Stetigkeit einer Funktion < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 19:29 Mi 16.06.2004 | | Autor: | Frosty |
Hallo,
ich habe eine Frage zu meinem Übungszettel. Die Aufgabe:
Es sei [mm]f: \IR \to \IR[/mm] eine Funktion mit [mm]f(0) = 1[/mm] und
[mm]f(x+y) \le f(x)f(y)[/mm] für alle [mm]x \in \IR[/mm].
(Hier dachte ich erst, dass es sich dann um eine Exponentialfunktion handeln müsste, aber es steht ja [mm]\le[/mm]. Also muss das nicht unbedingt sein.)
Zeige: Ist [mm]f[/mm] im Nullpunkt stetig, so ist [mm]f[/mm] auf ganz [mm]\IR[/mm] stetig.
Für diese Aufgabe finde ich keinen Ansatz. Ich habe versucht mit dem [mm]\varepsilon - \delta[/mm] Kriterium zu arbeiten, war aber erfolglos :-(
Es wäre nett, wenn mir jemand helfen könnte.
Bernhard
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:05 Mi 16.06.2004 | | Autor: | Julius |
Hallo Bernhard!
Klar ist -und das ist dann gleichzeitig ein Tipp-, dass du (im Falle [mm] $f(x)\ne [/mm] 0$ -> mach dir zunächst klar, dass $f$ keine Nullstellen haben kann, dann brauchst du diese Einschränkung nicht!) vielleicht mit der Beziehung
$|f(x) - f(y)| = |f(x) [mm] \cdot \left(1 - \frac{f(y)}{f(x)}\right)|$ [/mm]
arbeiten solltest und dann - mit einer geeigneten Fallunterscheidung oder nehme oBdA $f(y)<f(x)$ an  - den Bruch [mm] $\frac{f(y)}{f(x)}$ [/mm] abschätzen solltest.
Versuche es mal, das sollte klappen...
Liebe Grüße
Julius
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:20 Do 17.06.2004 | | Autor: | Frosty |
Hallo julius,
erst mal danke für deinen Tipp 
Trotzdem komme ich nicht weiter :-(
> Klar ist -und das ist dann gleichzeitig ein Tipp-, dass du
> (im Falle [mm]f(x)\ne 0[/mm] -> mach dir zunächst klar, dass [mm]f[/mm] keine
> Nullstellen haben kann, dann brauchst du diese
> Einschränkung nicht!)
Das ist klar, weil dann [mm]f(x+y) \le 0[/mm] sein müsste und dann kann man [mm]x = 1[/mm] und [mm]y = -1[/mm] wählen und hat somit einen Widerspruch, weil [mm]f(1-1) = f(0) = 1 > 0[/mm] ist.
> vielleicht mit der Beziehung
> [mm]|f(x) - f(y)| = |f(x) \cdot \left(1 - \frac{f(y)}{f(x)}\right)|[/mm]
> arbeiten solltest und dann - mit einer geeigneten
> Fallunterscheidung oder nehme oBdA [mm]f(y)- den
> Bruch [mm]\frac{f(y)}{f(x)}[/mm] abschätzen solltest.
> Versuche es mal, das sollte klappen...
Ich habs versucht... hat nicht geklappt :(
Mein Problem ist, dass ich keine Abschätzung ohne Beträge finde. Wenn [mm]f(y) 1[/mm].
Ich habe dann probiert die Voraussetzung einzubringen:
[mm]\bruch{f(y)}{f(x)} = \bruch{f(y)*f(x)}{f(x)*f(x)}[/mm]. Damit bin ich dann auf [mm]|f(x)-f(y)| \le |f(x) - \bruch{f(x+y)}{f(x)}|[/mm] gekommen, was mich dann aber nicht weiter brachte. Vielleicht könntest du mir noch die Richtung sagen, in die ich denken muss. Muss am Ende etwas wie [mm]\limes_{x\rightarrow a}f(x) = f(a)[/mm] herauskommen oder wie zeige ich, dass die Stetigkeit auf ganz [mm]\IR[/mm] gilt?
Bernhard
|
|
|
| |
|
Lieber Bernhard, lieber Julius!
Ich wollte mal die vielen roten Punkte in diesem Forum verringern und wage mich deshalb an eine Analysis-Aufgabe heran. Julius hat mit Sicherheit seine sehr elegante Lösung parat, aber ich komme mit seinem Ansatz leider auch nicht weiter. Über Bernhards letzte Idee geht es aber (denke ich) auch ganz gut, im Sinne von:
[mm]\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\lim\limits_{h\to 0}f(x_0+h)[/mm]
Dann kann man auch alle Voraussetzungen schön einbringen und erhält zumindest mal
[mm]\lim\limits_{x\to x_0}f(x)\le f(x_0)[/mm]
Die zweite Ungleichung mit [mm] $\ge$ [/mm] erhält man durch erneutes Ausnutzen der Bedingung [mm] $f(x+y)\le [/mm] f(x)f(y)$, nur sollte [mm] $f(x_0+h)$ [/mm] dann snnvollerweise auf der rechten Seite der Ungleichung auftauchen. Vielleicht bekommst Du es ja so hin.
Aber Julius' Lösung interessiert mich natürlich weiterhin. Vielleicht übersehe ich ja hier auch eine Kleinigkeit. Ist nur eine Idee.
Liebe Grüße
Brigitte
|
|
|
|
