Mathematik online lernen im Mathe-Forum. Nachhilfe online

Startseite » Forum » Stetigkeit

Stetigkeit

Universität / Fachhochschule

Tags: Abschnittsweise definierte Funktion, euklidische Norm, Stetigkeit

Anes1710 aktiv_icon

11:53 Uhr, 24.04.2018

Hallo,
ich habe folgende Funktion auf Stetigkeit zu untersuchen:

f : (R^{2}, {| | . | |}_{2}) \to (R, | . |)

f (x, y) = y - x

für

y \geq x^{2}

0 für

y < x^{2} 0

Also erstmal ist sie doch stetig für

y \geq x^{2},

denn

y - x

ist ja eine stetige Funktion.
Kann sie überhaupt unstetig sein?

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Stetigkeit (Mathematischer Grundbegriff)

ledum aktiv_icon

12:12 Uhr, 24.04.2018

Hallo
richtig ist Stetigkeit für das Gebiet

y > x^{2}

und

y < x^{2}

du musst also nur die Stetigkeit an den Stellen

y = x^{2}

untersuchen
im Pukt

(2,4)

etwa ist der linke GW von

f (x, y) 2

der rechte 0
Gruß ledum

Anes1710 aktiv_icon

13:55 Uhr, 24.04.2018

Aber die Funktion ist doch bei

y = x^{2}

einfach y-x?. Es gilt doch

y \geq x^{2}

pwmeyer aktiv_icon

18:22 Uhr, 24.04.2018

Hallo,

schreib doch mal hierhin die Definition der Stetigkeit und zwar am besten konkret für den Punkt, den ledum vorgeschlagen hat: Wie ist definiert, dass

f

im Punkte(2,4) stetig ist?

Gruß pwm

Anes1710 aktiv_icon

19:46 Uhr, 24.04.2018

Also

\forall ε > 0 (x, y) = (2,4) \in R^{2} \exists δ ((x, y), ε) :

| | (x, y) - (2,4) | | = \sqrt{{| x - 2 |}^{2} + {| x - 4 |}^{2}} < δ \Rightarrow | f (x, y) - f (2,4) | = | y - x - 2 | < ε

Das hilft mir aber noch nicht

: (

pwmeyer aktiv_icon

21:11 Uhr, 24.04.2018

Hallo,

"Das hilft mir aber noch nicht :("

Doch, es zeigt Deinen Denkfehler: Du hast

f (x, y)

durch

y - x

exsetzt. Das ist nur richtig, wenn

y \geq x^{2}

ist. Aber für Paare

(x, y) = (2 + \frac{δ}{2},4)

ist

f (x, y) = 0!

(worauf schon ledum hingewiesen hat.)

Gruß pwm

Anes1710 aktiv_icon

22:41 Uhr, 24.04.2018

Aber warum zeigt das die Unstetigkeit?

pwmeyer aktiv_icon

11:43 Uhr, 25.04.2018

Hallo,

wie willst Du denn in diesem Fall

| f (x, y) - f (2,4) | = | 0 - 2 | < ε

zum Beispiel für

ε = 1

erfüllen?

Gruß pwm

Anes1710 aktiv_icon

16:56 Uhr, 25.04.2018

Jetzt verstehe ich es.
Vllt als Beweis:
Sei

(x_{n}, y_{n}) = (x - \frac{1}{n}, x^{2} - 2 \frac{x}{n} + \frac{1}{n^{2}})

und

(x_{m}, y_{m}) = (x' + \frac{1}{m}, x^{2} + \frac{2 x'}{n} + \frac{1}{m^{2}})

Beide im

lim

für

n

gegen unendlich

(1,2)

Dann ist

lim f (x_{n}, y_{n}) = 0

Aber

lim f (x_{m}, y_{m}) = x'^{2} - x'

Also rechtsseitiger und linksseitiger GW stimmen nicht überein

\forall y = x^{2}

?
Stimmt das so?

ledum aktiv_icon

17:24 Uhr, 25.04.2018

Halllo
Dein

x'

versteh ich nicht. Es geht um die Punkte,(x,x^2

),

warum nicht einfach Rechtsunsicherheit links davon um

Δ

gehen?
Und die einzigen zwei stetigen Punkte auf

y = x^{2}

hast du auch nicht gefunden? Such!
Gruß ledum

Anes1710 aktiv_icon

17:31 Uhr, 25.04.2018

Ich verstehe nicht was du mir sagen willst.
Ich habe versucht 2 Folgen zu konstruieren, die eben sich jeweils von links und rechts an die betreffende Stelle annähern.
Du meinst doch das für

y = x^{2}

die Funktion unstetig ist?

ermanus aktiv_icon

10:11 Uhr, 26.04.2018

Hallo,

f

ist in allen Punkten

(x, x^{2})

bis auf 2 Ausnahmen unstetig.
In

(0, 0)

und

(1, 1)

ist

f

nämlich stetig, wie ledum dir schon mitteilte.
Die Unstetigkeiten mit jeweils 2 Folgen (eine von links, eine von rechts)
zu zeigen, ist OK, muss nur formal "etwas klarer" durchgeführt werden.
Für die beiden Stetigkeitsstellen, kannst du

f (0, 0) = f (1, 1) = 0

nutzen, so z.B.:

∣ f (x, y) - f (0, 0) ∣ = ∣ f (x, y) ∣ \leq ∣ x - y ∣ \leq ∣ x ∣ + ∣ y ∣

...
Gruß ermanus

Anes1710 aktiv_icon

11:10 Uhr, 26.04.2018

Wie kann ich denn das formal besser machen?

Ich weis nicht genau, wo du mit deiner Abschätzung hin willst. Willst du die Lipschitz-Stetigkeit raus?

ermanus aktiv_icon

11:26 Uhr, 26.04.2018

Nun, es ist doch

∣ x ∣ + ∣ y ∣ \leq \sqrt{2} ∣ ∣ (x, y) ∣ ∣_{2}

.
Zu vorgegebenem

ε

kannst du also

δ = ε / \sqrt{2}

wählen ...

Anes1710 aktiv_icon

11:35 Uhr, 26.04.2018

Wie kommst du genau darauf:
Ich habe doch :

{| | (x, y) - (1,1) | |}_{2} \leq {| | (x, y) | |}_{2} + {| | 1,1 | |}_{2} = {| | (x, y) | |}_{2} + \sqrt{2}

ermanus aktiv_icon

11:47 Uhr, 26.04.2018

Also, das mit dem Punkt

(0, 0)

ist jetzt klar?
Und du möchtest dich jetzt um den Punkt

(1, 1)

kümmern?
Hier haben wir

∣ f (x, y) - f (1, 1) ∣ = ∣ f (x, y) ∣ \leq ∣ x - y ∣ = ∣ (x - 1) - (y - 1) ∣ \leq

\leq ∣ x - 1 ∣ + ∣ y - 1 ∣ \leq \sqrt{2} ∣ ∣ (x - 1, y - 1) ∣ ∣_{2} = \sqrt{2} ∣ ∣ (x, y) - (1, 1) ∣ ∣_{2}

.

Wähle zu

ε

das

δ

wie im Fall

(0, 0)

Anes1710 aktiv_icon

11:55 Uhr, 26.04.2018

Egtl noch nicht. Ich habe gedacht, dass du den Punkt(1,1) meinst, weil ja das

\sqrt{2}

auftaucht, was ja

{| | (1,1) | |}_{2}

ist.
Bei deiner Abschätzung heißt es

| x - 1 | + | y - 1 | \leq \sqrt{2} {| | (x - 1, y - 1) | |}_{2}

{| | (x - 1, y - 1) | |}_{2} = \sqrt{{| x - 1 |}^{2} + {| y - 1 |}^{2}}

Damit das auch sicher größer ist als

| x - 1 | + | y - 1 |,

deshalb noch die

\sqrt{2}

ermanus aktiv_icon

12:09 Uhr, 26.04.2018

\sqrt{2}

ist sozusagen ein "Umrechnungsfaktor" zwischen der 1-Norm und der 2-Norm:

∣ a ∣ + ∣ b ∣ \leq \sqrt{2} ∣ ∣ (a, b) ∣ ∣_{2} \overset{}{\Leftrightarrow} (∣ a ∣ + ∣ b ∣)^{2} \leq 2 ∣ ∣ (a, b) ∣ ∣_{2}^{2} \overset{}{\Leftrightarrow}

∣ a ∣^{2} + 2 ∣ a ∣ ∣ b ∣ + ∣ b ∣^{2} \leq 2 (∣ a ∣^{2} + ∣ b ∣^{2}) \overset{}{\Leftrightarrow} 0 \leq ∣ a ∣^{2} - 2 ∣ a ∣ ∣ b ∣ + ∣ b ∣^{2} \overset{}{\Leftrightarrow}

(∣ a ∣ - ∣ b ∣)^{2} \geq 0

. Was ja eine wahre Ungleichung ist.

Anes1710 aktiv_icon

12:19 Uhr, 26.04.2018

Die Normen sind ja äquivalent mit einem Faktor

\sqrt{n}

.
Jetzt verstehe ich das:-)

Dann gilt ja auch im Nullpunkt:

| f (x, y)

−

f (0, 0) | = | f (x, y) | \leq | x

−

y | \leq | x | + | y | = | x - 0 | + | y - 0 | \leq \sqrt{2} | | (x, y) - (0,0) | |_2 = \sqrt{2} | {| (x, y) |}_{2}

Man könnte doch dann auch jedes

n \in N

verwenden?

ermanus aktiv_icon

12:29 Uhr, 26.04.2018

Da du im 2-dimensionalen bist, ist

\sqrt{2}

angesagt. Im n-dimensionalen ist
es

\sqrt{n}

.
Ich muss nun für ca. 1/2 Stunde offline gehen. Bin dann wieder da und kümmere mich um
den Unstetigkeitsbeweis für die anderen Parabelpunkte.

Anes1710 aktiv_icon

12:34 Uhr, 26.04.2018

Aso :-)
Lass dir Zeit. Es eilt nicht.
Danke für deine Mühe :-)
Bis dann.

ermanus aktiv_icon

14:02 Uhr, 26.04.2018

Nun zu den Unstetigkeiten ...
Du arbeitest da mit zwei Folgen, für die der Limes der Funktionswerte
unterschiedlich ist, und du damit weißt, dass

f

in den Punkten nicht
stetig ist.
Das ist zuviel des Aufwandes, zwei oder mehr Folgen benötigt man,
wenn man den Funktionswert an einer Stelle nicht kennt, und danach
fragt, ob man die Funktion in diese Stelle hinein stetig ergänzen kann.
Wir sind aber hier in der glücklichen Lage, dass wir für jeden Punkt der
Ebene einen Funktionswert haben.
Nach dem Folgenkriterium für Stetigkeit in einem Punkt, müssen wir zwecks
Unstetigkeitsnachweises nur EINE Folge finden, die gegen den Punkt konvergiert,
deren Funktionswerte aber nicht gegen den Funktionswert in dem Punkt konvergieren.

Wir betrachten die Punkte

(x, x^{2})

der Parabel für

x \notin {0, 1}

.
Eine Folge, die im Inneren der Parabel von links gegen den Punkt läuft,
ist uninteressant,
da die ganze Zeit dann

x - y

die Oberherrschaft hat.
Interessant sind also Folgen

(x_{n}, y_{n})

, die im Falle

x > 0

von rechts
oder bei

x < 0

von links kommen, sich also unterhalb des Graphen tummeln.
Ich nehme mal den Fall

x > 0

. Dann gilt

(x + \frac{1}{n}, x^{2}) \to (x, x^{2})

.
Wegen

y = x^{2} < (x + \frac{1}{n})^{2}

gilt

f (x + \frac{1}{n}, x^{2}) = 0

,
also

f (x + \frac{1}{n}, x^{2}) = 0 \to 0 \neq x - x^{2} = f (x, x^{2})

...

Anes1710 aktiv_icon

14:18 Uhr, 26.04.2018

Danke dir. Jetzt verstehe ich es. Nur mal zu Übungszwecken, wenn ich mich von links nähere und die Folge

(x_{n}, y_{n}) = (x_{0}, x_{0}^{2} - \frac{1}{n})

.
Diese konvergiert ja offentsichtlich gegen die zu untersuchenden Punkte:

Es gilt jedoch

lim_{n \to \infty} f (x_{n}, y_{n}) = 0 \neq x_{0}^{2} - x_{0} = f (lim_{n \to \infty} (x_{n}, y_{n}))

oder?

x_{0} \notin {0,1}

ermanus aktiv_icon

14:37 Uhr, 26.04.2018

Ah!
Du näherst dich nicht von links, sondern von unten! Das ist
noch besser als meine Folgen, da du keine Fallunterscheidung bzgl.

x_{0} < 0, x_{0} > 0

machen musst.
Prima :-)

Bin nun weg!
LG ermanus

Anes1710 aktiv_icon

16:08 Uhr, 26.04.2018

Danke dir für deine Hilfe:-)

Wenn ich

f^{- 1} ((1, \infty))

betrachte,wie würde das skizzenhaft aussehen.
Für den Funktionswert 0 also für

y < x^{2}

ist doch gar nichts zu zeichnen, denn er liegt ja gar nicht im Intervall

(1, \infty)

.
Für

y \geq x^{2}

liegen alle Punkte auf und oberhhalb dieser Normalparabel.

D . h

doch auch, dass die Menge

y > x^{2}

offen ist.
Ist das so richtig?

ermanus aktiv_icon

09:45 Uhr, 28.04.2018

Hallo,

f^{- 1} ((1, \infty))

lässt sich am besten als Durchschnitt zweier Mengen
schreiben:

M_{1} = {(x, y) ∣ y \geq x^{2}}

und

M_{2} = {(x, y) ∣ y > x + 1}

M_{1}

ist das offene Parabelinnere + Parabel, also eine abgeschlossene Menge,

M_{2}

ist eine offene Halbebene, deren nichtzugehöriger Rand durch die Gerade

y = x + 1

gebildet wird.
Insgesamt ist

M_{1} \cap M_{2}

weder offen noch abgeschlossen.

Gruß ermanus

Anes1710 aktiv_icon

10:53 Uhr, 28.04.2018

Aber wenn ich nur

y > x^{2}

betrachte, hätte ich eine offene Menge?

Ich denke ich verstehe deinen Ansatz.
Bei

M_{2}

hast du einfach

y - x = 1

gesetzt und dann nach

y

umgestellt

y = x + 1

.
Und wegen dem

(1, \infty)

betrachtet man die obere Halbebene, denn zb

y - x = 2, y = x + 2

ist eine Gerade die um 1 entlang der y-Achse nach oben verschoben ist.

ermanus aktiv_icon

10:57 Uhr, 28.04.2018

Ja, dann wäre die Menge offen, da du ja dann den Durchschnitt zweier offener Mengen
hättest.
In der Tat habe ich die Halbebene so bestimmt, wie du sagst.

Anes1710 aktiv_icon

11:30 Uhr, 28.04.2018

Wenn man jetzt das Urbild zeichnet, hat man oberhalb der Parabel, Punkte, die auf Geraden liegen?

ermanus aktiv_icon

12:38 Uhr, 28.04.2018

Ehrlich gesagt verstehe ich deine Frage nicht :(
Betrachten wir doch mal die Urbildmenge

f^{- 1} ({2})

. Das ist - wie du rasch errechnen kannst -
die Strecke zwischen den Punkten

(- 1, 1)

und

(2, 4)

inklusive
dieser Endpunkte ...

Anes1710 aktiv_icon

13:27 Uhr, 28.04.2018

D . h

die Urbildmenge liegt dann auf einer Geraden, in deinem Beispiel

y = x + 2,

die aber oberhalb von

y = x^{2}

liegt.
Das gilt doch für jedes

f^{- 1} ({a})

für

a \in (1, \infty)

Z . b

für

a = 3

hätte ich als Urbild alle Punkte auf der Geraden

y = x + 3,

auch wieder oberhalb von

y = x^{2}

ermanus aktiv_icon

13:45 Uhr, 28.04.2018

Wenn du damit immer die Geradenabsshnitte (=Strecken) meinst,
für die

y \geq x^{2}

gilt, ist das so (die Endpunkte dieser Strecken gehören dazu!)

Anes1710 aktiv_icon

18:15 Uhr, 28.04.2018

Aber dann ist doch so etwas nich zeichenbar, denn es gibt ja auch Geraden

y = x + \frac{4}{3}

oder

y = x + \frac{9}{7}

ermanus aktiv_icon

18:36 Uhr, 28.04.2018

Naja,
du kannst doch einfach die besagten Flächen schraffieren oder anders färben.
Zeichnen bedeutet ja nicht nur Linien zu verwenden.
Du musst halt sowas wie