Gleichmäßige Stetigkeit < Stetigkeit < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Aufgabe | Welche der folgenden Funktionen sind gleichmäßig stetig? Sind die Funktionen auch Lipschitz-stetig?
[mm] (a)f_1: [0,\infty)\to\IR; x\to \bruch{1}{1+x^2}
[/mm]
[mm] (b)f_2: (0,\infty)\to\IR; x\to \bruch{1}{x^2} [/mm] |
Da jede Funktion, die Lipschitz-stetig ist auch gleichmäßig stetig ist, möchte ich damit beginnen auf Lipschitz-stetigkeit zu untersuchen:
[mm] (a)f_1: [0,\infty)\to\IR; x\to \bruch{1}{1+x^2}
[/mm]
[mm] |\bruch{1}{1+x^2}-\bruch{1}{1+y^2}| \le [/mm] L|x-y|
Für den Fall y=0:
[mm] |\bruch{1}{1+x^2}-1| \le [/mm] L|x|
[mm] L\ge \bruch{1}{\bruch{1}{1+x^2}-1} [/mm] und somit nicht L-stetig.
[mm] (b)f_2: (0,\infty)\to\IR; x\to \bruch{1}{x^2}
[/mm]
[mm] |\bruch{1}{x^2}-\bruch{1}{y^2}| \le [/mm] L|x-y|
Für den Fall y=1
[mm] |\bruch{1}{x^2}-1| \le [/mm] L|x-1|
...und hier komm ich nicht weiter, bin ich bisher richtig?
Gruß Julia
|
|
| |
|
Hallo Julia 
ich versteh nicht so ganz, was du bei dem Versuch Lipschitz-stetigkeit zu zeigen, eigentlich machst. Das wird dem Korrektor auch so gehen 
Daher, schreibe immer hin, was du eigentlich zeigen willst.
Bisher sehen deine Gleichungen zwar schick aus, gebracht haben sie aber noch nichts, zumal du keine Begründungen dazu schreibst.
MFG,
Gono.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:11 Do 24.06.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Welche der folgenden Funktionen sind gleichmäßig stetig?
> Sind die Funktionen auch Lipschitz-stetig?
>
> [mm](a)f_1: [0,\infty)\to\IR; x\to \bruch{1}{1+x^2}[/mm]
>
> [mm](b)f_2: (0,\infty)\to\IR; x\to \bruch{1}{x^2}[/mm]
> Da jede
> Funktion, die Lipschitz-stetig ist auch gleichmäßig
> stetig ist, möchte ich damit beginnen auf
> Lipschitz-stetigkeit zu untersuchen:
>
> [mm](a)f_1: [0,\infty)\to\IR; x\to \bruch{1}{1+x^2}[/mm]
>
> [mm]|\bruch{1}{1+x^2}-\bruch{1}{1+y^2}| \le[/mm] L|x-y|
>
> Für den Fall y=0:
>
> [mm]|\bruch{1}{1+x^2}-1| \le[/mm] L|x|
>
> [mm]L\ge \bruch{1}{\bruch{1}{1+x^2}-1}[/mm] und somit nicht
> L-stetig.
>
>
> [mm](b)f_2: (0,\infty)\to\IR; x\to \bruch{1}{x^2}[/mm]
>
> [mm]|\bruch{1}{x^2}-\bruch{1}{y^2}| \le[/mm] L|x-y|
>
> Für den Fall y=1
>
> [mm]|\bruch{1}{x^2}-1| \le[/mm] L|x-1|
>
> ...und hier komm ich nicht weiter, bin ich bisher richtig?
ich weiß auch nicht, was Du da machst, aber ich kann Dir sofort sagen, dass [mm] $f_2$ [/mm] nicht glm. stetig sein wird. Nimm' an, sie wäre es und schau' nach, dass es zu gegebenen [mm] $\epsilon [/mm] > 0$ dann zu jedem [mm] $\delta [/mm] > [mm] 0\;$ [/mm] zwei Punkte [mm] $x=x_\delta,$ $y=y_\delta$ [/mm] mit [mm] $|x-y|<\delta$ [/mm] und [mm] $x,y\;$ [/mm] nahe genug an der Null so gibt, dass der Abstand deren Funktionswerte [mm] $\ge \varepsilon$ [/mm] ist (oder sogar konkret für [mm] $\varepsilon=1$).
[/mm]
Zu [mm] $f_1$:
[/mm]
Mit o.E. $x,y [mm] \not=0$ [/mm] und $x [mm] \not=y$ [/mm] ist
[mm] $$\left|\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{1+y^2}\right|=\blue{\frac{y+x}{(1+x^2)(1+y^2)}}*|y-x|\,.$$
[/mm]
Man muss also gucken, ob man den blauen Term vielleicht schön (nach oben) abschätzen kann (für $x,y > [mm] 0\;$; [/mm] sofern denn [mm] $f_1$ [/mm] Lipschitz sein sollte).
P.S.:
Manchmal hilft auch die Ableitung bzw. der MWS, um Lipschitzstetigkeit zu zeigen. Und selbst, wenn man das eigentlich noch nicht benutzen darf, wenigstens dann, um eine Lipschitzkonstante angeben zu können.
Wie das genauer hilft:
Für Dein diff'bares [mm] $f_2$ [/mm] gibt es für [mm] $x,y\;$ [/mm] wie oben dann ein [mm] $\xi$ [/mm] echt zwischen [mm] $x\;$ [/mm] und [mm] $y\;$ [/mm] gelegen so, dass
[mm] $$\frac{|f(y)-f(x)|}{|y-x|}=|f'(\xi)|\;.$$
[/mm]
Schön wäre es nun, wenn wir z.B. wüßten, dass und mit welcher Zahl [mm] $>0\;$ [/mm] die Funktion [mm] $|f'|\;$ [/mm] nach oben beschränkt ist (auf dem betrachteten Bereich), um eine Lipschitzkonstante angeben zu können.
Beste Grüße,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:36 Do 24.06.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo nochmal,
weitere Tipps für eine (elementare) Abschätzung bei [mm] $f_1$:
[/mm]
[mm] $$\frac{x+y}{(1+x^2)(1+y^2)}\le \frac{x}{1+x^2}+\frac{y}{1+y^2}\;\;(x,y \ge [/mm] 0)$$
und für $0 [mm] \le [/mm] r$ folgt insbesondere $0 [mm] \le [/mm] r [mm] \le 1+r^2\,.$ [/mm]
[mm] $\text{(}$Es [/mm] gilt nämlich
[mm] $$r^2-r+1 \ge [/mm] 0 [mm] \gdw (r-\;1/2)^2\;+3/4 \ge 0\,.\text{)}$$
[/mm]
Beste Grüße,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:01 Di 29.06.2010 | | Autor: | melisa1 |
Hallo,
ich habe die selbe Aufgabe und habe bei der b) versucht, die Lipschitz stetigkeit zu zeigen:
[mm] |f(x)-f(y)|=|\bruch{1}{x^2}-\bruch{1}{y^2}|=|\bruch{y^2-x^2}{x^2*y^2}|=\bruch{|y-x||y+x|}{x^2*y^2|}
[/mm]
weiter komme ich nicht.
Ist der Ansatz richtig? Wenn ja wie gehts jetzt weiter?
Lg Melisa
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:27 Di 29.06.2010 | | Autor: | melisa1 |
Hallo,
also ich habe jz glaube ich denn Beweis, dass diese Funktion glm. stetig ist.
[mm] |f(x)-f(y)|=|\bruch{1}{x^2}-\bruch{1}{y^2}|=|\bruch{y^2-x^2}{x^2\cdot{}y^2}|=\bruch{|y-x||y+x|}{x^2\cdot{}y^2} \le |x-y|\bruch{x+y}{x^2y^2}\le|x-y|*2
[/mm]
sei nun [mm] \varepsilon [/mm] >0. Setzt man [mm] \delta =\bruch{\varepsilon}{2} [/mm] dann folgt aus obiger Abschätzung, dass
|g(x)−g(y)| < [mm] \varepsilon
[/mm]
ist für alle x, y mit der Eigenschaft |x − y| < [mm] \delta.
[/mm]
Also ist die Funktion gleichmäßig stetig.
stimmt das? Wenn ja, was ist mit der Lipschitzstetigkeit? Wie zeige ich, dass die Funktion Lipschitz stetig ist oder nicht?
Lg Melisa
|
|
|
| |
|
Huhu,
offensichtlich ist deine letzte Ungleichung:
$ [mm] |x-y|\bruch{x+y}{x^2y^2}\le|x-y|\cdot{}2 [/mm] $
falsch, denn das würde ja nur gelten, wenn :
[mm] $\bruch{x+y}{x^2y^2}\le [/mm] 2$
aber es gilt ja:
[mm] $\bruch{x+y}{x^2y^2} [/mm] = [mm] \bruch{x}{x^2y^2} [/mm] + [mm] \bruch{y}{x^2y^2} [/mm] = [mm] \bruch{1}{xy^2} [/mm] + [mm] \bruch{1}{x^2y}$
[/mm]
Und beide Brüche gehen für [mm] $(x,y)\to [/mm] (0,0)$ gegen Unendlich.
MFG,
Gono.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:13 Di 29.06.2010 | | Autor: | melisa1 |
Hallo,
also ich lass mal die Lipschitz Stetigkeit beiseite und versuche die gleichmäßige Stetigkeit zu zeigen.
> [mm]|f(x)-f(y)|=|\bruch{1}{x^2}-\bruch{1}{y^2}|=|\bruch{y^2-x^2}{x^2*y^2}|=\bruch{|y-x||y+x|}{x^2*y^2}[/mm]
>
ab hier hätte ich ja [mm] \bruch {|y-x||y+x|}{x^2*y^2|}< \bruch{\delta|y+x|}{x^2*y^2}
[/mm]
aber weiter komme ich hier auch nicht :S
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:37 Di 29.06.2010 | | Autor: | melisa1 |
Hallo,
kann mir niemand weiter helfen???? Muss die Hausübung morgen abgeben und es wäre toll, wenn ich dies heute noch hinkriegen würde.
Lg Melisa
|
|
|
| |
|
Hallo!
> also ich lass mal die Lipschitz Stetigkeit beiseite und
> versuche die gleichmäßige Stetigkeit zu zeigen.
Wieso versuchst du es eigentlich immer zu zeigen?
Merke dir für L-Stetigkeit und glm. Stetigkeit: Wenn die Funktion am Rand des Definitionsbereichs einen Pol hat, also gegen unendlich geht auf einem beschränkten Intervall, ist's meistens schlecht bestellt um diese beiden Stetigkeitsarten.
Hier ist das so, also solltest du lieber versuchen, ein Gegenbeispiel zu finden [Die Funktion $f(x) = [mm] \frac{1}{x^{2}}$ [/mm] ist nicht glm. stetig auf [mm] (0,\infty) [/mm] !]
Ich mache ein Beispiel mit $f(x) = [mm] \frac{1}{x}$, [/mm] du überträgst das dann auf deine Funktion.
Angenommen, f(x) wäre glm. stetig auf [mm] (0,\infty). [/mm] Dann würde gelten:
[mm] $\forall \varepsilon [/mm] > 0 [mm] \exists \delta>0:\forall x,y\in(0,\infty): |x-y|<\delta \Rightarrow [/mm] |f(x)-f(y)| < [mm] \varepsilon$
[/mm]
Insbesondere gilt das dann für [mm] $\varepsilon [/mm] = [mm] \frac{1}{2}$, [/mm] d.h. wir erhalten durch die Definition ein [mm] $\delta [/mm] > 0$, für welches dann gelten muss:
[mm] $\forall x,y\in(0,\infty): |x-y|<\delta \Rightarrow [/mm] |f(x)-f(y)| < [mm] \varepsilon$.
[/mm]
Wählen wir [mm] $x_{n} [/mm] = [mm] \frac{1}{n}\in(0,\infty), y_{n} [/mm] = [mm] \frac{1}{n+1}\in(0,\infty)$, [/mm] dann erhalten wir nach obiger Definition, dass für alle [mm] n\in\IN [/mm] gelten muss:
[mm] $|x_{n}-y_{n}| [/mm] < [mm] \delta \Rightarrow |f(x_{n})-f(y_{n})| [/mm] < [mm] \varepsilon [/mm] = 1/2$.
Nun ist [mm] $|x_{n}-y_{n}|\to [/mm] 0$ [mm] (n\to\infty), [/mm] d.h. eine Nullfolge. Somit finden wir auf jeden Fall [mm] N\in\IN, [/mm] so dass für alle n>N gilt: [mm] $|x_{n}-y_{n}| [/mm] < [mm] \delta$.
[/mm]
Gleichzeitig gilt dann aber für n > N: [mm] |f(x_{n})-f(y_{n})| [/mm] = |n-(n+1)| = 1 > [mm] \varepsilon [/mm] = 1/2, Widerspruch zur Definition der glm. Stetigkeit.
Grüße,
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:40 Di 29.06.2010 | | Autor: | melisa1 |
Hallo,
>
> Insbesondere gilt das dann für [mm]\varepsilon = \frac{1}{2}[/mm],
> d.h. wir erhalten durch die Definition ein [mm]\delta > 0[/mm], für
> welches dann gelten muss:
>
> [mm]\forall x,y\in(0,\infty): |x-y|<\delta \Rightarrow |f(x)-f(y)| < \varepsilon[/mm].
sry wegen der peinlichen Frage, aber wie kommt man auf $ [mm] \varepsilon [/mm] = [mm] \frac{1}{2} [/mm] $???
Lg Melisa
|
|
|
| |
|
Hallo!
> Hallo,
>
>
> >
> > Insbesondere gilt das dann für [mm]\varepsilon = \frac{1}{2}[/mm],
> > d.h. wir erhalten durch die Definition ein [mm]\delta > 0[/mm], für
> > welches dann gelten muss:
> >
> > [mm]\forall x,y\in(0,\infty): |x-y|<\delta \Rightarrow |f(x)-f(y)| < \varepsilon[/mm].
>
>
> sry wegen der peinlichen Frage, aber wie kommt man auf
> [mm]\varepsilon = \frac{1}{2} [/mm]???
Man kommt natürlich nicht als erstes auf [mm] \varpepsilon [/mm] = 1/2, sondern zuerst denkt man sich die Folgen [mm] x_n [/mm] und [mm] y_n [/mm] aus. Und die müssen eben so gewählt sein, dass [mm] |f(x_n)-f(y_n)| [/mm] nicht gegen 0 geht (aber [mm] |x_n-y_n| [/mm] muss gegen 0 gehen!). Das habe ich gemacht, und man stellt fest, dass die Differenz eben gerade immer 1 ist. Dann wähle ich natürlich ein [mm] \varepsilon [/mm] < 1, damit der Widerspruch schön offensichtlich wird. Ich hätte auch 1/3, 1/4, 5/6, etc. nehmen können.
Mit soetwas wie [mm] \varepsilon [/mm] = 123456789/234567890 kannst du Korrektoren den Atem rauben.
Grüße,
Stefan
|
|
|
| |
|
Hallo,
(b) ist auf den angegebenem Intervall nicht L-stetig.
Angenommen, $f(x) = [mm] \frac{1}{x^{2}}$ [/mm] wäre L-stetig. Dann würde folgen: Es ex. L > 0 so, dass für alle [mm] x,y\in (0,\infty) [/mm] gilt:
$L*|x-y| [mm] \ge \left|f(x)-f(y)\right|$.
[/mm]
Dies muss also insbesondere für y = 1 gelten. Also haben wir:
$L*|x-1| [mm] \ge \left|f(x)-f(1)\right| [/mm] = [mm] \left|\frac{1}{x^{2}}-1\right| [/mm] = [mm] \left|\frac{1-x^{2}}{x^{2}}\right| [/mm] = [mm] |x-1|*\left|\frac{x+1}{x^{2}}\right|$.
[/mm]
Für [mm] $x\to [/mm] 0$ folgt der Widerspruch L > [mm] \infty. [/mm] (Das ist noch etwas salopp, aber du sollst ja auch selbst etwas denken).
Grüße,
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:18 Di 29.06.2010 | | Autor: | melisa1 |
Hallo,
bei der a habe ich wieder versucht die Lipschitzstetigkeit zu zeigen.
[mm] |f(x)-f(y)|=|\bruch{1}{1+x^2}-\bruch{1}{1+y^2}|=|\bruch{y^2-x^2}{(1+x^2)(1+y^2)}|=\bruch{|y-x||y+x|}{(1+x^^2)(1+y^2)}
[/mm]
und weiter komme ich hier auch nicht :S
Lg Melisa
|
|
|
| |
|
Hallo!
Zunächst eine Bitte: Auch wenn du deine Hausaufgaben morgen abgeben musst, ist dies leider keine Legitimation dafür, durch wiederholtes Stellen derselben Frage dieselbe "nach oben" zu schieben. Es kann sonst evtl. passieren, dass deine Fragen auf "für interessierte" gestellt werden.
Wenn jemand helfen will und kann, tut er dies normalerweise. Wenn nicht, dann nicht.
> bei der a habe ich wieder versucht die Lipschitzstetigkeit
> zu zeigen.
>
> [mm]|f(x)-f(y)|=|\bruch{1}{1+x^2}-\bruch{1}{1+y^2}|=|\bruch{y^2-x^2}{(1+x^2)(1+y^2)}|=\bruch{|y-x||y+x|}{(1+x^^2)(1+y^2)}[/mm]
>
> und weiter komme ich hier auch nicht :S
Marcel hat oben schon gute Tipps zur Lösung gegeben!
Es ist
[mm] $\left|\bruch{y^2-x^2}{(1+x^2)(1+y^2)}\right|$
[/mm]
[mm] $\le |x-y|*\left|\bruch{x+y}{(1+x^2)(1+y^2)}\right|$
[/mm]
$= [mm] |x-y|*\left|\bruch{x}{(1+x^2)(1+y^2)} + \bruch{y}{(1+x^2)(1+y^2)}\right|$
[/mm]
[mm] $\le |x-y|*\left|\bruch{x}{1+x^2} + \bruch{y}{1+y^2}\right|$
[/mm]
(Wegen [mm] $1+x^{2}, 1+y^{2} \ge [/mm] 1$).
[mm] $\le |x-y|*\left(\left|\bruch{x}{1+x^2}\right| + \left|\bruch{y}{1+y^2}\right|\right)$
[/mm]
Nun gilt außerdem [mm] $\frac{x}{1+x^{2}}\le [/mm] 1$. Warum, kannst du bei Marcel oben nachlesen.
Grüße,
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:14 Di 29.06.2010 | | Autor: | melisa1 |
Hallo,
das heißt (da x,y>0 und [mm] \frac{x}{1+x^{2}}\le [/mm] 1 ) ist die Funktion Lipschitz Stetig mit der Lipschitz- Konstante L=1 und daraus folgt, dass sie auch glm stetig ist.
Kann ich das so sagen?
Lg Melisa
|
|
|
| |
|
Hallo,
> das heißt (da x,y>0 und [mm]\frac{x}{1+x^{2}}\le[/mm] 1 ) ist die
> Funktion Lipschitz Stetig mit der Lipschitz- Konstante L=1
Nein, die Konstante ist 2! Du musst doch beide Summanden [mm] \frac{x}{1+x^{2}} [/mm] und [mm] \frac{y}{1+y^{2}} [/mm] durch 1 nach oben abschätzen.
(Man kann zeigen, dass die L-Konstante 1 ausreicht, aber in unserem Beweis kommen wir auf 2 !)
> und daraus folgt, dass sie auch glm stetig ist.
>
> Kann ich das so sagen?
Das stimmt dann.
Grüße,
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:34 Di 29.06.2010 | | Autor: | melisa1 |
oh jaa das habe ich verpeilt :)
danke für die hilfe (ich weiß war nicht gerade eine leichte Geburt mit mir *schäm*)!
Lg Melisa
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:39 Di 29.06.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo,
>
> das heißt (da x,y>0 und [mm]\frac{x}{1+x^{2}}\le[/mm] 1 ) ist die
> Funktion Lipschitz Stetig mit der Lipschitz- Konstante L=1
> und daraus folgt, dass sie auch glm stetig ist.
der Vollständigkeit wegen: Lipschitzstetige Funktionen sind immer glm. stetig. Denn:
Sei [mm] $f\,$ [/mm] Lipschitz auf ihrem Definitionsbereich [mm] $M\,,$ [/mm] und sei $L > [mm] 0\,$ [/mm] eine Lipschitzkonstante (hat man ein solches [mm] $L\,,$ [/mm] so tut's jedes größere [mm] $L\,$ [/mm] dann ja auch!).
Dann gilt für alle $x,y [mm] \in [/mm] M$
[mm] $$(\*)\;\;\;|f(y)-f(x)| \le L*|y-x|\,.$$
[/mm]
Wählt man zu gegebenen [mm] $\epsilon [/mm] > 0$ nun [mm] $\delta:=\epsilon/L [/mm] > [mm] 0\,,$ [/mm] und sind $x,y [mm] \in [/mm] M$ mit $|x-y| [mm] \le \delta\,,$ [/mm] so folgt mit [mm] $(\*)$
[/mm]
$$|f(y)-f(x)| [mm] \le L*\delta=L*\epsilon/L=\epsilon\,.$$
[/mm]
P.S.:
Sollte bei Euch anstatt [mm] $\le \epsilon$ [/mm] in der Definition der glm. Stetigkeit $< [mm] \epsilon$ [/mm] stehen, dann nimm' ein $0 < [mm] \delta [/mm] < [mm] \epsilon/L\,,$ [/mm] z.B. [mm] $\delta=\epsilon/(2L)\,.$
[/mm]
Generell:
Ob man bei der Definition der glm. Stetigkeit
[mm] $\bullet$ [/mm] $|x-y| < [mm] \delta \Rightarrow [/mm] |f(x)-f(y)| < [mm] \epsilon$
[/mm]
oder
[mm] $\bullet$ [/mm] $|x-y| [mm] \le \delta \Rightarrow [/mm] |f(x)-f(y)| < [mm] \epsilon$
[/mm]
oder
[mm] $\bullet$ [/mm] $|x-y| < [mm] \delta \Rightarrow [/mm] |f(x)-f(y)| [mm] \le \epsilon$
[/mm]
oder
[mm] $\bullet$ [/mm] $|x-y| [mm] \le \delta \Rightarrow [/mm] |f(x)-f(y)| [mm] \le \epsilon$
[/mm]
fordert, ist egal. Alle diese Definitionen sind äquivalent zueinander.
(D.h. genau jede Funktion, die z.B. im Sinne der ersten Bedingung glm. stetig ist, ist es auch im Sinne der zweiten oder der dritten oder der vierten etc. pp.)
Beste Grüße,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:06 Mi 30.06.2010 | | Autor: | melisa1 |
danke für den Hinweis :)
|
|
|
|
