x_0}{2}))}{|x_0^3*(x_0-\frac{x_0}{2})^3|} = \frac{\delta*4x_0^2}{|x_0^3*(x_0-\frac{x_0}{2})^3|} = \frac{\delta*4x_0^2}{|x_0^3*(\frac{x_0}{2})^3|} = \frac{\delta*4x_0^2}{|x_0^6*(\frac{1}{8})|}=\frac{8*\delta*4x_0^2}{x_0^6}=\frac{32*\delta}{x_0^4} \end{align*}$

also:

Für Stetigkeit muss gelten:
$\begin{align*} \frac{32*\delta}{x_0^4} < \epsilon \end{align*}$

nun muss ich doch das Delta so wählen: $\begin{align*} \delta := min(\frac{x_0}{2}, \frac{\epsilon*x_0^4}{32}) \end{align*}$

Und ist nicht gleichmäßig stetig, da Delta von x_0 abhängig ist.

...

17.06.2019, 15:35

Scotty1701D

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Sieht ganz gut aus, aber warum machst du nicht die Abschätzung $\begin{eqnarray*} x^2+x_0x+x_0^2 \le 3 \end{eqnarray*}$ Augenzwinkern

17.06.2019, 16:18

KoenigVonAugsburg

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gute Frage

17.06.2019, 16:41

HAL 9000

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Sieht mir irgendwie reichlich umständlich aus. Gleichmäßig stetig würde hier bedeuten, es gibt für alle $\begin{eqnarray*} \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} \delta>0 \end{eqnarray*}$ , so dass für alle $\begin{eqnarray*} x,x_0\in (0,1] \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} |x-x_0|<\delta \end{eqnarray*}$ auch $\begin{eqnarray*} \left|f(x)-f(x_0)\right|<\varepsilon \end{eqnarray*}$ gilt.

Wir wollen nun nachweisen, dass dies nicht gilt, d.h., dass es ein $\begin{eqnarray*} \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ gibt so dass wir für alle $\begin{eqnarray*} \delta>0 \end{eqnarray*}$ zwei Werte $\begin{eqnarray*} x,x_0\in (0,1] \end{eqnarray*}$ finden mit einerseits $\begin{eqnarray*} |x-x_0|<\delta \end{eqnarray*}$ aber andererseits $\begin{eqnarray*} \left|f(x)-f(x_0)\right|\geq \varepsilon \end{eqnarray*}$ .

Problematisch ist ja die Umgebung der Null, also suchen wir unser Gegenbeispiel zielgerichtet dort. Ich behaupte mal, das gelingt bereits mit der speziellen Wahl $\begin{eqnarray*} x:=2x_0 \end{eqnarray*}$ , geht natürlich nur im Fall $\begin{eqnarray*} x_0\leq \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ . Dann erfordert das zum einen $\begin{eqnarray*} |x-x_0|= |x_0|<\delta \end{eqnarray*}$ , während $\begin{eqnarray*} \left|f(x)-f(x_0)\right| = \left|\frac{1}{8x_0^3}-\frac{1}{x_0^3}\right|=\frac{7}{8x_0^3}\geq 7 \end{eqnarray*}$ bereits automatisch für alle $\begin{eqnarray*} 0<x_0\leq \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ gilt, d.h. wählen wir irgendein $\begin{eqnarray*} \varepsilon\leq 7 \end{eqnarray*}$ (z.B. $\begin{eqnarray*} \varepsilon=1 \end{eqnarray*}$ ), haben wir automatisch schon das gewünschte.

Insgesamt erfüllt also für $\begin{eqnarray*} \varepsilon=1 \end{eqnarray*}$ sowie jedes $\begin{eqnarray*} \delta>0 \end{eqnarray*}$ eine Wahl von $\begin{eqnarray*} x_0=\frac{1}{2}\min\left\{ 1,\delta\right\} \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} x=2x_0 \end{eqnarray*}$ alle Eigenschaften eines Gegenbeispiels.

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