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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 10:43 So 15.08.2004 | | Autor: | TheBigTicket |
Ich habe die Frage in keinem anderen Forum gestellt.
Ich soll die Stetigkeit in [mm] X_0 [/mm] = 0 mit Hilfe eines Epsilon-Delta-Beweises feststellen:
"Es sei f: [mm] \IR \to \IR
[/mm]
[mm]f(x)=\left\{\begin{matrix}
log(1-5x), & x \le 0 \\
x^3 - 2x^2 + 4x, & x > 0
\end{matrix}\right.[/mm]
Man beweise das f in [mm] x_0 [/mm] = 0 stetig ist, indem man zu jedem [mm]\epsilon[/mm] > 0 ein [mm]\delta (\epsilon)[/mm] > 0 angibt, mit:
für alle x [mm] \in \IR [/mm] und |x - [mm] x_0| [/mm] < [mm]\delta(\epsilon)[/mm] => |f(x) - [mm] f(x_0)| [/mm] < [mm]\epsilon[/mm] "
Mein Vorgehen sieht so aus:
Erst betrachte ich den Fall x [mm]\le[/mm] 0:
|f(x) - [mm] f(x_0) [/mm] | = |log(1-5x) - log(1)| = |log(1-5x)|
Da x [mm] \le [/mm] 0 ist, müsste folgende Abschätzung richtig sein:
[mm] \le [/mm] |1 - 5x| [mm] \le [/mm] |-5x -5x| = |x-0| |-10| = |x-0| 10 < [mm] \delta(10) [/mm] = [mm] \epsilon
[/mm]
=> [mm] \delta(\epsilon, [/mm] 0) = [mm]\bruch {\epsilon} {10}[/mm]
Jetzt betrachte ich x > 0:
|f(x) - [mm] f(x_0) [/mm] | = [mm] |x^3 [/mm] - [mm] 2x^2 [/mm] + 4x - log(1)| = | [mm] x^3 [/mm] - [mm] 2x^2 [/mm] + 4x |
Da Stetigkeit in Null gefordert wird, habe ich x eingegrenzt damit ich nicht mit [mm] \infty [/mm] arbeiten muss: 1 > x > 0:
= |x - 0| | [mm] x^2 [/mm] - 2x + 4| [mm] \le [/mm] | x - 0| [mm] |1^2 [/mm] - 2 + 4 | = |x - 0| 3
< [mm] \delta(3) [/mm] = [mm] \epsilon [/mm] => [mm] \delta (\epsilon, [/mm] 0) = [mm]\bruch {\epsilon} {3}[/mm]
Damit ist mein [mm] \epsilon [/mm] = Min([mm]\bruch {\epsilon} {3}[/mm], [mm]\bruch {\epsilon} {10}[/mm]) = [mm]\bruch {\epsilon} {10}[/mm] und damit ist f(x) in [mm] x_0 [/mm] stetig.
Ist das so richtig?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:59 Mo 16.08.2004 | | Autor: | psjan |
Hallo,
die Vorgehensweisen sind prinzipiell ok, nur sind in beiden Teilen Fehler in den Abschätzungen:
1. Teil: nimm ein x mit sehr kleinem Betrag und |1-x| ist nicht mehr kleinergleich |-5x -5x|
2. Teil gleicher Einwand. Für x mit kleinem Betrag ist nicht:
| [mm] x^2 [/mm] -2x +4 | <= 3
Sorry, dass ich nicht schreib, wie es richtig geht ... hab nur Zeit zum "Drüberschaun" ...
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Dann müsste doch wenn ich im zweiten Fall x < 2 setzte und dann 2 für x einsetze:
[mm] |2^2 [/mm] - 2*2 + 4| = |x - 0| |4| < [mm] \delta [/mm] (4) immer größer sein, da für kleine x, 2*x wesentlich "stärker" ist als [mm] x^2, [/mm] oder?
Bei der anderen Abschätzung sehe ich meinen Fehler aber mir will keine Abschätzung einfallen...
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Hallo TheBigTicket,
Überleg mal [mm]log(x)\le x-1[/mm] Ist das so nützt Dir das was ?
Zur 2. Abschätzung wenn du eine Abschätzung für alle x>0 haben willst solltest Du nicht nach einer linearen Beziehung suchen.
gruß
mathemaduenn
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Mit log(x) [mm] \le [/mm] x - 1 ist die Sache klar:
|log (1 - 5x)| [mm] \le [/mm] |-5x| = |x-0| 5 < [mm] \delta [/mm] (5) = [mm] \epsilon
[/mm]
Die Abschätzung, habe ich bei anderen Aufgaben selber schon genutzt, und irgendwie lag sie mir die ganze Zeit vor den Füßen. Es hat nicht nur Vorteile aufrecht zu gehen  . Warum auch die Schuld bei sich selbst suchen, wenn man sie auf die Evolution schieben kann...
Zum zweiten Fall:
| x - 0 | | [mm] (x-1)^2 [/mm] +3 |
Jetzt habe ich einen quadratischen Term innerhalb des zweiten Betrags, nur für x [mm] \to \infty [/mm] bin dadurch nicht wirklich schlauer. Ich habe auch schon überlegt, evtl. [mm] |x-0|^3 [/mm] auszuklammern, nur wäre dann der zweite Betrag für X=0 nicht definiert.
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Hallo TheBigTicket,
Hoffentlich hatte ich dich nicht unnötig verwirrt es geht auch ohne nichtlineare eps delta Abhängigkeit(sowas bräuchte man z.B für die Wurzelfunktion)
Da nur ein delta gesucht und da wenn ich ein kleineres delta nehme die Schlußfolgerung von delta auf epsilon auch gilt kann man delta<1 bzw. x<1 voraussetzen dann
[mm]| x - 0 | | x^2-2x+4 |\le 4|x|+2|x^2|+|x^3|< 4|x|+2|x|+|x|[/mm]
Du mußt nur beim Aufschreiben der Lösung schauen das diese Bedingung auch mit eingeht.
gruß
mathemaduenn
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Okay, jetzt verstehe ich!
Danke!
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