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Beweis der Stetigkeit und Unstetigkeit

Universität / Fachhochschule

Tags: Funktion, Stetigkeit, Unstetigkeit

nuubi aktiv_icon

15:52 Uhr, 19.05.2017

Hallo! :-)

Gegeben ist die Funktion

f :

ℝ

\to

ℝ, definiert durch

| \frac{1}{q},

wenn

x = \frac{p}{q}

mit

p \in ℤ

und

q \in ℕ

und

\frac{p}{q}

ist vollständig gekürzt,

f (x) =

| 0

sonst.

Zu beweisen ist:

A)

Für alle

x \in ℚ

ist

f

nicht stetig.

B)

Für alle

x \in ℝ \ ℚ

ist

f

stetig.

Ich würde gern einen Lösungsansatz liefern, habe aber keinen Plan!
Lediglich eventuell einen blassen Schimmer einer Idee:

A)

Man müsste irgendwie eine Folge

(a_{n})

finden, die gegen

a \in ℝ

konvergiert wobei aber die Folge

(f (a_{n}))

nicht gegen

f (a)

konvergiert.

B)

Hier müsste man vlt. zeigen, dass

(f (a_{n}))

konvergent ist.

Über einen vollständigen Lösungsweg würd ich mich freuen, aber auch über Tipps und Anregungen sowie ähnliche Aufgaben mit Lösung als Denkanstoß wären toll!

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich bräuchte bitte einen kompletten Lösungsweg." (setzt voraus, dass der Fragesteller alle seine Lösungsversuche zur Frage hinzufügt und sich aktiv an der Problemlösung beteiligt.)

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Stetigkeit (Mathematischer Grundbegriff)
Funktion (Mathematischer Grundbegriff)

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Einführung Funktionen

DrBoogie aktiv_icon

16:00 Uhr, 19.05.2017

a) ist einfach, b) eher komplex

a) Sei

x

aus

ℚ

. Dann konvergiert

x + \frac{π}{n}

gegen

x

, aber alle

x + \frac{π}{n}

sind nicht rational, daher

f (x + \frac{π}{n}) = 0

für alle

n

und damit

lim_{n} f (x + \frac{π}{n}) = 0

. Aber

f (x) \neq 0

, daher keine Stetigkeit

b) man muss zeigen, dass wenn

\frac{p_{n}}{q_{n}} \to x

und

x

nicht aus

ℚ

(alle Brüche gekürzt), dass dann

q_{n} \to 0

geht. Man kann hier z.B. indirekt argumentieren und dabei die dezimaldarstellung von

x

nutzen.

nuubi aktiv_icon

19:25 Uhr, 19.05.2017

Das ist einleuchtend, vielen Dank! :-)

nuubi aktiv_icon

17:33 Uhr, 24.05.2017

Hallo, ich habe mich mit der Aufgabe noch einmal beschäftigt und jetzt ist mir leider noch weniger klar als vorher! Ich habe mir Folgendes überlegt:

Ist

(a_{n})

eine rationale Folge mit Grenzwert

x \in ℚ,

dann gilt

f (x) = \frac{1}{q}

und

f (a_{n}) = \frac{1}{q},

dann ist

f

stetig in

x

.

Ist

(\frac{p_{n}}{q_{n}})

eine rationale Folge mit Grenzwert

x \in ℝ \ ℚ,

dann gilt

f (x) = 0

und

f (\frac{p_{n}}{q_{n}}) = \frac{1}{q_{n}},

das bedeutet, dass

f

nicht stetig in

x

ist.

Damit würde ich genau das Gegenteil beweisen, der Aufgabenstellung nach wären meine Überlegungen falsch, aber warum?!

ledum aktiv_icon

20:09 Uhr, 24.05.2017

Hallo für Stetigkeit mussefür ALLE Folgen

x_{n} \to x, f (x_{n}) \to f (x)

wenn du ein paar (die rationalen raussuchst reicht das nicht für Stetigkeit, im Gegenteil, wenn du nur eine Folge

x_{n}

hast für die das nicht gilt, und eine wurde dir genannt ist die fit in dem Punkt nicht stetig.
Stetigkeit kann man selten mit Folgen zeigen eben wegen dem "Alle"
Gruß ledum

tobit aktiv_icon

21:03 Uhr, 24.05.2017

Hallo,

" Ist

(\frac{p_{n}}{q_{n}})

eine rationale Folge mit Grenzwert x∈ℝ\ℚ, dann gilt f(x)=0 und

f (\frac{p_{n}}{q_{n}}) = \frac{1}{q_{n}}

[...]"

Zumindest wenn

p_{n} \in ℤ

q_{n} \in ℕ

und

p_{n}

und

q_{n}

teilerfremd.
(Ich bezeichne in diesem Beitrag mit

ℕ

die natürlichen Zahlen OHNE die 0.)

Um die Stetigkeit von

f

an der Stelle

x

nachzuweisen, müssen wir also (insbesondere)

lim_{n \to \infty} \frac{1}{q_{n}} = 0

nachweisen.

Gleichbedeutend ist wegen

q_{n} > 0

die Eigenschaft

lim_{n \to \infty} q_{n} = + \infty

.

Der Nachweis dieser Eigenschaft ist nicht ganz einfach:

Sei

K \in ℝ

beliebig vorgegeben.
Wir müssen nun ein

N \in ℕ

finden mit

q_{n} \geq K

für alle

n \geq N

.

Die Mengen

Q := {q \in ℕ ∣ q < K}

und

P := {p \in ℤ ∣ ∣ p ∣ < 2 \cdot ∣ x ∣ \cdot K}

sind endlich und somit auch die Menge

M := {\frac{p}{q} ∣ p \in P, q \in Q}

.

Sei

ɛ := min ({∣ m - x ∣ ∣ m \in M} \cup {∣ x ∣})

.
Dann ist

ɛ > 0

, da alle

m \in M

rational sind, jedoch

x

irrational ist.

Wegen

lim_{n \to \infty} \frac{p_{n}}{q_{n}} = x

existiert ein

N \in ℕ

mit

(*)

∣ \frac{p_{n}}{q_{n}} - x ∣ < ɛ

für alle

n \geq N

.

Sei nun

n \geq N

beliebig vorgegeben.
Zeigen wollen wir, dass wie gewünscht

q_{n} \geq K

gilt.

Nach Definition von

ɛ

und nach (*) erhalten wir

\frac{p_{n}}{q_{n}} \notin M

und

∣ \frac{p_{n}}{q_{n}} ∣ \leq ɛ + ∣ x ∣ \leq 2 \cdot ∣ x ∣

, also

∣ p_{n} ∣ \leq 2 \cdot ∣ x ∣ \cdot q_{n}

(**).

Wegen

\frac{p_{n}}{q_{n}} \notin M

gilt

p_{n} \notin P

oder

q_{n} \notin Q

.
Falls

p_{n} \notin P

folgt

∣ p_{n} ∣ \geq 2 \cdot ∣ x ∣ \cdot ∣ K ∣

und damit mit (**)

q_{n} \geq K

.
Falls

q_{n} \notin Q

erhalten wir direkt

q_{n} \geq K

.

Viele Grüße
Tobias

nuubi aktiv_icon

16:12 Uhr, 25.05.2017

Hallo ledum, hallo tobit, danke für eure Beiträge! :-)

@ledum: Ja, es muss für alle Folgen gelten, kapiert!

@tobit: Wenn der Grenzewert der Folge

(\frac{1}{q_{n}}) = 0

ist, sind doch alle Folgenglieder aus der Menge der rationalen Zahlen und für alle x

\in ℚ

ist f(x) ja(gemäß Aufgabe Teil A) nicht stetig.
Bzw.

lim_{n \to \infty} \frac{1}{q_{n}} = 0

und

lim_{n \to \infty} f (\frac{1}{q_{n}}) = \frac{1}{q_{n}} \neq 0

, denn

\frac{1}{q_{n}} \in ℚ

für alle

n \in ℕ

.

Ich komme mit dem Aufgabenteil B einfach nicht weiter :(

DrBoogie aktiv_icon

16:50 Uhr, 25.05.2017

"sind doch alle Folgenglieder aus der Menge der rationalen Zahlen und für alle x ∈ℚ ist f(x) ja(gemäß Aufgabe Teil A) nicht stetig"

Du verwechselst zwei Sachen: "alle Folgenglieder rational" und "Grenzwert rational".
Sie haben nichts miteinander zu tun.
Eine komplett rationale Folge kann gegen eine irrationale Zahl konvergieren und umgekehrt.
Der Teil A kann Dir im Teil B gar nicht helfen, also vergiss ihn lieber.

Wie ich schon sagte am Anfang, Teil B ist komplex. Aber Tobit war so nett, den Beweis zu schreiben. Nun musst Du ihn nur verstehen. Aber das ist einfach, daher denke in Ruhe darüber nach.

tobit aktiv_icon

19:39 Uhr, 25.05.2017

Alles Wesentliche hat DrBoogie schon erklärt. (Danke dafür! :-) )

Ich habe noch nicht ganz (aber "fast") gezeigt, dass

f

in jedem irrationalen Punkt

x \in ℝ

stetig ist:

Dazu müssen wir eine beliebig vorgegebene Folge

(a_{n})_{n \in ℕ}

reeller Zahlen mit

lim_{n \to \infty} a_{n} = x

betrachten und

lim_{n \to \infty} f (a_{n}) = 0 = f (x)

nachweisen.

Ich habe diesen Nachweis für den Spezialfall

a_{n} \in ℚ

für alle

n \in ℕ

geführt.

Da aber

f (b) = 0

für alle

b \in ℝ \ ℚ

gilt, sollte zumindest anschaulich plausibel sein, dass dann die Aussage

lim_{n \to \infty} f (a_{n}) = 0

auch für beliebige Folgen

(a_{n})_{n \in ℕ}

reeller Zahlen mit

lim_{n \to \infty} a_{n} = x

folgt.

Man kann dies natürlich auch formal nachweisen.

nuubi aktiv_icon

20:22 Uhr, 26.05.2017

Beim besten Willen verstehe ich leider immer noch nicht, wie es sein kann, dass die Folge

(f (\frac{p_{n}}{q_{n}}))

gegen 0 und nicht gegen

\frac{1}{q_{n}}

konvergiert, wenn

(\frac{p_{n}}{q_{n}})

eine rationale Folge ist, die gegen 0 konvergiert, wo doch für alle

n

die Folgenglieder

\frac{p_{n}}{q_{n}}

rational sind und deren Abbildung

\frac{1}{q_{n}}

ist.

tobit aktiv_icon

21:09 Uhr, 26.05.2017

Die Folgen

(\frac{p_{n}}{q_{n}})_{n \in ℕ}

, die wir gerade betrachten, konvergieren nicht gegen 0, sondern gegen eine irrationale Zahl

x

.

Jede Folge der Form

(f (\frac{p_{n}}{q_{n}}))_{n \in ℕ}

(wobei alle Brüche in gekürzter Form vorliegen mögen und die Nenner positiv seien und die Folge

(\frac{p_{n}}{q_{n}})_{n \in ℕ}

gegen eine irrationale Zahl konvergiere) ist nichts anderes als die Folge

(\frac{1}{q_{n}})_{n \in ℕ}

.

Diese Folge konvergiert nicht gegen einen Wert

\frac{1}{q_{n}}

für irgendein

n \in ℕ

(warum sollte sie das tun?), sondern gegen

0

, wie ich nachgewiesen habe.

Mal zum Vergleich: Die Folge

(\frac{1}{n})_{n \in ℕ}

konvergiert ja auch nicht gegen irgendeinen Wert der Form

\frac{1}{n}

, sondern gegen 0.

Du hast mit Folgendem Recht: WÜRDE die Folge

(f (\frac{p_{n}}{q_{n}}))_{n \in ℕ} = (\frac{1}{q_{n}})_{n \in ℕ}

gegen irgendeinen Wert der Form

\frac{1}{q_{n}}

konvergieren, so könnte sie nicht gleichzeitig gegen 0 konvergieren.
Aber die Folge

(\frac{p_{n}}{q_{n}})_{n \in ℕ} = (\frac{1}{q_{n}})_{n \in ℕ}

konvergiert eben nicht gegen einen Wert der Form

\frac{1}{q_{n}}

.

Noch ein Versuch der Hilfestellung:
Die Folge

(\frac{1}{q_{n}})_{n \in ℕ}

ist die Folge

(\frac{1}{q_{1}}, \frac{1}{q_{2}}, \frac{1}{q_{3}}, \frac{1}{q_{4}}, \dots)

.
Es gibt keine bestimmte Zahl

q_{n}

, sondern für jede natürliche Zahl

n

eine Zahl

q_{n}

.

Klärt diese Darstellung deine Fragen?
(Mir fällt es etwas schwer, eine gute Erklärung zu geben, da mir unklar ist, warum die Folge

(\frac{1}{q_{n}})_{n \in ℕ}

deiner Meinung nach gegen einen der Werte der Form

\frac{1}{q_{n}}

konvergieren sollte.)

nuubi aktiv_icon

23:03 Uhr, 26.05.2017

Ja, die Folge

(\frac{1}{q_{n}})

konvergiert gegen Null, das verstehe ich.
Jedes Folgenglied

\frac{1}{q_{n}}

ist doch für alle

n \in ℕ

vom Typ

\frac{p_{n}}{q_{n}},

wobei

(p_{n})

die konstante Folge

(1)

ist, und jedes Folgenglied

\frac{1}{q_{n}}

ist auch vollständig gekürzt, darum ist doch

f (\frac{1}{q_{n}}) = \frac{1}{q_{n}}

für alle

n

.

Deshalb dachte ich, dass daraus folgt, dass der Grenzwert der Folge

(f (\frac{1}{q_{n}}))

gleich

\frac{1}{q_{n}}

ist
aber je länger ich mir meinen geschriebenen Senf anschaue, umso mehr Zweifel kommen mir auf.

Ich habe hier ein Skript mit zwei Beispielen und dort wird so ähnlich argumentiert.
Da wird zum einen die Unstetigkeit der Dirichletfunktion bewiesen indem eine rationale Folge

(x_{n})

gegen ein irrationales

x

konvergiert und der Grenzwert von

(f (x_{n}))

gleich 1 ist.
Deshalb dachte ich, dass ich auch so argumentieren könne und den Grenzwert von

(f (\frac{1}{q_{n}}))

gleich

\frac{1}{q_{n}}

setzen kann.
Die andere Aufgabe ist eine Funktion von

ℝ

nach

ℝ

mit

f (x) = 0

für

x

ungleich 0 und

f (x) = 1

für

x = 0

.
Da wird eine Nullfolge

(a_{n}) \in ℝ

ohne

{0}

definiert und argumentiert, dass(f(a_n)) die konstante Folge

(0)

ist, also der Grenzwert limes

f (a_{n}) = 0

für

n

gegen Unendlich.

Diese Denkweise habe ich für die Aufgabe ganz oben übernommen, das scheint ja wohl falsch zu sein. Ich könnte nur dann so argumentieren, wenn

(f (\frac{1}{q_{n}}))

eine Konstante Folge wäre?

LG

tobit aktiv_icon

08:13 Uhr, 27.05.2017

" Ja, die Folge (1qn) konvergiert gegen Null, das verstehe ich. "

Gut. (Natürlich ist dies alles andere als selbstverständlich, aber den Beweis habe ich ja geführt.)
Und die Folge

(\frac{1}{q_{n}})_{n \in ℕ}

ist ja wegen

\frac{1}{q_{n}} = f (\frac{p_{n}}{q_{n}})

für alle

n \in ℕ

nichts anderes als die Folge

(f (\frac{p_{n}}{q_{n}}))_{n \in ℕ}

.
Also konvergiert die Folge

(f (\frac{p_{n}}{q_{n}}))_{n \in ℕ} = (\frac{1}{q_{n}})_{n \in ℕ}

gegen 0.

" Jedes Folgenglied 1qn ist doch für alle n∈ℕ
vom Typ pnqn, wobei (pn) die konstante Folge (1) ist, und jedes Folgenglied 1qn
ist auch vollständig gekürzt, darum ist doch f(1qn)=1qn für alle n. "

Ich sehe zwar keinen besonderen Nutzen in dieser Überlegung, aber sie ist völlig richtig. ;-)

" Deshalb dachte ich, dass daraus folgt, dass der Grenzwert der Folge (f(1qn)) gleich 1qn ist
aber je länger ich mir meinen geschriebenen Senf anschaue, umso mehr Zweifel kommen mir auf. "

Zurecht.
(Jede Folge reeller Zahlen kann nur einen Grenzwert haben.
Welche der Zahlen

\frac{1}{q_{n}}

für

n \in ℕ

sollte denn der Grenzwert sein?)

" Ich habe hier ein Skript mit zwei Beispielen und dort wird so ähnlich argumentiert.
Da wird zum einen die Unstetigkeit der Dirichletfunktion bewiesen indem eine rationale Folge (xn)
gegen ein irrationales x konvergiert und der Grenzwert von (f(xn)) gleich 1 ist. "

Hier gilt also

f (x_{n}) = 1

für alle

n \in ℕ

(f (x_{n}))_{n \in ℕ}

ist also die konstante Folge

(1)_{n \in ℕ}

, die immer den Wert 1 annimmt.
Sie konvergiert in der Tat gegen 1, wie ihr vermutlich kurz nach Einführung von Konvergenz von Folgen bewiesen habt.

" Deshalb dachte ich, dass ich auch so argumentieren könne und den Grenzwert von (f(1qn)) gleich 1qn
setzen kann. "

Nein.
Eine konstante Folge

(a)_{n \in ℕ}

für

a \in ℝ

konvergiert stets gegen den Wert

a

.
Eine beliebige Folge

(a_{n})_{n \in ℕ}

reeller Zahlen konvergiert im Allgemeinen nicht gegen irgendein

a_{n}

.

" Diese Denkweise habe ich für die Aufgabe ganz oben übernommen, das scheint ja wohl falsch zu sein. Ich könnte nur dann so argumentieren, wenn (f(1qn)) eine Konstante Folge wäre? "

So ist es.

nuubi aktiv_icon

12:39 Uhr, 28.05.2017

"Jede Folge reeller Zahlen kann nur einen Grenzwert haben. Welche der Zahlen

\frac{1}{q_{n}}

für n∈ℕ sollte denn der Grenzwert sein?"

Oh mann, ja, das ist es! Puh, zugegeben, das war eine schwere Geburt, aber jetzt habe ich meinen Denkfehler endlich erkannt! Dank Deiner Hilfe!
Finde ich echt superlieb von Dir, dass Du Dir so viel Mühe gemacht hast, dass Du mir den ausführlichen Beweis gezeigt hast, den ich demnächst versuchen werde zu verstehen, denn jetzt verstehe ich ja erst, was es zu beweisen gibt.
Vielen Dank! :-)

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