1/x^2 stetig < Stetigkeit < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:52 Mi 17.12.2014 | | Autor: | sissile |
| Aufgabe | | Zeigen Sie direkt mittels Rückgriff aud die definition, dass die Funktion f:]0, [mm] \infty[ [/mm] -> [mm] \IR, [/mm] f(x):= [mm] \frac{1}{x^2} [/mm] stetig ist. |
Hallo zusammen,
Sei [mm] x_0 \in [/mm] ]0, [mm] \infty[ [/mm] beliebig aber fest.
Sei [mm] \epsilon [/mm] >0 beliebig, aber fest.
[mm] \forall [/mm] x [mm] \in [/mm] ]0, [mm] \infty[ [/mm] : [mm] |x-x_0< \delta (\delta [/mm] definiere ich noch)
[mm] |f(x)-f(x_0) [/mm] | = [mm] |\frac{1}{x^2} [/mm] - [mm] \frac{1}{x_0^2}|= |\frac{x_0^2-x^2}{x^2*x_0^2}| [/mm] = [mm] \frac{(|x_0-x|)*(|x_0+x|)}{|x^2 x_0^2|} [/mm] < [mm] \frac{\delta |x_0 +x|}{x^2 x_0^2} [/mm] < [mm] \frac{\delta(\delta+|x_0|)}{x^2 x_0^2}
[/mm]
Wie krieg ich das x im Nenner weg?
Ich hab nur einer sehr komplizierte Lösung im Kopf, ich bin aber an einer einfachen interessiert ;).
LG,
sissi
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Hiho,
> [mm]|f(x)-f(x_0)[/mm] | = [mm]|\frac{1}{x^2}[/mm] - [mm]\frac{1}{x_0^2}|= |\frac{x_0^2-x^2}{x^2*x_0^2}|[/mm]
> = [mm]\frac{(|x_0-x|)*(|x_0+x|)}{|x^2 x_0^2|}[/mm] < [mm]\frac{\delta |x_0 +x|}{x^2 x_0^2}[/mm]
> < [mm]\frac{\delta(\delta+|x_0|)}{x^2 x_0^2}[/mm]
Deine letzte Abschätzung ist falsch. Du wolltest sicherlich $x [mm] \le x_0 [/mm] + [mm] \delta$ [/mm] nutzen, dann steht im Zähler aber was anderes.
Für den Nenner nutze [mm] $x_0 [/mm] - [mm] \delta [/mm] < x$
edit: Und da alles größer Null ist, sind Dinge wie [mm] |x_0| [/mm] überflüssig...
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:47 Do 18.12.2014 | | Autor: | sissile |
Hallo,
Ich denke nur, dass mit dem Lösungsweg, das [mm] \delta [/mm] nicht gerade geschickt/einfach gewählt wird. Oder hast du das anders gemeint?
> Deine letzte Abschätzung ist falsch. Du wolltest sicherlich $ x [mm] \le x_0 [/mm] + [mm] \delta [/mm] $ nutzen, dann steht im Zähler aber was anderes.
Ja da hab ich mich geirrt..
[mm] |f(x)-f(x_0)|= [/mm] $ [mm] |\frac{1}{x^2} [/mm] $ - $ [mm] \frac{1}{x_0^2}|= |\frac{x_0^2-x^2}{x^2\cdot{}x_0^2}| [/mm] $= $ [mm] \frac{(|x_0-x|)\cdot{}(|x_0+x|)}{|x^2 x_0^2|} [/mm] $ < $ [mm] \frac{\delta |x_0 +x|}{x^2 x_0^2} [/mm] $ = [mm] \frac{\delta x_0 +x \delta}{x^2 x_0^2} [/mm] < [mm] \frac{\delta x_0 + \delta(\delta + x_0)}{x^2 x_0^2} [/mm]
Da [mm] |x|-|x_0|<|x-x_0| [/mm] < [mm] \delta [/mm]
=> |x| < [mm] \delta [/mm] + [mm] |x_0|
[/mm]
> Für den Nenner nutze $ [mm] x_0 [/mm] - [mm] \delta [/mm] < x $
[mm] |x|=|x_0-x+x_0|=|x_0 -(x-x_0)|>|x_0|-|x-x_0|>|x_0|-\delta
[/mm]
Demnach: [mm] \frac{\delta x_0 + \delta(\delta + x_0)}{x^2 x_0^2} [/mm] < [mm] \frac{\delta x_0 + \delta(\delta + x_0)}{x_0^2*(x_0 - \delta)^2} [/mm] = [mm] \epsilon
[/mm]
[mm] \gdw [/mm] 2 [mm] \delta x_0 [/mm] + [mm] \delta^2 [/mm] < [mm] \epsilon x_0^2 [/mm] ( [mm] x_0^2 [/mm] - [mm] 2x_0 \delta [/mm] + [mm] \delta^2)
[/mm]
[mm] \gdw \delta^2(1- \epsilon x_0^2) [/mm] + [mm] \delta(2x_0 [/mm] + [mm] 2x_0^3 \epilon) [/mm] - [mm] \epsilon x_0^4 [/mm] =0
[mm] \delta_{1,2} [/mm] = [mm] \frac{-2x_0-2x_0^3 \epsilon \pm \sqrt{(2x_0+2x_0^3 \epsilon)^2+4(1- \epsilon x_0^2)}}{2(1- \epsilon x_0^2)}
[/mm]
Wie weiß ich nun ob mein [mm] \delta [/mm] auch >0 ist?
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Hiho,
das sieht wirklich unschön aus, da hast du recht.
Mach dir mal klar, dass du dein [mm] \delta [/mm] < [mm] \bruch{x_0}{2} [/mm] wählen kannst, so dass [mm] $\bruch{x_0}{2} \le x_0 [/mm] - [mm] \delta$ [/mm] gilt und damit vereinfacht sich das ganze zu:
$ [mm] \frac{\delta x_0 + \delta(\delta + x_0)}{x_0^2\cdot{}(x_0 - \delta)^2} \le \frac{\delta x_0 + \delta(\delta + x_0)}{x_0^2\cdot{}\left(\frac{x_0}{2}\right)^2} \le \frac{\delta x_0 + \delta(x_0 + x_0)}{x_0^2\cdot{}\left(\frac{x_0}{2}\right)^2} [/mm] = [mm] \delta*\frac{12}{x_0^3}$
[/mm]
Das bekommst du doch sicher auch noch kleiner als [mm] $\varepsilon$ [/mm] 
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:33 Do 18.12.2014 | | Autor: | sissile |
Ah supa danke ;))
Für beliebiges [mm] \epsilon>0 [/mm] wähle ich dann [mm] \delta [/mm] so:
[mm] \delta:= Min(\frac{x_0}{2}, \frac{\epsilon x_0^3}{12})
[/mm]
Damit gilt [mm] \forall [/mm] x [mm] \in [/mm] ]0, [mm] \infty[: |x-x_0| [/mm] < [mm] \delta\Rightarrow|f(x) [/mm] - [mm] f(x_0)|<\epsilon
[/mm]
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Hiho,
> Für beliebiges [mm]\epsilon>0[/mm] wähle ich dann [mm]\delta[/mm] so:
> [mm]\delta:= Min(\frac{x_0}{2}, \frac{\epsilon x_0^3}{12})[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Wobei das nur funktioniert, weil wir bei unseren Abschätzungen mindestens einmal scharf abgeschätzt haben, d.h. wirklich mit < statt mit [mm] $\le$.
[/mm]
Schätzt du immer nur mit [mm] \le [/mm] ab, würde da letztendlich ja nur
$|f(x) - f(y)| [mm] \le \varepsilon$ [/mm] stehen, was formal gesehen nicht reicht 
Gruß,
Gono
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:13 Fr 19.12.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hiho,
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> > Für beliebiges [mm]\epsilon>0[/mm] wähle ich dann [mm]\delta[/mm] so:
> > [mm]\delta:= Min(\frac{x_0}{2}, \frac{\epsilon x_0^3}{12})[/mm]
>
>
> Wobei das nur funktioniert, weil wir bei unseren
> Abschätzungen mindestens einmal scharf abgeschätzt haben,
> d.h. wirklich mit < statt mit [mm]\le[/mm].
> Schätzt du immer nur mit [mm]\le[/mm] ab, würde da letztendlich
> ja nur
> [mm]|f(x) - f(y)| \le \varepsilon[/mm] stehen, was formal gesehen
> nicht reicht
auch das würde reichen, wenn man sich, analog zu dem, was ich
hier
geschrieben habe, die entsprechende Äquivalenz klarmacht.
(Mir ist schon klar, dass Dir das klar ist, und ich weiß auch, dass Du mit
*formal* meinst, was formal streng per Definitionem da stehen sollte.
Aber ich will einfach klarstellen, dass auch, wenn man da was stehen hat,
was so noch nicht *zur gegebenen Definition passt*, es doch eigentlich
schon ausreicht.)
Nach ein paar Semestern Mathematikstudium sollte da eigentlich auch
keiner mehr drüber stolpern; daher würde ich Sissi auch empfehlen, falls
es bis dato noch nie gemacht wurde, sich selbst so etwas zu beweisen.
Das ist so elementar wie
[mm] $\forall \epsilon [/mm] > 0$: $a < [mm] b+\epsilon$ [/mm]
[mm] $\iff$ $a\le [/mm] b$,
und [mm] $\Longrightarrow$ [/mm] dieser Aussage wird ja permanent in der Analysis eingesetzt...
Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:14 Mi 17.12.2014 | | Autor: | fred97 |
Da [mm] x_0> [/mm] 0 ist, gibt es ein r>0 mit: [mm] x_0-r [/mm] >0.
Von Anfang an, können wir dann von [mm] |x-x_0|
Zeige nun:
[mm] $|f(x)-f(x_0)| \le c*|x-x_0|$,
[/mm]
wobei [mm] c=\bruch{x_0+r}{(x_0-r)^2*x_0}.
[/mm]
Sei nun [mm] \varepsilon [/mm] > 0 vorgegeben. Wie musst Du [mm] \delta [/mm] > 0 wählen, damit gilt:
[mm] |x-x_0|< \delta \quad \Rightarrow $|f(x)-f(x_0)| [/mm] < [mm] \varepsilon$ [/mm] ?
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:16 Do 18.12.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Da [mm]x_0>[/mm] 0 ist, gibt es ein r>0 mit: [mm]x_0-r[/mm] >0.
etwa [mm] $r:=x_0/2\,.$ [/mm]
(Für Sissile: Vielleicht macht ein *konreteres* [mm] $r\,$ [/mm] es Dir möglich, den Beweis
*anschaulicher* [Skizze] nachzuvollziehen. Übrigens könntest Du auch [mm] $r:=1/4x_0$ [/mm]
oder $r:=7/8 [mm] x_0$ [/mm] oder oder oder .... setzen!)
P.S. [mm] $c/ab\,$ [/mm] ist als $(c/a)*b$ zu lesen, nicht als [mm] $c/(ab)\,,$ [/mm] wie manche das auch
benutzen (was ich aber nicht für besonders gut halte).
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:41 Do 18.12.2014 | | Autor: | sissile |
Hallo Fred,
danke für den alternativen Lösungsweg.
Ich versteh leider gar nicht für was die Einführung von dem r gut sein soll?
LG,
sissi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:23 Do 18.12.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo Sissile,
> Hallo Fred,
> danke für den alternativen Lösungsweg.
>
> Ich versteh leider gar nicht für was die Einführung von
> dem r gut sein soll?
damit ist [mm] $J:=]x_0-r,x_0+r[\;$ [/mm] ein offenes Intervall, welches
ganz in [mm] $]0,\infty[$ [/mm] liegt UND zudem gilt für alle $x [mm] \in [/mm] J$ auch
$x > [mm] x_0-r$ [/mm] und damit [mm] $\frac{1}{x} [/mm] < [mm] \frac{1}{x_0-r}\,.$ [/mm]
In Freds Version steht [mm] $1/(x_0-r)^2\,,$ [/mm] es wäre unschön, wenn dort [mm] $x_0=r$ [/mm] wäre!
Ich schreib's Dir aber vielleicht mal auf, wie ich es aufschreiben würde:
Für $0 < r < [mm] x_0$ [/mm] betrachten wir (jedes) beliebige(s) $x [mm] \in \IR$ [/mm] mit $0 [mm] \le |x-x_0| [/mm] < [mm] r\,,$ [/mm] also
(alle) $x [mm] \in J\,.$ [/mm] Dann
[mm] $|f(x)-f(x_0)|=...=\frac{|x+x_0|}{|x|^2*|x_0|^2}*|x-x_0| [/mm] < [mm] \frac{\red{2}\,x_0+r}{x^2x_0^2}*|x-x_0|\,,$
[/mm]
wobei Du bitte
$x [mm] \in [/mm] J [mm] \Rightarrow [/mm] x > 0$
[mm] $\Rightarrow$ $x+x_0 [/mm] > 0$ wegen [mm] $x_0 [/mm] > 0$
beachtest - daher ist [mm] $|x+x_0|=x+x_0$ [/mm] und aus $x [mm] \in [/mm] J$ folgt $x < [mm] x_0+r\,,$ [/mm] also [mm] $x+x_0 [/mm] < [mm] x_0+r+x_0=\red{2}\,x_0+r$. [/mm]
Fred ist vermutlich die 2 verloren gegangen?
Wegen $x [mm] \in [/mm] J$ gilt insbesondere $x > [mm] x_0-r [/mm] > 0$ und damit
[mm] $x^2 [/mm] > [mm] (x_0-r)^2\,,$
[/mm]
also auch
[mm] $\frac{1}{x^2} [/mm] < [mm] \frac{1}{(x_0-r)^2}\,.$
[/mm]
Also folgt für alle $x [mm] \in [/mm] J$
[mm] $|f(x)-f(x_0)|$ [/mm] $<$ [mm] $\frac{\red{2}\,x_0+r}{(x_0-r)^2*x_0^2}*|x-x_0|$
[/mm]
Das sieht jetzt an zwei Stellen anders aus als bei Fred: Einmal habe ich
eine rote 2 im Zähler, die bei Fred nicht da steht, und zum anderen fehlt
bei Fred im Nenner beim [mm] $x_0$ [/mm] ein Quadrat, im Vergleich zu meiner
Abschätzung. Ob das nun kleine Rechenfehler sind, oder ob er an einer
Stelle vielleicht anders abgeschätzt hat, das weiß ich nicht. Aber auch wenn
meine Formel oben etwas unschöner wirkt: Du kannst damit genausogut
arbeiten! [mm] ($\frac{2x_0+r}{(x-x_0)^2*x_0^2}$ [/mm] ist ein von x unabhängiger Faktor > 0!)
Gruß,
Marcel
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