Stetigkeit einer Funktion < Stetigkeit < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:01 Di 18.06.2013 | | Autor: | kRAITOS |
| Aufgabe | | Zeige die Stetigkeit der Funktion f(x)=2x², mit D=[1,2] |
[mm] \forall \varepsilon [/mm] > 0 [mm] \exists \delta [/mm] > 0 [mm] \forall [/mm] x [mm] \in [/mm] D : [mm] |x-x_0| [/mm] < [mm] \delta \Rightarrow [/mm] |f(x) - [mm] f(x_0)| [/mm] < [mm] \varepsilon
[/mm]
f(x) = 2x², [mm] f(x_0)=2y²
[/mm]
|f(x) - [mm] f(x_0)| [/mm] = |2x² - [mm] 2x_0 [/mm] ²| = [mm] |2|*|x²-x_0 [/mm] ²| = [mm] |2|*|(x+x_0)*(x-x_0)|
[/mm]
Laut der Definition von oben folgt ja jetzt:
< [mm] |2|*\delta [/mm] * [mm] |(x+x_0)|
[/mm]
Doch wie bekomme ich jetzt das x aus der Summe weg bzw. wie kann ich jetzt nach oben abschätzen?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:03 Di 18.06.2013 | | Autor: | fred97 |
> Zeige die Stetigkeit der Funktion f(x)=2x², mit D=[1,2]
>
> [mm]\forall \varepsilon[/mm] > 0 [mm]\exists \delta[/mm] > 0 [mm]\forall[/mm] x [mm]\in[/mm] D
> : [mm]|x-x_0|[/mm] < [mm]\delta \Rightarrow[/mm] |f(x) - [mm]f(x_0)|[/mm] <
> [mm]\varepsilon[/mm]
>
> f(x) = 2x², [mm]f(x_0)=2y²[/mm]
>
> |f(x) - [mm]f(x_0)|[/mm] = |2x² - [mm]2x_0[/mm] ²| = [mm]|2|*|x²-x_0[/mm] ²| =
> [mm]|2|*|(x+x_0)*(x-x_0)|[/mm]
>
> Laut der Definition von oben folgt ja jetzt:
>
> < [mm]|2|*\delta[/mm] * [mm]|(x+x_0)|[/mm]
>
> Doch wie bekomme ich jetzt das x aus der Summe weg bzw. wie
> kann ich jetzt nach oben abschätzen?
Für x, [mm] x_0 \in [/mm] D ist [mm] |x+x_0| [/mm] = [mm] x+x_0 \le [/mm] 4.
FRED
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:58 Mi 19.06.2013 | | Autor: | kRAITOS |
Warum?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:09 Mi 19.06.2013 | | Autor: | M.Rex |
> Warum?
Du hast doch D=[1,2].
Warum kannst du dann, wenn du die Summe aus zwei Elementen dieses Bereiches bildest, die Betragsstriche weglassen?
Beachte die Defintion der Betragsfunktion:
[mm]|z|=\begin{cases} z, & \textrm{für } z\ge0 \\ -z, & \textrm{für } z<0 \end{cases}[/mm]
Was ist denn die maximale Summe aus zwei Elementen dieses Bereiches?
Marius
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:18 Mi 19.06.2013 | | Autor: | kRAITOS |
> > Warum?
>
> Du hast doch D=[1,2].
>
> Warum kannst du dann, wenn du die Summe aus zwei Elementen
> dieses Bereiches bildest, die Betragsstriche weglassen?
> Beachte die Defintion der Betragsfunktion:
Weil es nur positive Zahlen sind?
>
> [mm]|z|=\begin{cases} z, & \textrm{für } z\ge0 \\ -z, & \textrm{für } z<0 \end{cases}[/mm]
>
> Was ist denn die maximale Summe aus zwei Elementen dieses
> Bereiches?
Die maximale Summe ist 4.
> Marius
Also würde die Aufgabe so weitergehen?
... = [mm] 2*\delta* |(x-x_0)| [/mm] = [mm] 2*\delta* (x-x_0) \le 2*\delta*4 [/mm] = [mm] 8*\delta [/mm] = [mm] \varepsilon
[/mm]
[mm] \delta [/mm] = [mm] \bruch{\varepsilon}{8}
[/mm]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:23 Mi 19.06.2013 | | Autor: | fred97 |
> > > Warum?
> >
> > Du hast doch D=[1,2].
> >
> > Warum kannst du dann, wenn du die Summe aus zwei Elementen
> > dieses Bereiches bildest, die Betragsstriche weglassen?
> > Beachte die Defintion der Betragsfunktion:
>
> Weil es nur positive Zahlen sind?
>
> >
> > [mm]|z|=\begin{cases} z, & \textrm{für } z\ge0 \\ -z, & \textrm{für } z<0 \end{cases}[/mm]
>
> >
> > Was ist denn die maximale Summe aus zwei Elementen dieses
> > Bereiches?
>
> Die maximale Summe ist 4.
>
>
> > Marius
>
>
> Also würde die Aufgabe so weitergehen?
>
> ... = [mm]2*\delta* |(x-x_0)|[/mm] = [mm]2*\delta* (x-x_0) \le 2*\delta*4[/mm]
halt ! Bei [mm] |x-x_0| [/mm] kanst Du die Beträge doch nicht einfach weglassen !!
[mm] |f(x)-f(x_0)|=2*|x-x_0*|x+x_0| \le 8*|x-x_0|
[/mm]
Zu [mm] \varepsilon [/mm] >0 kannst Du [mm]\delta[/mm] = [mm]\bruch{\varepsilon}{8}[/mm]
wählen
FRED
> = [mm]8*\delta[/mm] = [mm]\varepsilon[/mm]
>
> [mm]\delta[/mm] = [mm]\bruch{\varepsilon}{8}[/mm]
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:36 Mi 19.06.2013 | | Autor: | kRAITOS |
> > > > Warum?
> > >
> > > Du hast doch D=[1,2].
> > >
> > > Warum kannst du dann, wenn du die Summe aus zwei Elementen
> > > dieses Bereiches bildest, die Betragsstriche weglassen?
> > > Beachte die Defintion der Betragsfunktion:
> >
> > Weil es nur positive Zahlen sind?
> >
> > >
> > > [mm]|z|=\begin{cases} z, & \textrm{für } z\ge0 \\ -z, & \textrm{für } z<0 \end{cases}[/mm]
>
> >
> > >
> > > Was ist denn die maximale Summe aus zwei Elementen dieses
> > > Bereiches?
> >
> > Die maximale Summe ist 4.
> >
> >
> > > Marius
> >
> >
> > Also würde die Aufgabe so weitergehen?
> >
> > ... = [mm]2*\delta* |(x-x_0)|[/mm] = [mm]2*\delta* (x-x_0) \le 2*\delta*4[/mm]
>
> halt ! Bei [mm]|x-x_0|[/mm] kanst Du die Beträge doch nicht einfach
> weglassen !!
Danke. Okay, dann wird der Schritt gelöscht, wo ich die Betragsstriche rausgelassen habe.
>
> [mm]|f(x)-f(x_0)|=2*|x-x_0*|x+x_0| \le 8*|x-x_0|[/mm]
>
> Zu [mm]\varepsilon[/mm] >0 kannst Du [mm]\delta[/mm] =
> [mm]\bruch{\varepsilon}{8}[/mm]
>
> wählen
>
> FRED
> > = [mm]8*\delta[/mm] = [mm]\varepsilon[/mm]
> >
> > [mm]\delta[/mm] = [mm]\bruch{\varepsilon}{8}[/mm]
Eine Frage habe ich noch, in Aufgaben, die ich mir angeschaut habe, steht noch zusätzlich: [mm] \delta:=min\{term 1, term 2\}
[/mm]
Ein Minimum ist ja hier [mm] \bruch{\varepsilon}{8}, [/mm] doch was ist das zweite bzw wie kann ich das bestimmen?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:55 Mi 19.06.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> > > > > Warum?
> > > >
> > > > Du hast doch D=[1,2].
> > > >
> > > > Warum kannst du dann, wenn du die Summe aus zwei Elementen
> > > > dieses Bereiches bildest, die Betragsstriche weglassen?
> > > > Beachte die Defintion der Betragsfunktion:
> > >
> > > Weil es nur positive Zahlen sind?
> > >
> > > >
> > > > [mm]|z|=\begin{cases} z, & \textrm{für } z\ge0 \\ -z, & \textrm{für } z<0 \end{cases}[/mm]
>
> >
> > >
> > > >
> > > > Was ist denn die maximale Summe aus zwei Elementen dieses
> > > > Bereiches?
> > >
> > > Die maximale Summe ist 4.
> > >
> > >
> > > > Marius
> > >
> > >
> > > Also würde die Aufgabe so weitergehen?
> > >
> > > ... = [mm]2*\delta* |(x-x_0)|[/mm] = [mm]2*\delta* (x-x_0) \le 2*\delta*4[/mm]
> >
> > halt ! Bei [mm]|x-x_0|[/mm] kanst Du die Beträge doch nicht einfach
> > weglassen !!
>
> Danke. Okay, dann wird der Schritt gelöscht, wo ich die
> Betragsstriche rausgelassen habe.
>
> >
> > [mm]|f(x)-f(x_0)|=2*|x-x_0*|x+x_0| \le 8*|x-x_0|[/mm]
> >
> > Zu [mm]\varepsilon[/mm] >0 kannst Du [mm]\delta[/mm] =
> > [mm]\bruch{\varepsilon}{8}[/mm]
> >
> > wählen
> >
> > FRED
> > > = [mm]8*\delta[/mm] = [mm]\varepsilon[/mm]
> > >
> > > [mm]\delta[/mm] = [mm]\bruch{\varepsilon}{8}[/mm]
>
>
> Eine Frage habe ich noch, in Aufgaben, die ich mir
> angeschaut habe, steht noch zusätzlich: [mm]\delta:=min\{term 1, term 2\}[/mm]
einerseits ist's gut, dass Du ein bisschen guckst und Dir Gedanken machst
und nachfragst; andererseits zeigt mir das wieder, dass an vielen Unis
anscheinend nicht viel dazu gesagt wird. Leider! Sowas sollten wenigstens
Tutoren mal genauer erläutern (können)!
> Ein Minimum ist ja hier [mm]\bruch{\varepsilon}{8},[/mm] doch was
> ist das zweite bzw wie kann ich das bestimmen?
Na, sowas macht man doch i.W. nur in folgenden Situationen: Wenn man
Rechnungen macht, wo etwa man o.E. [mm] $\delta \le [/mm] term 2$ benutzt und am Ende
[mm] $\delta \le [/mm] term 1$ als günstig herausbekommt.
Das Ganze ist jetzt sehr grob, daher mal besser ein Beispiel:
Betrachten wir mal $f(x):=x$ für $x [mm] \in [-1,\,2]$ [/mm] und [mm] $f(x):=e^{500x}$ [/mm] für $x [mm] \in \IR \setminus [-1,\,2]\,.$
[/mm]
[mm] $f\,$ [/mm] ist stetig in [mm] $x_0=\tfrac{2}{3}\,.$ [/mm] Ich beweise das mal:
Für [mm] $\epsilon [/mm] > 0$ sei [mm] $\delta:=\min\{\tfrac{1}{3},\,\epsilon\}\,.$ [/mm] Dann ist [mm] $\delta [/mm] > [mm] 0\,,$ [/mm] weil endliche Mengen
(eine Menge heißt endlich, wenn sie endlich viele Elemente hat) ein
Minimum haben, und wenn eine endliche Menge nur aus echt positiven
Zahlen besteht, muss auch das Minimum echt positiv sein.
Für alle $x [mm] \in \IR$ [/mm] mit [mm] $|x-\tfrac{2}{3}| [/mm] < [mm] \delta$ ($\iff [/mm] 1/3 < x < 1$) folgt
[mm] $$|f(x)-f(\tfrac{2}{3})|=|x-\red{\tfrac{2}{3}}| [/mm] < [mm] \delta \le \epsilon\,.$$
[/mm]
(Edit: Korrigiert!)
Denn wegen [mm] $\delta:=\min\{\tfrac{1}{3},\,\epsilon\}$ [/mm] gilt sowohl $0 < [mm] \delta \le \tfrac{1}{3}$ [/mm] als auch $0 < [mm] \delta \le \epsilon\,.$
[/mm]
Wieso macht man das hier so? Naja, wenn ich [mm] $\delta [/mm] > [mm] \tfrac{1}{3}$ [/mm] zulasse,
muss ich Fallunterscheidungen machen, weil für $x > [mm] \tfrac{2}{3}+\tfrac{1}{3}=1$ [/mm] ja [mm] $f(x)\,$
[/mm]
ganz anders aussieht.
Und wenn ich o.E. [mm] $\delta [/mm] < [mm] \tfrac{1}{3}$ [/mm] annehme, dann weiß ich einfach, dass wegen
[mm] $$\left|x-\frac{2}{3}\right| \;\;<\;\; \frac{1}{3} \iff \frac{1}{3}=\frac{2}{3}-\frac{1}{3} \;\;<\;\; \frac{2}{3} \;\;<\;\; \frac{2}{3}+\frac{1}{3}=1$$
[/mm]
sicher für alle [mm] $x\in \IR$ [/mm] mit [mm] $|x-\tfrac{2}{3}| [/mm] < [mm] \delta$ [/mm] dann [mm] $f(x)=x\,$ [/mm] gilt.
Ich könnte also obigen Beweis auch so schreiben:
Sei [mm] $\epsilon [/mm] > [mm] 0\,.$ [/mm] Ohne Einschränkung nehmen wir $0 < [mm] \epsilon \le \tfrac{1}{3}$ [/mm] an. Sei [mm] $\delta:=\epsilon [/mm] > [mm] 0\,.$ [/mm] (Es ist also
auch o.E. [mm] $\delta \le \tfrac{1}{3}$!) [/mm] Dann gilt für alle [mm] $x\,$ [/mm] mit [mm] $|x-\tfrac{2}{3}| [/mm] < [mm] \delta$:
[/mm]
[mm] $$|f(x)-f(\tfrac{2}{3})|=|x-\tfrac{1}{2}| [/mm] < [mm] \delta \le \epsilon\,.$$
[/mm]
Bei letztem Beweis siehst Du, dass wir sowohl ($0 < [mm] \,$) $\delta \le \tfrac{1}{3}$ [/mm] benutzt hatten,
als auch, dass wir [mm] $\delta:=\epsilon$ [/mm] gesetzt hatten, sofern denn [mm] $\epsilon \le \tfrac{1}{3}$ [/mm] ist.
Beides zusammen kann man mit der Definition
[mm] $$\delta:=\min\{\tfrac{1}{3},\,\epsilon\}$$
[/mm]
vereinen, denn dann gilt (s.o.) sowohl [mm] $\delta [/mm] > 0$ als auch neben [mm] $\delta \le \tfrac{1}{3}$ [/mm] auch [mm] $\delta \le \epsilon\,.$ [/mm]
P.S. Skizziere Dir mal den Graphen von [mm] $f\,.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:01 Mi 19.06.2013 | | Autor: | kRAITOS |
Hallo. Erstmal vielen Dank für die ausführliche Erklärung, nur habe ich da gerade meine Schwierigkeiten durchzublicken...
> > Ein Minimum ist ja hier [mm]\bruch{\varepsilon}{8},[/mm] doch was
> > ist das zweite bzw wie kann ich das bestimmen?
>
> Na, sowas macht man doch i.W. nur in folgenden Situationen:
> Wenn man
> Rechnungen macht, wo etwa man o.E. [mm]\delta \le term 2[/mm]
> benutzt und am Ende
> [mm]\delta \le term 1[/mm] als günstig herausbekommt.
>
> Das Ganze ist jetzt sehr grob, daher mal besser ein
> Beispiel:
> Betrachten wir mal [mm]f(x):=x[/mm] für [mm]x \in [-1,\,2][/mm] und
> [mm]f(x):=e^{500x}[/mm] für [mm]x \in \IR \setminus [-1,\,2]\,.[/mm]
Du gibst hier 2 Funktionen als Beispiel an aber von welcher genau sprichst du jetzt gerade in deinem Beweis? Also welche Folge geht gegen [mm] x_0 [/mm] = [mm] \bruch{2}{3}? [/mm] Vielleicht ist es gerade zu offensichtlich für mich... :/
> [mm]f\,[/mm] ist stetig in [mm]x_0=\tfrac{2}{3}\,.[/mm] Ich beweise das mal:
> Für [mm]\epsilon > 0[/mm] sei
> [mm]\delta:=\min\{\tfrac{1}{3},\,\epsilon\}\,.[/mm] Dann ist [mm]\delta > 0\,,[/mm]
> weil endliche Mengen
> (eine Menge heißt endlich, wenn sie endlich viele
> Elemente hat) ein
> Minimum haben, und wenn eine endliche Menge nur aus echt
> positiven
> Zahlen besteht, muss auch das Minimum echt positiv sein.
>
> Für alle [mm]x \in \IR[/mm] mit [mm]|x-\tfrac{2}{3}| < \delta[/mm] ([mm]\iff 1/3 < x < 1[/mm])
> folgt
> [mm]|f(x)-f(\tfrac{2}{3})|=|x-\tfrac{1}{2}| < \delta \le \epsilon\,.[/mm]
Müsste da nicht: [mm] |f(x)-f(\tfrac{2}{3})|=|x-\tfrac{2}{3}| [/mm] < [mm] \delta \le \epsilon\ [/mm] stehen?
> Denn wegen [mm]\delta:=\min\{\tfrac{1}{3},\,\epsilon\}[/mm] gilt
> sowohl [mm]0 < \delta \le \tfrac{1}{3}[/mm] als auch [mm]0 < \delta \le \epsilon\,.[/mm]
>
> Wieso macht man das hier so? Naja, wenn ich [mm]\delta > \tfrac{1}{3}[/mm]
> zulasse,
> muss ich Fallunterscheidungen machen, weil für [mm]x > \tfrac{2}{3}+\tfrac{1}{3}=1[/mm]
> ja [mm]f(x)\,[/mm]
> ganz anders aussieht.
>
> Und wenn ich o.E. [mm]\delta < \tfrac{1}{3}[/mm] annehme, dann weiß
> ich einfach, dass wegen
> [mm]\left|x-\frac{2}{3}\right| \;\;<\;\; \frac{1}{3} \iff \frac{1}{3}=\frac{2}{3}-\frac{1}{3} \;\;<\;\; \frac{2}{3} \;\;<\;\; \frac{2}{3}+\frac{1}{3}=1[/mm]
Wieso benutzt man nun diese Ungleichung?
> sicher für alle [mm]x\in \IR[/mm] mit [mm]|x-\tfrac{2}{3}| < \delta[/mm]
> dann [mm]f(x)=x\,[/mm] gilt.
>
> Ich könnte also obigen Beweis auch so schreiben:
> Sei [mm]\epsilon > 0\,.[/mm] Ohne Einschränkung nehmen wir [mm]0 < \epsilon \le \tfrac{1}{3}[/mm]
> an. Sei [mm]\delta:=\epsilon > 0\,.[/mm] (Es ist also
> auch o.E. [mm]\delta \le \tfrac{1}{3}[/mm]!) Dann gilt für alle
> [mm]x\,[/mm] mit [mm]|x-\tfrac{2}{3}| < \delta[/mm]:
>
> [mm]|f(x)-f(\tfrac{2}{3})|=|x-\tfrac{1}{2}| < \delta \le \epsilon\,.[/mm]
>
> Bei letztem Beweis siehst Du, dass wir sowohl ([mm]0 < \,[/mm])
> [mm]\delta \le \tfrac{1}{3}[/mm] benutzt hatten,
> als auch, dass wir [mm]\delta:=\epsilon[/mm] gesetzt hatten, sofern
> denn [mm]\epsilon \le \tfrac{1}{3}[/mm] ist.
>
> Beides zusammen kann man mit der Definition
> [mm]\delta:=\min\{\tfrac{1}{3},\,\epsilon\}[/mm]
> vereinen, denn dann gilt (s.o.) sowohl [mm]\delta > 0[/mm] als auch
> neben [mm]\delta \le \tfrac{1}{3}[/mm] auch [mm]\delta \le \epsilon\,.[/mm]
>
> P.S. Skizziere Dir mal den Graphen von [mm]f\,.[/mm]
>
> Gruß,
> Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:44 Mi 19.06.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo. Erstmal vielen Dank für die ausführliche
> Erklärung, nur habe ich da gerade meine Schwierigkeiten
> durchzublicken...
>
>
> > > Ein Minimum ist ja hier [mm]\bruch{\varepsilon}{8},[/mm] doch was
> > > ist das zweite bzw wie kann ich das bestimmen?
> >
> > Na, sowas macht man doch i.W. nur in folgenden Situationen:
> > Wenn man
> > Rechnungen macht, wo etwa man o.E. [mm]\delta \le term 2[/mm]
> > benutzt und am Ende
> > [mm]\delta \le term 1[/mm] als günstig herausbekommt.
> >
> > Das Ganze ist jetzt sehr grob, daher mal besser ein
> > Beispiel:
> > Betrachten wir mal [mm]f(x):=x[/mm] für [mm]x \in [-1,\,2][/mm] und
> > [mm]f(x):=e^{500x}[/mm] für [mm]x \in \IR \setminus [-1,\,2]\,.[/mm]
>
> Du gibst hier 2 Funktionen als Beispiel an aber von welcher
> genau sprichst du jetzt gerade in deinem Beweis? Also
> welche Folge geht gegen [mm]x_0[/mm] = [mm]\bruch{2}{3}?[/mm] Vielleicht ist
> es gerade zu offensichtlich für mich... :/
nein, da steht eine Funktion:
$f [mm] \colon \IR \to \IR$ [/mm] mit
[mm] $$f(x)=\begin{cases} x, & \mbox{für } x \in [-1,\,2] \\ e^{500x}, & \mbox{sonst }\end{cases}\,.$$
[/mm]
>
> > [mm]f\,[/mm] ist stetig in [mm]x_0=\tfrac{2}{3}\,.[/mm] Ich beweise das mal:
> > Für [mm]\epsilon > 0[/mm] sei
> > [mm]\delta:=\min\{\tfrac{1}{3},\,\epsilon\}\,.[/mm] Dann ist [mm]\delta > 0\,,[/mm]
> > weil endliche Mengen
> > (eine Menge heißt endlich, wenn sie endlich viele
> > Elemente hat) ein
> > Minimum haben, und wenn eine endliche Menge nur aus echt
> > positiven
> > Zahlen besteht, muss auch das Minimum echt positiv
> sein.
> >
> > Für alle [mm]x \in \IR[/mm] mit [mm]|x-\tfrac{2}{3}| < \delta[/mm] ([mm]\iff 1/3 < x < 1[/mm])
> > folgt
> > [mm]|f(x)-f(\tfrac{2}{3})|=|x-\tfrac{1}{2}| < \delta \le \epsilon\,.[/mm]
>
>
> Müsste da nicht: [mm]|f(x)-f(\tfrac{2}{3})|=|x-\tfrac{2}{3}|[/mm] <
> [mm]\delta \le \epsilon\[/mm] stehen?
Richtig, ich hatte anfangs [mm] $x_0=1/2$ [/mm] benutzt, aber fand dann aus didaktischen
Gründen doch [mm] $x_0=2/3$ [/mm] besser. Hatte vergessen, diese Stelle zu korrigieren.
Gut aufgepasst! Ich korrigiere das gleich!
> > Denn wegen [mm]\delta:=\min\{\tfrac{1}{3},\,\epsilon\}[/mm] gilt
> > sowohl [mm]0 < \delta \le \tfrac{1}{3}[/mm] als auch [mm]0 < \delta \le \epsilon\,.[/mm]
>
> >
> > Wieso macht man das hier so? Naja, wenn ich [mm]\delta > \tfrac{1}{3}[/mm]
> > zulasse,
> > muss ich Fallunterscheidungen machen, weil für [mm]x > \tfrac{2}{3}+\tfrac{1}{3}=1[/mm]
> > ja [mm]f(x)\,[/mm]
> > ganz anders aussieht.
> >
> > Und wenn ich o.E. [mm]\delta < \tfrac{1}{3}[/mm] annehme, dann weiß
> > ich einfach, dass wegen
> > [mm]\left|x-\frac{2}{3}\right| \;\;<\;\; \frac{1}{3} \iff \frac{1}{3}=\frac{2}{3}-\frac{1}{3} \;\;<\;\; \frac{2}{3} \;\;<\;\; \frac{2}{3}+\frac{1}{3}=1[/mm]
>
> Wieso benutzt man nun diese Ungleichung?
Es erspart unnötige Fallunterscheidungen, wenn man o.E. [mm] $\delta [/mm] > 0$ so klein wählt,
dass [mm] $|x-\tfrac{2}{3}| [/mm] < [mm] \delta \Rightarrow [/mm] x [mm] \in [-1,\,2]$ [/mm] gilt. Vielleicht wird's Dir auch jetzt erst klarer,
wenn Du siehst, dass da oben eine einzige Funktion [mm] $f\,$ [/mm] steht, und nicht zwei
Funktionen!
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:53 Mi 19.06.2013 | | Autor: | Marcel |
P.S.
> Du gibst hier 2 Funktionen als Beispiel an
Wie schon gesagt: Das tat ich nicht! 
> aber von welcher
> genau sprichst du jetzt gerade in deinem Beweis? Also
> welche Folge geht gegen [mm]x_0[/mm] = [mm]\bruch{2}{3}?[/mm]
Die Frage ist übrigens ziemlich sinnfrei: Wo spreche ich von einer Folge
und warum geht eine Folge gegen [mm] $2/3\,$? [/mm] Ich habe ja auch nirgends
gesagt, dass ich Stetigkeit=Folgenstetigkeit benutzen würde...
Ich arbeite mit der [mm] ($\epsilon-\delta$)-[[stetig|Stetigkeit]] [/mm] (Universität)!
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:13 Mi 19.06.2013 | | Autor: | fred97 |
> Warum?
Das ist nicht Dein Ernst ?
Ich habe momentan in meinem Geldbeutel nur 2 Münzen , der Wert jeder der beiden Münzen ist [mm] \le [/mm] 2 €.
Habe ich dann mehr als 4 € ?
FRED
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:12 Mi 19.06.2013 | | Autor: | Marcel |
> Warum?
Weil [mm] $x,\,x_0 \in [/mm] [1,2] [mm] \iff [/mm] 1 [mm] \le x,\,x_0 \le 2\,.$ [/mm] Was folgt damit?
Gruß,
Marcel
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