Epsilon-Delta-Definition

25.10.2004, 13:13

Joerghamster

Epsilon-Delta-Definition

So nu hab ich ne frage wo ich hier noch nichts gefunden hab, das ich es verstanden habe.

und zwar was genau ist die Epsilon-Delta-Definition.

ich kann mich nicht mehr erinnern das wir das damals in der schule durchgenommen hatten, aber für den Mathematik vorkurs den ich gerade mache wird das mit vorausgesetzt.

Daher die frage, kann mir jemand diese definition anschaulich erklären oder mir einen link dazu sagen, der leict verständlich ist.

Gruß

25.10.2004, 13:18

Ben Sisko

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RE: Epsilon-Delta-Definition
Meinst du die Def. der Stetigkeit?

25.10.2004, 13:20

Joerghamster

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genau diese

die stetigkeit an sich hab ich begriffen, epsilon-delta auch ganz grob, aber wie ich es anwenden kann hab ich absolut keine ahnung.

25.10.2004, 13:25

Ben Sisko

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Dann versuch´s doch mal an einem Beispiel. Du musst dir ein beliebiges epsilon vorgeben und dann dazu ein delta finden (dieses kann von epsilon abhängen).

25.10.2004, 13:30

Joerghamster

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und genau da is ja mein problem, ich weiß das $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ intervalle auf den x und y achsen sind ( ?? ) aber wie ich damit rechne usw hab ich keine ahnung

25.10.2004, 13:34

Ben Sisko

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Na du brauchst halt erstmal ne Funktion.

Leichtes Beispiel: f(x)=x. Da kann man für jedes $\begin{eqnarray*} \epsilon >0 \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \delta = \epsilon \end{eqnarray*}$ wählen. (Geh die Definition nochmal durch!).

25.10.2004, 14:05

Joerghamster

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noch eine frage

ich hab ja die def |f(x)-f(y)| < Epsilon und |x-y| < Delta

y ist jetzt x +- x0, mit x0 < delta ??

Edit.:

wenn ich allerdings x als x und y als y betrachte dann

x=y und f(x) = f(y)

damit wäre gegeben 0 <= Epsilon und 0 <= Delta

da Epsilon und Delta definiert sind als größer 0 würde es die stetigkeit beweisen

25.10.2004, 15:19

klarsoweit

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Jetzt schreiben wir erstmal die Definition für Stetigkeit einer Funktion f im Punkt x0 auf:
$\begin{eqnarray*} \forall \epsilon > 0 \exists \delta > 0 \end{eqnarray*}$ so dass gilt: $\begin{eqnarray*} \mid x - x_0 \mid < \delta \Rightarrow \mid f(x) - f(x_0) \mid < \epsilon \end{eqnarray*}$
Das soll sagen: Wenn jemand ein epsilon > 0 vorgibt, dann findet man ein delta > 0 (das irgendwie von epsilon abhängt), so dass für alle x im delta-Intervall um x0 die Funktionswerte f(x) sich im epsilon-Intervall um f(x0) befinden. Wenn das für alle denkbaren epsilon > 0 gilt (auch für ganz klitzekleine epsilon), dann ist die Funktion f stetig in x0.

Du kannst das ja mal am Beispiel f(x) = 2x ausprobieren.
Wenns nicht geht, helfe ich weiter.

25.10.2004, 15:52

Joerghamster

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Soo jetzt mal mein versuch ( das es stetig ist, ist ja klar )

$\begin{eqnarray*} f(x) = 2x \\ |f(x) - f(x_0)| < \epsilon \\ eingesetzt : |2x - 2x_0|<\epsilon \\ annahme x>x_0 => 2x-2x_0 < \epsilon \\ 2x < \epsilon + 2x_0 \\ x < \frac{\epsilon}{2} + x_0 \\ \\ |x - x_0| < \delta \\ annahme x>x_0 => x - x_0 < \delta \\ x < \delta + x_0 \\ \\ einsetzen (???) \\ \delta + x_0 = \frac{\epsilon}{2} + x_0 \\ \delta = \frac{\epsilon}{2} \end{eqnarray*}$

Damit ist $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ abhängig und die funktion damit stetig ???

25.10.2004, 19:50

klarsoweit

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Zitat:

Original von Joerghamster
Soo jetzt mal mein versuch ( das es stetig ist, ist ja klar )

$\begin{eqnarray*} f(x) = 2x \\ |f(x) - f(x_0)| < \epsilon \\ eingesetzt : |2x - 2x_0|<\epsilon \end{eqnarray*}$

Ja bis hier war deine Rechnung gut, aber der Rest irgendwie überflüssig!
Jetzt noch durch 2 dividieren und du erhältst:
| x - x0 | < epsilon / 2

Zusammengefaßt gilt also:
zu jedem epsilon wähle delta = epsilon / 2 . Das erfüllt die Definition der Stetigkeit und damit ist die Stetigkeit bewiesen.

26.10.2004, 08:13

Joerghamster

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kann ich wenn ich 2 ungleichungen habe einfach gleichsetzen ??

26.10.2004, 08:41

WebFritzi

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Überleg dir das logisch, und du wirst feststellen: die Antwort ist nein. 5>4 und 3>2. Mal davon abgesehen, dass ich nicht weiß, WAS du hier gleichsetzen willst, aber hier KANN man einfach nichts gleichsetzen...

26.10.2004, 08:59

Joerghamster

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Zitat:

Original von klarsoweit

Zitat:

Ja bis hier war deine Rechnung gut, aber der Rest irgendwie überflüssig!
Jetzt noch durch 2 dividieren und du erhältst:
| x - x0 | < epsilon / 2

Zusammengefaßt gilt also:
zu jedem epsilon wähle delta = epsilon / 2 . Das erfüllt die Definition der Stetigkeit und damit ist die Stetigkeit bewiesen.

deswegen frag ich. ich hab bei mir ja auch gleich gesetzt aber mit einem extrem unguten gefühl im magen weil x < a und x < b nicht unbedingt a=b bedeutet

26.10.2004, 09:13

WebFritzi

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Irgendwie versuchst du hier in Regeln zu denken. Hier gibt's aber keine Regeln. Sieh es doch mal logisch. Es ist

$\begin{eqnarray*} |f(x) - f(x_0)| = |2x - 2x_0| = |2(x - x_0)| = 2\cdot |x - x_0|\;. \end{eqnarray*}$

Hast du ein epsilon vorgegeben, dann sollst du ein delta bestimmen, so dass für alle x mit |x - x0| < delta gilt: |f(x) - f(x0)| < epsilon. Also sollst du ein delta bestimmen, so dass für alle x mit |x - x0| < delta gilt: 2|x - x_0| < epsilon. So. Gleichgesetzt wird hier nichts. Ich mag das Wort "gleichsetzen" eh nicht. Du setzt einfach delta = epsilon/2. Das ist eine Definition - kein Gleichsetzen. Du kannst auch ein delta wählen, was viel kleiner als epsilon/2 ist. Das wird es immernoch tun, denn dann gilt für alle x mit |x - x0| < delta:

$\begin{eqnarray*} |f(x) - f(x_0)| = 2|x - x_0| < 2\delta < 2\frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon\;. \end{eqnarray*}$

26.10.2004, 09:38

Joerghamster

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ich denke gerne in regeln, da ich mir das am einfachsten merken kann wenn ich mir versuch was selbst beizubringen Augenzwinkern

aber ich denke ich habs nun soweit verstanden. in dem speziellen fall kann ich alles für delta nehmen das <= epsilon/2 ist.

die rechnung zeigt mir nur das delta von epsilon abhängt. den wert den ich dafür nehme les ich zwar daraus ab, aber muß trotzdem noch definieren welchen wert ich verwende da das was ich ablese nur die oberste grenze für delta ist

als gleichung ausgedrückt könnte ich auch schreiben

$\begin{eqnarray*} |x-x_o|<\epsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2|x-x_o|<\delta \end{eqnarray*}$

da ich epsilon "fest wähle

$\begin{eqnarray*} \delta\leq\frac{\epsilon}{2} \end{eqnarray*}$

damit die ungleichungen weiter erfüllt sind.

richtig ??

26.10.2004, 11:04

WebFritzi

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Zitat:

Original von Joerghamster
ich denke gerne in regeln, da ich mir das am einfachsten merken kann wenn ich mir versuch was selbst beizubringen Augenzwinkern

Das ist nicht gut. Wenn du Mathe machst, musst du kreativ sein. Und das ist eben das, was viele nicht sehen. Die meisten denken, Mathe ist Formel auswendig lernen und anwenden. Aber das ist nicht Mathe - das ist rechnen!

Zitat:

Original von Joerghamster
aber ich denke ich habs nun soweit verstanden. in dem speziellen fall kann ich alles für delta nehmen das <= epsilon/2 ist.

Genau!

Zitat:

Original von Joerghamster
als gleichung ausgedrückt könnte ich auch schreiben

$\begin{eqnarray*} |x-x_o|<\epsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2|x-x_o|<\delta \end{eqnarray*}$

Erstens ist da nix ne Gleichung, und zweitens hast du epsilon und delta vertauscht.

26.10.2004, 11:11

Joerghamster

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mathe is für mich nciht formeln auswendiglernen sondern die formeln verstehen.

Zitat:

Original von Joerghamster
damit die ungleichungen weiter erfüllt sind.

^^ is klar das es ungleichungen sind. aber $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ war eindeutig ein leichtssinsfehler am frühen morgen

26.10.2004, 13:45

klarsoweit

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Ich denke, du bist dabei, es langsam zu verstehen. Etwas anders ausgedrückt bedeutet Stetigkeit:
Für jedes beliebige epsilon-Intervall, dass man um f(x0) legt, findet man ein delta-Intervall um x0, so dass zu allen x-Werten aus dem delta-Intervall die Funktionswerte im epsilon-Intervall liegen.
Wirklich verstanden hast du die Definition der Stetigkeit, wenn du auch die Stetigkeit von f(x) = x² beweisen kannst. Versuchs mal!

26.10.2004, 14:33

Joerghamster

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hmmmm seeeeehr schlechtes beispiel Augenzwinkern

also mein ansatz is folgendermaßen :

$\begin{eqnarray*} |f(x) - f(x_0)| < \epsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} |x^2 - x_{0}^2| < \epsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} |(x + x_0)(x - x_0)| < \epsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} |(x+x_0)| < \frac{\epsilon}{|(x-x_0)|} \end{eqnarray*}$

Wenn ich jetzt $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ folgendermasen definiere

$\begin{eqnarray*} \delta = \frac{\epsilon}{|(x-x_0)|} \end{eqnarray*}$

könnte man sagen das es stetig ist da $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ abhängt

allerdings mit dieser lösung nciht für alle $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ bzw $\begin{eqnarray*} x_o \end{eqnarray*}$ da es ja im nenner steht

verwirrt

Edit:

Wen ich annehme das $\begin{eqnarray*} x \neq x_0 \end{eqnarray*}$ dann kann $\begin{eqnarray*} x - x_0 \end{eqnarray*}$ ja eigentlich nie 0 werden . . . . . . und damit wäre es doch in allen punkten stetig ???

27.10.2004, 14:42

klarsoweit

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Zitat:

Original von Joerghamster
also mein ansatz is folgendermaßen :

$\begin{eqnarray*} |f(x) - f(x_0)| < \epsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} |x^2 - x_{0}^2| < \epsilon \end{eqnarray*}$

(*) $\begin{eqnarray*} |(x + x_0)(x - x_0)| < \epsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} |(x+x_0)| < \frac{\epsilon}{|(x-x_0)|} \end{eqnarray*}$

Wenn ich jetzt $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ folgendermasen definiere

$\begin{eqnarray*} \delta = \frac{\epsilon}{|(x-x_0)|} \end{eqnarray*}$

könnte man sagen das es stetig ist da $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ abhängt

Warum du die Ungleichung (ich hab sie mit * markiert), durch |x - x0| dividierst, ist mit nicht klar. Gerade dieses |x - x0| braucht man doch auf der linken Seite. Aber auch wenn du durch |x + x0| dividierst, wäre am Ende das delta nicht nur von epsilon, sondern auch von x abhängig wäre. Das widerspricht der Definition der Stetigkeit. Es heißt ja:
Für alle epsilon gibt es ein delta, so dass für alle x mit |x - x0| < delta gilt |f(x) - f(x0)| < epsilon.
Kleiner Tipp:
Verändere in $\begin{eqnarray*} |x^2 - x_{0}^2| < \epsilon \end{eqnarray*}$
den Term mit Hilfe der 2. binomischen Formel durch Ergänzen der fehlenden Teile und wende die Dreiecksungleichungen an.
Falls du nicht weiterkommst, melde ich mich wieder (gestern hab ichs nicht mehr geschafft).

27.10.2004, 17:31

Gast

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$\begin{eqnarray*} \end{align*} Sei $\epsilon>0$ beliebig, $x_0\in \mathbb R$. Wähle \begin{align*} \delta := \left\{ \begin{array}{r@{\quad:\quad}l} \frac{\epsilon}{3|x_0|} & \epsilon\leq 3x_0^2 \\ \sqrt{\frac{\epsilon}{3}} & \epsilon>3x_0^2 \end{array} \right. \end{align*} Damit gilt für alle $x\in \mathbb R$ mit $|x-x_0|<\delta$: \begin{align*} |x^2-x_0^2|=|x-x_0|\underbrace{|x+x_0|}_{<2|x_0|+\delta}<2x_0\delta+\delta^2\leq \left\{ \begin{array}{r@{\quad:\quad}l} 3\delta x_0 =\epsilon& \epsilon \leq 3x_0^2 \\ 3\delta^2=\epsilon & \epsilon >3x_0^2\end{array} \right. \end{align*} $\Box$ \begin{align*} \end{eqnarray*}$

27.10.2004, 20:17

Joerghamster

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hmmm is richtig das ergänzen,

aber die dreiecksgleichungen sagen mir mal garnichts O_O

28.10.2004, 01:04

WebFritzi

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Dreiecksungleichung:

|x + y| <= |x| + |y|.

Daraus folgt auch die sog. umgedrehte Dreiecksungleichung:

| |x| - |y| | <= |x - y|.

28.10.2004, 09:38

Joerghamster

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Soo mal schritt für schritt wenn ich $\begin{eqnarray*} |x^2-x_0^2| \end{eqnarray*}$ so erweitern will das ich die 2.te binomische anwenden kann brauch ich

$\begin{eqnarray*} |x^2-x_0^2|+|-2xx_0 + 2x_0^2| \end{eqnarray*}$

mit den dreiechsgleichungen zusammenfassen , dann steht da

$\begin{eqnarray*} |x^2-2xx_0-x_0^2+2x_0^2| \end{eqnarray*}$

also $\begin{eqnarray*} |x^2-2xx_0+x_0^2| => |(x-x_0)^2| \end{eqnarray*}$

dabei auf der rechten seite

$\begin{eqnarray*} \epsilon + |-2xx_0 + 2x_0^2| \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \epsilon + |-2x_0(x - x_0)| \end{eqnarray*}$

zusammen $\begin{eqnarray*} |(x-x_0)^2| < \epsilon + |-2x_0(x - x_0)| \end{eqnarray*}$

soweit sollte es hoffentlich stimmen, aber ich weiß nciht ob ich jetzt richtig wietermachen würde ( Wurzel ziehen ) weil dann komm ich irgendwie nciht weiter

28.10.2004, 10:11

Leere Menge

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Zitat:

Original von Joerghamster
Soo mal schritt für schritt wenn ich $\begin{eqnarray*} |x^2-x_0^2| \end{eqnarray*}$ so erweitern will das ich die 2.te binomische anwenden kann brauch ich

$\begin{eqnarray*} |x^2-x_0^2|+|-2xx_0 + 2x_0^2| \end{eqnarray*}$

mit den dreiechsgleichungen zusammenfassen , dann steht da

$\begin{eqnarray*} |x^2-2xx_0-x_0^2+2x_0^2| \end{eqnarray*}$

also $\begin{eqnarray*} |x^2-2xx_0+x_0^2| => |(x-x_0)^2| \end{eqnarray*}$

dabei auf der rechten seite

$\begin{eqnarray*} \epsilon + |-2xx_0 + 2x_0^2| \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \epsilon + |-2x_0(x - x_0)| \end{eqnarray*}$

zusammen $\begin{eqnarray*} |(x-x_0)^2| < \epsilon + |-2x_0(x - x_0)| \end{eqnarray*}$

soweit sollte es hoffentlich stimmen, aber ich weiß nciht ob ich jetzt richtig wietermachen würde ( Wurzel ziehen ) weil dann komm ich irgendwie nciht weiter

Was soll der Quatsch, die Lösung steht doch schon weiter oben...

28.10.2004, 10:21

Joerghamster

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Zitat:

Was soll der Quatsch, die Lösung steht doch schon weiter oben...

hast du ne ahnung wieviel mich ne fertige lösung interessiert ?????

ich versuch das thema zu begreifen und mich dadurch auch wieder etwas in die mathematik einzuarbeiten da nächste woche mein zweites studium losgeht und ich jetzt über 2 jahre nichts mit mathematik gemacht hab.

mir gehts um den rechenweg. und zwar nicht um einen vorgefertigten sondern darum, das ich ihn nachvollziehen kann.

28.10.2004, 11:07

klarsoweit

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Schade, dass da andere dazwischen funken, die wissen doch nicht, was ich vorbereitet habe.
Also mein Beweis geht dann wie folgt:
|x² - x0²| = |(x - x0)² + 2 * x0 * (x - x0)|
<= |(x - x0)²| + |2 * x0 * (x - x0)| (Dreiecksungleichung)

Jetzt muss man ein delta finden, so dass z.B. jeder Summand < epsilon / 2 ist, also:
|(x - x0)²| < epsilon / 2 und |2 * x0 * (x - x0)| < epsilon / 2
Das weitere müsste gehen, oder?

Der nächste Schritt beim Thema Stetigkeit ist der Beweis von folgendem Satz. (Wenn man das hat, kann man die Stetigkeit von sehr vielen Funktionen leicht beweisen.)

Satz: f und g seien stetige Funktionen im Punkt x0. Dann ist auch:
1) h = f + g
2) h = c * f (c = konstant)
3) h = f * g und
4) h = f / g (mit g(x0) <> 0)
stetig in x0.

28.10.2004, 11:21

Joerghamster

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hmm wenn ich erweitere erweitere ich doch auch rechts des kleiner zeichens ???

also müßte ich dann ja jeder summand < ( epsilon + |2 * x0 * (x - x0)| )/2 sein, oder ??

Edit:

ok ich glaub ich hab meinen denkfehler gefunden ^^

ich erweitere ja nciht die ungleichung, sondern nur die linke funtion da ja (x^2 - x0^2) = (x-x0)^2 +2x0(x-x0) und ich damit nur die linke seite ersetze. richtig ??

28.10.2004, 11:41

WebFritzi

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Ich schreibs nochmal schöner für dich auf. Augenzwinkern

$\begin{eqnarray*} |x^2 - x_0^2| &= |(x - x_0)^2 + 2x_0(x - x_0)|\\ &\le |x - x_0|^2 + 2 |x_0| |x - x_0|\\ &= |x - x_0|\cdot (|x - x_0| + 2 |x_0|)\;. \end{eqnarray*}$

Wählst du jetzt ein

$\begin{eqnarray*} \delta < \min\{ 2\varepsilon , \frac{\varepsilon}{2(\varepsilon + |x_0|)}\}\;, \end{eqnarray*}$

dann folgt für alle x mit $\begin{eqnarray*} |x - x_0| < \delta \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} |x^2 - x_0^2| \le |x - x_0|\cdot (|x - x_0| + 2 |x_0|) < \frac{\varepsilon}{2(\varepsilon + |x_0|)}\cdot (2\varepsilon + 2 |x_0|) = \varepsilon\;. \end{eqnarray*}$

28.10.2004, 11:51

Joerghamster

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Zitat:

Original von WebFritzi

Wählst du jetzt ein

$\begin{eqnarray*} \delta < \min\{ 2\varepsilon , \frac{\varepsilon}{2(\varepsilon + |x_0|)}\}\;, \end{eqnarray*}$

whoer weiß ich was ich wählen muß für $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$

28.10.2004, 12:11

WebFritzi

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Hier

$\begin{eqnarray*} |x^2 - x_0^2| &= |(x - x_0)^2 + 2x_0(x - x_0)|\\ &\le |x - x_0|^2 + 2 |x_0| |x - x_0| \end{eqnarray*}$

siehst du schon, dass du den Term beliebig klein machen kannst, wenn du nur |x - x0| klein machst. Du kannst es auch so machen: Ist e/2 (ich schreibe hier e für Epsilon) kleiner als 1, dann ist (e/2)² < e/2. Du kannst also so ansetzen und siehst, dass für |x - x0| < e/2 gilt:

$\begin{eqnarray*} |x^2 - x_0^2| &= |(x - x_0)^2 + 2x_0(x - x_0)|\\ &\le |x - x_0|^2 + 2 |x_0| |x - x_0|\\ &\le \frac{\varepsilon}{2} + 2 |x_0| |x - x_0|\;. \end{eqnarray*}$

Jetzt musst du den rechten Summanden nur noch kleiner als e/2 kriegen. Das ist genau dann der Fall, wenn

$\begin{eqnarray*} |x - x_0| < \frac{\varepsilon}{4 |x_0|}\;. \end{eqnarray*}$

Also wählst du

$\begin{eqnarray*} \delta < \min\{ \frac{\varepsilon}{2} , \frac{\varepsilon}{4 |x_0|} \}\;. \end{eqnarray*}$

EDIT: Das funktioniert natürlich nur dann, wenn x0 nicht Null ist, denn sonst teilen wir durch Null, was nicht erlaubt ist. Das hier sollte nur verdeutlichen, wie man auf so ein delta kommt.

28.10.2004, 12:20

Joerghamster

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Zitat:

siehst du schon, dass du den Term beliebig klein machen kannst, wenn du nur |x - x0| klein machst. Du kannst es auch so machen: Ist e/2 (ich schreibe hier e für Epsilon) kleiner als 1, dann ist (e/2)² < e/2. Du kannst also so ansetzen und siehst, dass für |x - x0| < e/2 gilt:

ok nur das hatte ich jetzt nicht bedacht. daher hatte ich die ergebnisse

$\begin{eqnarray*} \sqrt{\frac{\epsilon}{2}}, \frac{\epsilon}{4|x_0|} \end{eqnarray*}$

wenn ich nun sagen kann das (e/2)² < e/2 komm ich ja auch auf

$\begin{eqnarray*} \frac{\epsilon}{2}, \frac{\epsilon}{4|x_0|} \end{eqnarray*}$

edit x0 natürlich |x0|

28.10.2004, 12:24

WebFritzi

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Hey, das mit der Wurzel ist auch besser. Jetzt musst du nur noch einen Betrag um x0 im Nenner machen. Super!

28.10.2004, 13:50

Joerghamster

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Hab ich ja im letzten satz ergänzt, war nur zu faul zum die formeln editieren.

Soo nun mal ein versuch ob ich das allgemeine verstanden hab

Satz: f und g seien stetige Funktionen im Punkt x0. Dann ist auch:
1) h = f + g

wenn f und g stetig sind existiert ja schon die bedingung für f(x) das $\begin{eqnarray*} \epsilon = C \cdot \delta, c = const \end{eqnarray*}$

und für g(x) ebenfalls

$\begin{eqnarray*} \epsilon = C \cdot \delta, c = const \end{eqnarray*}$

jetzt sollte ja für f(x)+g(x) gelten:

$\begin{eqnarray*} |(f(x)+g(x))-(f(x_0)+g(x_0))|<\epsilon \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} |(2\cdot x)-(2\cdot x_0)|<\delta \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} => |x-x_0|<\frac{\delta}{2} \end{eqnarray*}$

und schon häng ich unglücklich

$\begin{eqnarray*} |(f(x)+g(x))-(f(x_0)+g(x_0))|<\epsilon \end{eqnarray*}$

was mach ich damit weiter . . . . bei delta hab ich ja x und x0 aber f(x) - f(x0) muß ich ja nun irgendwie auf die form x-x0 bringen . . . . . Hilfe

Edit:

wenn ich nun annheme das für $\begin{eqnarray*} |f(x)-f(x_0)|<\epsilon \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |x-x_0|<\delta \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} \epsilon = C \cdot \delta, C = const \end{eqnarray*}$ existiert genauso wie für $\begin{eqnarray*} |g(x)-g(x_0)|<\epsilon \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |x-x_0|<\delta \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} \epsilon = D \cdot \delta, D = const \end{eqnarray*}$

kann ich die gleichung ja in die form

$\begin{eqnarray*} |f(x)-f(x_0) + g(x)-g(x_0)|<\epsilon \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} |x-x_0 + x-x_0|<\delta \end{eqnarray*}$

bringen und daraus folgern das hierfür ein

$\begin{eqnarray*} \epsilon = (C+D) \cdot \delta, C,D = const \end{eqnarray*}$

existiert, womit es ja bewiesen wäre, oder ???

28.10.2004, 18:53

klarsoweit

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Da hilft genaues Aufschreiben der Voraussetzung:

Gegeben sei ein beliebiges $\begin{eqnarray*} \epsilon > 0 \end{eqnarray*}$
Da die Funktionen f und g in x0 stetig sind, gibt es ein $\begin{eqnarray*} \delta_1 > 0 \end{eqnarray*}$ und ein $\begin{eqnarray*} \delta_2 > 0 \end{eqnarray*}$
so dass gilt:
$\begin{eqnarray*} \mid x - x_0 \mid < \delta_1 \Rightarrow \mid f(x) - f(x_0) \mid < \epsilon / 2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \mid x - x_0 \mid < \delta_2 \Rightarrow \mid g(x) - g(x_0) \mid < \epsilon / 2 \end{eqnarray*}$

Anmerkung: Dass $\begin{eqnarray*} \epsilon = C * \delta \end{eqnarray*}$ ergibt sich aus der Definition der Stetigkeit nicht zwangsläufig.

Zurück zum Beweis: Wähle $\begin{eqnarray*} \delta = min (\delta_1 ; \delta_2) \end{eqnarray*}$
Dann gilt:
$\begin{eqnarray*} \mid x - x_0 \mid < \delta \Rightarrow \mid f(x) - f(x_0) \mid < \epsilon / 2 \end{eqnarray*}$
und
$\begin{eqnarray*} \mid x - x_0 \mid < \delta \Rightarrow \mid g(x) - g(x_0) \mid < \epsilon / 2 \end{eqnarray*}$
Also:
$\begin{eqnarray*} \mid x - x_0 \mid < \delta \Rightarrow \mid f(x) - f(x_0) \mid + \mid g(x) - g(x_0) \mid < \epsilon \end{eqnarray*}$
Jetzt wieder die Dreiecksungleichung anwenden und schon stets da.

29.10.2004, 08:58

Joerghamster

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bei dem letzten schritt war ich auch.

kann / darf ich jetzt durch die definition für f(x)-f(x0) einfach dela1 einsetzen ??

Sorry aber bei den allgemeinen dingen hab ich immer meine probleme unglücklich

29.10.2004, 11:34

Eminent Renitent

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Zitat:

Original von Joerghamster
bei dem letzten schritt war ich auch.

kann / darf ich jetzt durch die definition für f(x)-f(x0) einfach dela1 einsetzen ??

Sorry aber bei den allgemeinen dingen hab ich immer meine probleme unglücklich

Du bist einfach zu hohl!!!

29.10.2004, 11:36

Joerghamster

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zu feige sich zu registrieren und dann nur rumflamen . . . . .

es mag ja sein das ich nicht wie du sämtliche weißheiten von geburt an intus hatte, aber ich bemüh mich das ich es versteh, als halt einfach den mund wenn du nichts zum thema zu sagen hast

29.10.2004, 13:35

klarsoweit

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Zitat:

Wie meinst du das bzw. wo oder wofür einsetzen?

Der letzte Schritt ist, die Dreiecksungleichung |a + b| <= |a| + |b| anzuwenden. Dann steht da:
|f(x) - f(x0) + g(x) - g(x0)| < epsilon
und genau das war zu zeigen, wenn |x - x0| < delta ist

29.10.2004, 13:45

Joerghamster

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ok damit hab ich wohl mal wieder um so etwa 10.000 ecken zu viel gedacht O_O

|f(x) - f(x0)| + |g(x) - g(x0)| < epsilon

hatte ich ja ziemlich von anfang an aber bin davon ausgegangen, das das ja kein beweis sein kann, da das ja schon von der definition her so gegeben ist.

|f(x) - f(x0) + g(x) - g(x0)| < epsilon ergibt sich ja zwangsläufig aus |f(x) - f(x0)| + |g(x) - g(x0)| < epsilon also fiel es für mich als beweis auch aus.

aber das is ja was ich sage, bei den beweisen wenns um allgemeine formeln in der form f(x) geht verheddere ich mich immer, da ich meistens weit über den zielschritt rausschieße unglücklich

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Epsilon-Delta-Definition

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