Lipschitz-stetig < Sonstiges < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:34 Do 14.06.2007 | | Autor: | Bodo0686 |
| Aufgabe | Eine funktion f: D [mm] \subset \IR [/mm] -> [mm] \IR [/mm] heißt Lipschitz-stetig, wenn eine Konstante 0 [mm] \le [/mm] L < [mm] \infty [/mm] existiert, so dass für alle x,y [mm] \in [/mm] D gilt:
|f(x) - f(y)| [mm] \le [/mm] L|x-y|
Zeigen Sie:
a) Jede in D Lipschitz-stetige Funktion ist auch stetig in D
b) Der Raum der Lipschitz-stetigen Funktionen ist ein Vektorraum über [mm] \IR.
[/mm]
c) Ist D ein abgeschlossenes Intervall, dann ist auch dasProdukt zweier Lipschitz-stetiger Funktionen wieder Lipschitz-stetig. |
Ich bräuchte mal Hilfe zu obiger Aufgabe.
zu Teil a) düfte doch eigentlich nur ein "Einzeiler" sein...
Lipschitz-stetig : |f(x) - f(y)| [mm] \le [/mm] L|x-y|
Setze L=1 -> |f(x) - f(y)| [mm] \le [/mm] |x-y|
Bitte um Hilfe und gegebenfalls Tipps für b) und c)
Danke! und Grüße
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:16 Do 14.06.2007 | | Autor: | dormant |
Hi!
> zu Teil a) düfte doch eigentlich nur ein "Einzeiler"
> sein...
>
> Lipschitz-stetig : |f(x) - f(y)| [mm]\le[/mm] L|x-y|
> Setze L=1 -> |f(x) - f(y)| [mm]\le[/mm] |x-y|
Nein. [mm] \epsilon-\delta [/mm] Kriterium anwenden. L kannst du nicht setzen, das ist irgendeine Konstante, die ist so zu sagen vorgegeben. Aber bist schon auf dem richtigen weg.
Zu b): die stetigen Funktionen über D sind ein [mm] \IR [/mm] Verktorraum. L-stetige müssen einen Unterraum davon sein - also zeigen, dass die Nullfunktion L-stetig ist, Summe zweier L-stetigen f auch L-stetig und Skalarmultiplikation die L-Stetigkeit nicht kaputt macht.
Zu c): |f(x)g(x)-f(y)g(y)|=|f(x)g(x)-f(x)g(y)+f(x)g(y)-f(y)g(y)| usw...
Gruß,
dormant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:11 Fr 15.06.2007 | | Autor: | Bodo0686 |
Hi,
also zur Aufgabe a)
Sei [mm] \varepsilon [/mm] und [mm] \delta [/mm] > 0 bel, Setze [mm] \delta [/mm] = [mm] \varepsilon [/mm] und L > 0
dann gilt:
|f(x) - f(y)| [mm] \le [/mm] L (x-y) [mm] \gdw \bruch{|f(x) - f(y)}{|{x-y}|} \le |\bruch{f(x)}{x}| [/mm] - [mm] |\bruch{f(y)}{y}| \le L\delta [/mm] = L [mm] \varepsilon
[/mm]
Kann man den Beweis so stehen lassen?
Bitte um Hilfe!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:31 Fr 15.06.2007 | | Autor: | dormant |
Hi!
> Sei [mm]\varepsilon[/mm] und [mm]\delta[/mm] > 0 bel, Setze [mm]\delta[/mm] =
> [mm]\varepsilon[/mm] und L > 0
>
> dann gilt:
>
> |f(x) - f(y)| [mm]\le[/mm] L (x-y) [mm]\gdw \bruch{|f(x) - f(y)}{|{x-y}|} \le |\bruch{f(x)}{x}|[/mm]
> - [mm]|\bruch{f(y)}{y}| \le L\delta[/mm] = L [mm]\varepsilon[/mm]
>
> Kann man den Beweis so stehen lassen?
Nein, deine erste Abschätzung stimmt einfach nicht.
Zu [mm] \epsilon [/mm] musst du ein [mm] \delta [/mm] finden. Für ein geeignetes [mm] \delta [/mm] willst du die Abschätzung [mm] |f(x)-f(y)|\le\epsilon [/mm] stehen haben. Ausgangspunkt ist die Abschätzung [mm] |f(x)-f(y)|\le [/mm] L|x-y|. Jetzt aber kannst du L|x-y| durch dein [mm] \delta [/mm] abschätzen. Wie wählst du also [mm] \delta, [/mm] damit da [mm] |f(x)-f(y)|\le\epsilon [/mm] steht? Ein Tipp noch - [mm] \delta [/mm] hängt von [mm] \epsilon [/mm] und von L ab.
Gruß,
dormant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:39 Fr 15.06.2007 | | Autor: | Bodo0686 |
Hmm...
Für bel [mm] \varepsilon, \delta [/mm] > 0
Setze dann [mm] \varepsilon [/mm] = [mm] \delta [/mm]
|f(x) - f(y)| < [mm] \varepsilon
[/mm]
L|x-y| [mm] \le \delta
[/mm]
|f(x) - f(y)| [mm] \le [/mm] L|x-y| [mm] \le \varepsilon [/mm] = [mm] \delta
[/mm]
???
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:47 Fr 15.06.2007 | | Autor: | dormant |
Hi!
Wenn du das hier schon hast:
> |f(x) - f(y)| < [mm]\varepsilon[/mm]
Ist das einfach das gleiche:
> |f(x) - f(y)| [mm]\le[/mm] L|x-y| [mm]\le \varepsilon[/mm] = [mm]\delta[/mm]
Wenn dieser Beweis stimmen würde wäre jede Funktion stetig, weil du diesen für jede beliebige Funktion anwenden kannst. Das [mm] \delta [/mm] ist ein Ausdruck von [mm] \epsilon [/mm] und von L.
Gruß,
dormant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:54 Fr 15.06.2007 | | Autor: | Bodo0686 |
Ich steig da einfach nicht hinter...
Wie muss ich denn sowas aufschreiben? Aber wenn du mir das jetzt sagst, dann ist die Aufgabe wohl schon gelöst, da es eben ein ziemlich kleiner Beweis ist... :-/
Grüße
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:06 Fr 15.06.2007 | | Autor: | dormant |
Hi!
Hauptsache nicht aufgeben :)
Das geht jetzt so.
Ein [mm] \epsilon>0 [/mm] sei vorgegeben. Dann wähle ich mein [mm] \delta [/mm] als [mm] \delta=\bruch{\epsilon}{L}. [/mm] Dann weiß ich, dass für alle x und y, die weniger als [mm] \delta [/mm] von einander entfernt sind, also für die x, y mit [mm] |x-y|\le\delta, [/mm] gilt auf jeden Fall, dass:
[mm] |f(x)-f(y)|\le [/mm] L|x-y| (nach Vorraussetzung),
[mm] L|x-y|\le L*\delta [/mm] (weil [mm] |x-y|\le\delta),
[/mm]
[mm] L*\delta\le L*\bruch{\epsilon}{L}=\epsilon.
[/mm]
Gruß,
dormant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:51 Fr 15.06.2007 | | Autor: | Bodo0686 |
Ersteinmal Danke für Aufgabe a)!!!
Zum Teil b)
Die Untervektorraumaxiome sind ja
i) o [mm] \in [/mm] W
ii) v,w [mm] \in [/mm] W -> (v+w) [mm] \in [/mm] W
iii) c [mm] \in [/mm] K, w [mm] \in [/mm] W -> (c*w) [mm] \in [/mm] W
Wie gehe ich denn jetzt hier vor?
zu i) muss ich da jetzt die 0 für x und y einsetzen?
Also: |f(x) - f(y)| [mm] \le [/mm] L|x-y|
|f(0) - f(0)| [mm] \le [/mm] L|0-0|
Was ja dann bedeuten würde das 0 [mm] \le [/mm] 0 ist.... und das wäre eine wahre Aussage!
zu ii) x= [mm] (x_1 [/mm] + [mm] x_2 +x_3) [/mm] = 0 und y= [mm] (y_1 [/mm] + [mm] y_2 [/mm] + [mm] y_3) [/mm] = 0
x + y = [mm] (x_1 [/mm] + [mm] x_2 +x_3) [/mm] + [mm] (y_1 [/mm] + [mm] y_2 [/mm] + [mm] y_3) [/mm] = 0
|f(x) - f(y)| [mm] \le [/mm] L|x-y|
[mm] \gdw |f(x_1 [/mm] + [mm] x_2 +x_3) [/mm] - [mm] f(y_1 [/mm] + [mm] y_2 [/mm] + [mm] y_3)| \le L|(x_1 [/mm] + [mm] x_2 +x_3)-(y_1 [/mm] + [mm] y_2 [/mm] + [mm] y_3)|
[/mm]
[mm] \gdw [/mm] |f(0) - f(0)| [mm] \le [/mm] L|(0)-(0)|
zu iii)
c*x und c*y
[mm] c*(x_1 [/mm] + [mm] x_2 +x_3) [/mm] und [mm] c*(y_1 [/mm] + [mm] y_2 [/mm] + [mm] y_3) [/mm] => Auch beides Null, da nach ii) x und y = Null sind!
Bitte kurz mal drüber schaun...  Danke!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:13 Fr 15.06.2007 | | Autor: | dormant |
Hi!
> Wie gehe ich denn jetzt hier vor?
Im Prinzip musst du in 1-3 zeigen, dass gewisse Funktionen L-stetig, dh du sollst ein L finden, so dass die L-Stetigkeit erfüllt ist.
> zu i) muss ich da jetzt die 0 für x und y einsetzen?
>
> Also: |f(x) - f(y)| [mm]\le[/mm] L|x-y|
>
> |f(0) - f(0)| [mm]\le[/mm] L|0-0|
Du befindest dich in einem Vektorraum, in dem die Elemnte Funktionen sind, die L-stetig sind. Die Null in diesem VR ist die Nullfunktion, dh f(x)=0 für alle x. Nun musst du ein L finden, so dass [mm] |f(x)-f(y)|\le [/mm] L*|x-y|, was das gleiche ist wie [mm] 0\le [/mm] L*|x-y|.
> zu ii) x= [mm](x_1[/mm] + [mm]x_2 +x_3)[/mm] = 0 und y= [mm](y_1[/mm] + [mm]y_2[/mm] + [mm]y_3)[/mm] =
> 0
> x + y = [mm](x_1[/mm] + [mm]x_2 +x_3)[/mm] + [mm](y_1[/mm] + [mm]y_2[/mm] + [mm]y_3)[/mm] = 0
>
> |f(x) - f(y)| [mm]\le[/mm] L|x-y|
>
> [mm]\gdw |f(x_1[/mm] + [mm]x_2 +x_3)[/mm] - [mm]f(y_1[/mm] + [mm]y_2[/mm] + [mm]y_3)| \le L|(x_1[/mm] +
> [mm]x_2 +x_3)-(y_1[/mm] + [mm]y_2[/mm] + [mm]y_3)|[/mm]
>
> [mm]\gdw[/mm] |f(0) - f(0)| [mm]\le[/mm] L|(0)-(0)|
>
> zu iii)
> c*x und c*y
>
> [mm]c*(x_1[/mm] + [mm]x_2 +x_3)[/mm] und [mm]c*(y_1[/mm] + [mm]y_2[/mm] + [mm]y_3)[/mm] => Auch beides
> Null, da nach ii) x und y = Null sind!
Wenn ich wüsste was du in 2 und 3 machst... in ii) hast du folgende Situation - dir sind zwei Funktionen f und g vorgegeben, die L-stetig sind mit L-Konstanten L und K. Du sollst zeigen, dass die Funktion h(x):=f(x)+g(x) L-stetig ist, du musst also für h eine L-Konstante angeben.
In iii) ist das so, dass du von einer Funktion f weißt, dass sie L-stetig ist mit Konstante L. Dann musst du zeigen, dass die Funktion h(x):=c*f(x) auch L-stetig ist.
Gruß,
dormant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:41 Sa 16.06.2007 | | Autor: | Bodo0686 |
ich verstehe zur Zeit überhaupt nichts mehr...
Hab diese Frage zwischenzeitlich auch in einem anderen Forum gestellt...
http://matheplanet.com/default3.html?topic=82876=3032
Bitte um Hilfe!!!
Grüße
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Hallo Bodo,
vllt. nochmal zur Ordung des Ganzen.
Also du sollst zeigen, dass die Menge der L-stetigen Funktionen einen Vektorraum V über [mm] \IR [/mm] bildet.
Da sie Teilmenge der stetigen Funktionen ist, genügt es, das Unterraumkriterium nachzuweisen:
Bedenkt, dass die Vektoren in V L-stetige Funktionen sind !!
(1) [mm] 0\in [/mm] V, wobei [mm] 0:\IR\to\IR [/mm] , [mm] x\mapsto [/mm] 0 [mm] (\forall x\in\IR), [/mm] also die Nullfunktion
(2) [mm] \forall f_1,f_2\in V:f_1+f_2\in [/mm] V, wobei [mm] f_1,f_2 [/mm] L-stetige Funktionen sind
(3) [mm] \forall\lambda\in\IR\forall f\in V:\lambda\cdot{}f\in [/mm] V
OK, das sind die bekannten Kriterien:
zu (1) Du musst zeigen, dass die Nullfunktion 0 L-stetig ist.
Dazu musst du eine L-Konstante angeben, die die Bedingung für L-Stetigkeit erfüllt:
[mm] $|0(x)-0(y)|=|0-0|\overstack{\le} [/mm] L|x-y|$
Welches [mm] L\in\IR [/mm] erfüllt das trivialerweise?....
zu(2)
Nimm dir zwei L-stetige Funktionen aus V, etwa [mm] f_1 [/mm] und [mm] f_2
[/mm]
Da beide L-stetig sind, gibt es [mm] L_1,L_2\in\IR [/mm] mit
[mm] $|f_1(x)-f_1(y)|\le L_1|x-y|$ [/mm] und [mm] $|f_2(x)-f_2(y)|\le L_2|x-y|$ [/mm] für alle [mm] x,y\in\IR
[/mm]
Jetzt musst du zeigen, dass dann auch gefälligst [mm] f_1+f_2 [/mm] L-stetig ist, dass es also eine L-Konstante L gibt mit [mm] $|(f_1+f_2)(x)-(f_1+f_2)(y)|\le [/mm] L|x-y|$ für alle [mm] x,y\in\IR
[/mm]
Dazu forme [mm] $|(f_1+f_2)(x)-(f_1+f_2)(y)|$ [/mm] um:
[mm] $|(f_1+f_2)(x)-(f_1+f_2)(y)|=|f_1(x)+f_2(x)-f_1(y)-f_2(y)|=|(f_1(x)-f_1(y))+(f_2(x)-f_2(y))|$
[/mm]
Nun benutze mal die Dreiecksungleichung und schaue mal, ob du's hinbekommst, das L zu konstruieren...
bei der (3) geht das ganz ähnlich.
Versuch's mal zu orden und hinzubekommen.
Falls was nicht klappt, frag nach 
Toi toi
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:45 Sa 16.06.2007 | | Autor: | Bodo0686 |
Hi,
also ich schreib jetzt mal auf, was ich bisher schon gemacht habe...
|(f+g)(x) - (f+g)(y)| = |f(x) + g(x) - f(y) -g(y)| = |f(x) + g(x) -f(x)-g(y) + f(x)+g(y) - f(y) -g(y)|
hier bin ich mir nicht [mm] sicher...\le [/mm] |f(x) + g(x) - g(y)| - |f(y)+g(y) - f(y)-g(y)| ...
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Hi Bodo,
du kannst nach der ersten Umformung die f's und g's sortieren und dann die Dreiecksungleichung benutzen, wie ich oben auch geschrieben habe,
also [mm] $|(f(x)-f(y))+(g(x)-g(y))|\le |f(x)-f(y)|+|g(x)-g(y)|\le L_1|x-y|+L_2|x-y|=(L_1+L_2)|x-y|$
[/mm]
Also wähle als dein L für f+g L=....
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:05 Sa 16.06.2007 | | Autor: | Bodo0686 |
ich hätte jetzt spontan wieder gesagt, das L=0 sein soll...
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Hi,
wieso das?
Wir suchen die L-Konstante für die Funktion (f+g)(x)
Und wir haben diese Ungleichungskette, ich schreib mal nur die linke und rechte Seite und lass den Mittelteil weg:
|(f+g)(x)-(f+g)(y)| [mm] \le (L_1+L_2)|x-y|
[/mm]
Da kannst du doch L ablesen, das haben wir doch so schön konstruiert aus den beiden Konstanten [mm] L_1 [/mm] und [mm] L_2 [/mm] von f und g
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:27 Sa 16.06.2007 | | Autor: | Bodo0686 |
ich werd hier langsamt noch wahnsinnig... weil das wieder so einfache sachen sind, und ich steig da einfach nicht hinter....
L= 2 ist bestimmt auch verkehrt..
Ich wüsste jetzt nicht, wo ich da was ablesen kann...
Seh da nur [mm] (L_1 [/mm] + [mm] L_2) [/mm] |x-y|
wir haben ein [mm] L_1 [/mm] und ein [mm] L_2 [/mm] ... no idea :-/
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Hallo nochmal,
ruhigen Kopf bewahren, du hast gerade ne Blockade, ist echt nicht sooo wild:
Nach Konstruktion wähle [mm] L:=L_1+L_2 [/mm] als Lipschitzkonstante für die Funktion h=f+g , wobei [mm] L_1 [/mm] die L-Konstante von f und [mm] L_2 [/mm] die L-Konstante von g ist.
Mit den ganzen Rechnungen oben folgt dann, dass f+g L-stetig ist
(mit [mm] L=L_1+L_2)
[/mm]
Es war ja zu zeigen, dass es ein [mm] L\in\IR [/mm] gibt,
so dass [mm] |(f+g)(x)-(f+g)(y)|\le [/mm] L|x-y| ist.
Das klappt nach unserer Konstruktion mit [mm] L=L_1+L_2
[/mm]
Ok soweit?
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:45 Sa 16.06.2007 | | Autor: | Bodo0686 |
ja, soweit is alles klar...
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:48 Mo 18.06.2007 | | Autor: | Bodo0686 |
Ich hab nochmal drüber nachgedacht, ich komm einfach nicht aufs Ergebnis, bzw. wie ich das per Dreiecks-Ungleichung abschätzen kann...
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Hallo Bodo,
das steht doch oben schon ausführlich, aber nochmal:
also für alle [mm] $a,b\in\IR$ [/mm] gilt doch die Dreiecksungleichung
[mm] $|a+b|\le|a|+|b|$
[/mm]
Die Funktionen $f,g$ gehen von [mm] \IR\to\IR
[/mm]
Also sind $f(x),f(y),g(x),g(y)$ alle [mm] \in\IR
[/mm]
Jetzt hatten wir oben stehen
[mm] $\blue{|}\underbrace{\left(f(x)-f(y)\right)}_{=:a}\red{+}\underbrace{\left(g(x)-g(y)\right)}_{=:b}\blue{|}$
[/mm]
[mm] $\le \blue{|}\underbrace{f(x)-f(y)}_a\blue{|}\red{+}\blue{|}\underbrace{g(x)-g(y)}_b\blue{|}$
[/mm]
Das hatten wir extra so konstruiert um auszunutzen, dass $f$ und $g$ L-stetig sind und so unsere Lipschitzkonstante für $(f+g)$ zu konstruieren
Schau's dir oben nochmal an..
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:28 Di 19.06.2007 | | Autor: | Bodo0686 |
Hallo,
also kann ich schreiben, dass
[mm] (f(x)-f(y))+(g(x)-g(y))|\le |f(x)-f(y)|+|g(x)-g(y)|\le L_1|x-y|+L_2|x-y|=(L_1+L_2)|x-y| [/mm]
Setze L = [mm] L_1 [/mm] + [mm] L_2 [/mm] dann würde ja dann da stehn:
[mm] (f(x)-f(y))+(g(x)-g(y))|\le |f(x)-f(y)|+|g(x)-g(y)|\le L_1|x-y|+L_2|x-y|=L|x-y| [/mm]
...
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Hallo Bodo,
ganz genau, und gaaaanz links steht noch $|(f+g)(x)-(f+g)(y)|$
Also insgesamt [mm] $|(f+g)(x)-(f+g)(y)|\le L\cdot{}|x-y|$
[/mm]
mit [mm] L=L_1+L_2
[/mm]
Das ist doch genau die Lipschitzbedingung, die wir für f+g haben wollten
Damit wäre die L-Stetigkeit von f+g also bewiesen und die Funktion f+g ist auch im Vektorraum drin, also alles bestens
Gruß
schachuzipus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:21 Di 19.06.2007 | | Autor: | Bodo0686 |
Hey,
und das war jetzt alles....
Ohhh man... das is ja wirklich nicht schwer...
Aber trotzdem danke, dass du es sooooo lange mit mir ausgehalten hast.
Liebe Grüße
Bodo
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Mein Reden...
Bliebe noch die Abgeschlossenheit bzgl. skalarer Multiplikation zu zeigen, oder war das schon irgendwo?
Also zz, dass mit [mm] \lambda\in\IR [/mm] und [mm] f\in [/mm] V auch gefällist [mm] \lambda\cdot{}f \in [/mm] V ist, also dass [mm] \lambda\cdot{}f [/mm] L-stetig ist
Gruß
schachuzipus
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