Grenzwertregel beweisen < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Sei [mm] \limes_{x\rightarrow a} f_{1}(x)=\limes_{x\rightarrow a} f_{2}(x)=A\in\IR [/mm] und gelte [mm] f_{1}(x)\le f(x)\le f_{2}(x) [/mm] für alle [mm] x\in(a-\alpha,a+\alpha), [/mm] so hat f an der Stelle a ebenfalls den Grenzwert mit [mm] \limes_{x\rightarrow a} [/mm] f(x)=A |
Hallo Leute
Ich habe mir bisher folgendes gedacht:
Es gilt [mm] \limes_{x\rightarrow a} f_{1}(x)=\limes_{x\rightarrow a} f_{2}(x)=A [/mm] und somit ist [mm] \vee\varepsilon_{1,2}>0, [/mm] ex. [mm] \delta_{1,2} [/mm] (für [mm] f_{1}(x) [/mm] und [mm] f_{2}(x)): |f_{1}-A|<\varepsilon_{1} [/mm] und [mm] |f_{2}-A|<\varepsilon_{2}.
[/mm]
Nun subtrahiere ich A von [mm] f_{1}(x)\le f(x)\le f_{2}(x) [/mm] und es entsteht:
[mm] f_{1}(x)-A\le f(x)-A\le f_{2}(x)-A
[/mm]
[mm] \gdw
[/mm]
[mm] 0\le (f(x)-A)-(f_{1}(x)-A)\le (f_{2}(x)-A)-(f_{1}(x)-A)
[/mm]
[mm] \gdw
[/mm]
[mm] |(f(x)-A)-(f_{1}(x)-A)|\le|( f_{2}(x)-A)-(f_{1}(x)-A)|
[/mm]
[mm] \gdw
[/mm]
[mm] |(f(x)-A)-(f_{1}(x)-A)|\le|\varepsilon_{2} -\varepsilon_{1}|
[/mm]
[mm] \gdw
[/mm]
[mm] |(f(x)-A)-(f_{1}(x)-A)|\le|\varepsilon_{2}|=\varepsilon_{2}
[/mm]
Und nun hört es auf bei mir. Ich denke, dass ich auf den richtigen Weg bin. Gibt es eine Fortsetzung oder muss ich neu suchen? Habt ihr ein Tip?
Danke
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> Sei [mm]\limes_{x\rightarrow a} f_{1}(x)=\limes_{x\rightarrow a} f_{2}(x)=A\in\IR[/mm]
> und gelte [mm]f_{1}(x)\le f(x)\le f_{2}(x)[/mm] für alle
> [mm]x\in(a-\alpha,a+\alpha),[/mm] so hat f an der Stelle a ebenfalls
> den Grenzwert mit [mm]\limes_{x\rightarrow a}[/mm] f(x)=A
> Hallo Leute
>
> Ich habe mir bisher folgendes gedacht:
> Es gilt [mm]\limes_{x\rightarrow a} f_{1}(x)=\limes_{x\rightarrow a} f_{2}(x)=A[/mm]
> und somit ist [mm]\vee\varepsilon_{1,2}>0,[/mm] ex. [mm]\delta_{1,2}[/mm]
> (für [mm]f_{1}(x)[/mm] und [mm]f_{2}(x)): |f_{1}-A|<\varepsilon_{1}[/mm] und
> [mm]|f_{2}-A|<\varepsilon_{2}.[/mm]
> Nun subtrahiere ich A von [mm]f_{1}(x)\le f(x)\le f_{2}(x)[/mm]
> und es entsteht:
> [mm]f_{1}(x)-A\le f(x)-A\le f_{2}(x)-A[/mm]
Dieser erste Schritt ist ja schon mal sehr gut, aber mit dem Rest Deiner Überlegung kann ich leider nichts anfangen.
Warum schliesst Du nun aus dieser, für alle [mm] $x\in (a-\alpha,a+\alpha)$ [/mm] gültigen Ungleichung
[mm]f_1(x)-A\leq f(x)-A\leq f_2(x)-A[/mm]
nicht sogleich auf die Gültigkeit von
[mm]|f(x)-A|\leq \max(|f_1(x)-A|,|f_2(x)-A|)[/mm]
Damit wärst Du doch mit dem Beweis gleich fertig, denn hier kannst Du [mm] $x\rightarrow [/mm] a$ gehen lassen: die rechte Seite dieser Betragsungleichung geht gegen $0$ (und daher auch die linke), also ist [mm] $\lim_{x\rightarrow a}f(x)=A$, [/mm] was zu beweisen war.
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Ja super!
Da habe ich es mir wohl zu schwer gemacht!
Vielen Dank!
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