Stetigkeit einer Funktion < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:06 Mo 03.01.2005 | | Autor: | michael7 |
Hallo zusammen,
ich sitze an folgender Aufgabe:
[mm]f(x):= \begin{cases}x, & x \in \IQ\\1-x, & x \in \IR \setminus \IQ \end{cases}[/mm].
Es soll gezeigt werden, dass die Funktion nur in [mm]\frac{1}{2}[/mm] stetig ist, aber trotzdem
jeden Wert zwischen f(0)=0 und f(1)=1 annimmt.
Folgendes habe ich probiert:
a) Stetig in [mm] \frac{1}{2}: [/mm] Wir waehlen die Folge [mm] $x_n [/mm] = [mm] \frac{\sqrt{2}}{n}+\frac{1}{2} \to \frac{1}{2}$. [/mm] Da alle Folgenglieder von [mm] $x_n$ [/mm] irrational sind, gilt stets [mm] $\lim f(x_n) [/mm] = [mm] 1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$. [/mm] Also ist ist f stetig im Punkt [mm] $\frac{1}{2}$, [/mm] da [mm] $f(x_n) \to f(\frac{1}{2}) [/mm] = [mm] \frac{1}{2}$.
[/mm]
Frage: Kann man das so machen, oder koennte theoretisch eine Folge gefunden werden, fuer die die Argumentation nicht zutrifft? Muss man das also "allgemeiner" zeigen?
b) Unstetig sonst.
1) Jeder Punkt [mm] $x_o \in \IQ$ [/mm] mit [mm] $x_0 \ne \frac{1}{2}$ [/mm] ist unstetig. Wir waehlen die Folge [mm] $x_n [/mm] = [mm] \frac{\sqrt{2}}{n}+x_0 \to x_0$. [/mm] Dann ist [mm] $\lim f(x_n) [/mm] = [mm] 1-x_0$ [/mm] immer ungleich zu [mm] $f(x_0) [/mm] = [mm] x_0$.
[/mm]
2) Jeder Punkt [mm] $x_0 \in \IR \setminus \IQ$ [/mm] ist unstetig. Wir waehlen eine Folge [mm] $x_n$, [/mm] deren Folgeglieder alle rational sind und fuer die gilt [mm] $x_n \to x_0$.
[/mm]
[mm] $f(x_n)=x \to f(x_0) [/mm] = 1-x$ ist dann nicht erfuellt.
Frage: Kann man einfach sagen, dass die Folge rational ist ohne eine konkrete Folge zu nennen?
c) Nimmt jeden Wert zwischen f(0)=0 und f(1)=1 an.
Fuer [mm] $x_0 \in \IQ$ [/mm] ist die Aussage klar. Sei [mm] $x_0$ [/mm] irrational. Dann gilt [mm] $f(x_0) [/mm] = [mm] 1-x_0$, [/mm] wobei [mm] $1-x_0$ [/mm] ebenfalls irrational ist. Es bleibt also eine "Luecke" bei [mm] $x_0$. [/mm] Diese kann "beseitigt" werden, durch [mm] $f(1-x_0)=1-(1-x_0)=x_0$.
[/mm]
Bin fuer jeden Hinweis dankbar, ob man das so machen kann bzw. wie es richtig/eleganter geht.
Michael
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:58 Mo 03.01.2005 | | Autor: | andreas |
hi Michael
> ich sitze an folgender Aufgabe:
>
> [mm]f(x):= \begin{cases}x, & x \in \IQ\\1-x, & x \in \IR \setminus \IQ \end{cases}[/mm].
>
>
> Es soll gezeigt werden, dass die Funktion nur in
> [mm]\frac{1}{2}[/mm] stetig ist, aber trotzdem
> jeden Wert zwischen f(0)=0 und f(1)=1 annimmt.
>
> Folgendes habe ich probiert:
>
> a) Stetig in [mm]\frac{1}{2}:[/mm] Wir waehlen die Folge [mm]x_n = \frac{\sqrt{2}}{n}+\frac{1}{2} \to \frac{1}{2}[/mm].
> Da alle Folgenglieder von [mm]x_n[/mm] irrational sind, gilt stets
> [mm]\lim f(x_n) = 1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}[/mm]. Also ist ist f
> stetig im Punkt [mm]\frac{1}{2}[/mm], da [mm]f(x_n) \to f(\frac{1}{2}) = \frac{1}{2}[/mm].
>
>
> Frage: Kann man das so machen, oder koennte theoretisch
> eine Folge gefunden werden, fuer die die Argumentation
> nicht zutrifft? Muss man das also "allgemeiner" zeigen?
es kann natürlich keine folge gefunden werden, die diese eigenschaft nicht hat, sonst wäre $f$ ja nicht stetig in [mm] $x_0 [/mm] = [mm] \frac{1}{2}$. [/mm] aber wenn man mit dem folgenkriterium stetigkeit nachweisen will muss man zeigen, dass die bilder jeder folge, die gegen [m] \frac{1}{2} [/m] konvergiert auch gegen [m] f\left(\frac{1}{2}\right) [/m] konvergieren. du zeigst das hier ja nur für eine bestimmte folge! dieser ansatz müsste auf jeden fall funktionieren, ich denke jedoch, dass hier die [m]\varepsilon-\delta[/m]-definition der stetigkeit schneller zum ziel führt, wenn man einfach [m] \delta := \varepsilon [/m] wählt!
> b) Unstetig sonst.
> 1) Jeder Punkt [mm]x_o \in \IQ[/mm] mit [mm]x_0 \ne \frac{1}{2}[/mm] ist
du meinst sicher: "in jedem punkt [m] x_0 \in \mathbb{Q}, \; x_0 \not= \frac{1}{2} [/m] ist $f$ unstetig"! die funktion ist unstetig, nicht der punkt!
> unstetig. Wir waehlen die Folge [mm]x_n = \frac{\sqrt{2}}{n}+x_0 \to x_0[/mm].
> Dann ist [mm]\lim f(x_n) = 1-x_0[/mm] immer ungleich zu [mm]f(x_0) = x_0[/mm].
das sieht gut aus!
> 2) Jeder Punkt [mm]x_0 \in \IR \setminus \IQ[/mm] ist unstetig. Wir
> waehlen eine Folge [mm]x_n[/mm], deren Folgeglieder alle rational
> sind und fuer die gilt [mm]x_n \to x_0[/mm].
> [mm]f(x_n)=x \to f(x_0) = 1-x[/mm]
> ist dann nicht erfuellt.
>
> Frage: Kann man einfach sagen, dass die Folge rational ist
> ohne eine konkrete Folge zu nennen?
begründen sollte man schon noch, warum es denn so eine folge gibt! man kann z.b. sagen, man betrachtet die folge [m] (a_n) = \left( x_0 + \frac{1}{n} \right) [/m]. dann sind alle folgenglieder dieser folge irrational und [mm] $a_n$ [/mm] konvergiert gegen [mm] $x_0$ [/mm] (man sollte vielleicht aufpaassen, das alle folgenglider auch in $[0, 1]$ liegen, da ich annehme, dass $f$ nur dort definiert ist. das kann man aber durch weglssen endlich vieler glieder am anfang erreichen). jetzt wählt man eine zweite folge rationaler zahlen [m] (b_n) [/m], so dass [m] a_{n+1} < b_n < a_n [/m]. das geht, da zwischen zwei irrationalen zahlen stets eine rationale zahl liegt (das habt ihr hoffentlich gezeigt bzw. aus der definition gefolgert). dann ist aber [m] (b_n) [/m] eine folge rationaler zahlen, die gegen [m] x_0 [/m] konvergiert und man kann darauf deine obige argumentation anwenden!
du kannst dir aber natürlich auch ein anderes argument einfallen lassen!
> c) Nimmt jeden Wert zwischen f(0)=0 und f(1)=1 an.
> Fuer [mm]x_0 \in \IQ[/mm] ist die Aussage klar. Sei [mm]x_0[/mm]
> irrational. Dann gilt [mm]f(x_0) = 1-x_0[/mm], wobei [mm]1-x_0[/mm] ebenfalls
> irrational ist. Es bleibt also eine "Luecke" bei [mm]x_0[/mm]. Diese
> kann "beseitigt" werden, durch [mm]f(1-x_0)=1-(1-x_0)=x_0[/mm].
sieht für mich auch richtig aus!
wenn du noch fragen hast kannst du dich ja nochmal melden.
grüße
andreas
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:06 Mo 03.01.2005 | | Autor: | michael7 |
Hallo Andreas,
erstmal danke fuer die schnelle Hilfe!
> es kann natürlich keine folge gefunden werden, die diese
> eigenschaft nicht hat, sonst wäre [mm]f[/mm] ja nicht stetig in [mm]x_0 = \frac{1}{2}[/mm].
> aber wenn man mit dem folgenkriterium stetigkeit nachweisen
> will muss man zeigen, dass die bilder jeder folge, die
> gegen [m]\frac{1}{2}[/m] konvergiert auch gegen
> [m]f\left(\frac{1}{2}\right)[/m] konvergieren. du zeigst das hier
> ja nur für eine bestimmte folge!
Das war genau das, was ich meinte. Ich zeige ja nur einen Spezialfall, also eine konkrete Folge. Sehe ich das richtig, dass man das Folgenkriterium gut dazu verwenden kann, um zu zeigen, dass eine Funktion nicht stetig ist, aber es sich zum Zeigen der Stetigkeit schlecht eignet (wie koennte man ueberhaupt damit beweisen, dass eine Funktion fuer alle Folgen die Bedingung erfuellt)?
> dieser ansatz müsste auf
> jeden fall funktionieren,
Welchen Ansatz meinst Du jetzt?
> ich denke jedoch, dass hier die
> [m]\varepsilon-\delta[/m]-definition der stetigkeit schneller zum
> ziel führt, wenn man einfach [m]\delta := \varepsilon[/m] wählt!
OK. Wie wuerde das konkret aussehen? Geht das so:
Sei [mm] $x_0 [/mm] = [mm] \frac{1}{2}$. [/mm] (Fallunterscheidung). Sei [mm] $x\in\IQ$. $|f(x)-f(x_0)|=|x-x_0|$. [/mm] Also [mm] $\delta:=\varepsilon$.
[/mm]
Sei [mm] $x\in\IR$. $|f(x)-f(x_0)|=|(1-x)-x_0|=|(1-x)-\frac{1}{2}|=|\frac{1}{2}-x|=|x-\frac{1}{2}|=|x-x_0|$. [/mm] Also [mm] $\delta:=\varepsilon$.
[/mm]
Michael
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:04 Mo 03.01.2005 | | Autor: | andreas |
hallo Michael
> > es kann natürlich keine folge gefunden werden, die diese
>
> > eigenschaft nicht hat, sonst wäre [mm]f[/mm] ja nicht stetig in
> [mm]x_0 = \frac{1}{2}[/mm].
> > aber wenn man mit dem folgenkriterium stetigkeit
> nachweisen
> > will muss man zeigen, dass die bilder jeder folge, die
>
> > gegen [m]\frac{1}{2}[/m] konvergiert auch gegen
> > [m]f\left(\frac{1}{2}\right)[/m] konvergieren. du zeigst das
> hier
> > ja nur für eine bestimmte folge!
>
> Das war genau das, was ich meinte. Ich zeige ja nur einen
> Spezialfall, also eine konkrete Folge. Sehe ich das
> richtig, dass man das Folgenkriterium gut dazu verwenden
> kann, um zu zeigen, dass eine Funktion nicht stetig ist,
> aber es sich zum Zeigen der Stetigkeit schlecht eignet (wie
> koennte man ueberhaupt damit beweisen, dass eine Funktion
> fuer alle Folgen die Bedingung erfuellt)?
ich stimme dir zu, dass dieser ansatz im allgemeinen geeigneter ist, um zu zeigen, dass eine funktion nicht stetig ist, aber man kann natürlich auch damit stetigkeit beweisen, was sich aber wirklich nur in sehr wenigen fällen anbietet (mir fällt auch keine funktion ein wo dieses kriterium wirklich einfacher wäre, als direkt über die definition der stetigkeit). du kannst aber mit deinem unten angegebnen [m] \varepsilon-\delta[/m]-argument folgern, dass das folgenkriterium auch gilt, was aber wenig überraschend ist, da ja beide kriterien äquivalent sind.
> > dieser ansatz müsste auf
> > jeden fall funktionieren,
>
> Welchen Ansatz meinst Du jetzt?
>
> > ich denke jedoch, dass hier die
> > [m]\varepsilon-\delta[/m]-definition der stetigkeit schneller
> zum
> > ziel führt, wenn man einfach [m]\delta := \varepsilon[/m]
> wählt!
>
> OK. Wie wuerde das konkret aussehen? Geht das so:
ich schriebe jetzt einfach mal ein bisschen in deinem beweis rum, wie ich das aufschrieben würde, aber im prinzip ist der schon ganz gut. du willst also zeigen:
[m] \forall \, \varepsilon > 0 \; \exists \, \delta > 0 \; \, \forall \, x \in [0,1]: \left| x - x_0 \right| < \delta \; \Longrightarrow \, \left| f(x) - f\left( x_0 \right) \right| < \varepsilon [/m]
Sei [mm]x_0 = \frac{1}{2}[/mm] und [m] \varepsilon > 0 [/m] vorgegeben. Setze nun [m] \delta := \varepsilon > 0 [/m] und zeige, dass obige Bedingung erfüllt ist:
Fallunterscheidung.
Sei [mm]x\in\IQ[/mm] und [m] |x - x_0| < \delta [/m].
[mm]|f(x)-f(x_0)|=|x-x_0|< \delta = \varepsilon [/mm]. Also [mm]|f(x)-f(x_0)| < \varepsilon[/mm].
Sei [mm]x\in\IR \setminus \mathbb{Q}[/mm] und [m] |x - x_0| < \delta [/m]. [mm]|f(x)-f(x_0)|=|(1-x)-x_0|=|(1-x)-\frac{1}{2}|=|\frac{1}{2}-x|=|x-\frac{1}{2}|=|x-x_0|< \delta = \varepsilon[/mm]. Also [mm]|f(x)-f(x_0)| < \varepsilon[/mm].
In allen fällen gilt also, sobald [m] |x - x_0| < \delta [/m], dass dann auch [mm]|f(x)-f(x_0)| < \varepsilon[/mm] und somit ist $f$ stetig in [mm] $x_0$.
[/mm]
grüße
andreas
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:35 Mo 03.01.2005 | | Autor: | michael7 |
Vielen Dank fuer Deine Hilfe!
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