Stetigkeit von Funktionen an Sprungstellen

Question

Hallöle,

Gegeben ist eine irgendeine Funktion, die z.B x³  für alle rationalen Zahlen animmt und 0 für alle irrationalen.

Foglendes ist unklar:

Es liegen ja immer unendlich viele irrationale als auch rationale Zahlen nebeneinander, unstetig ist die Funktion also nur an dem Übergang von rational auf irrational oder umgekehrt.

Wie drückt man das aber mathematisch aus? z.B mit Mengen?

Danke und Gruß

Jan

Answer 1

Zwischen zwei rationalen Zahlen liegen unendlich viele irrationale Zahlen.

Zwischen zwei irrationalen Zahlen liegen unendlich viele rationale Zahlen.

Ich würde sagen damit ist die Funktion an jeder Stelle unstetig.

Comments

Die einzige Ausnahme wäre vielleicht  die Stelle x = 0. (?)

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Mhmmm, so hab Ich das ja noch nie betrachtet. Super! Danke (-:
An x=0, müsste es ja demnach trotzdem unstetig sein, da nach links und rechts sowohl irrationale als auch rationale Zahl kommen kann..

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Hallo Lu. Diese durchaus berechtigte Frage hatte ich mir auch gestellt.

Um ehrlich zu sein weiß ich das auch nicht so genau.

Aufgrund der Tatsache das man aber nicht weiß ob der nächste Punkt jetzt Null oder ungleich Null ist würde ich aber momentan eher zu unstetig tendieren.

Aber wie gesagt auch da wäre ich mir unsicher.

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In 0 ist die Funktion stetig.

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Könntest du kurz begründen wieso? 

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Das steht in den ersten paar Zeilen von LCs formaler Antwort.

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Ah ja habs,  die Antwort hat es noch nicht angezeigt gehabt. 

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Man kann auch den Einschnürungssatz verwenden: Für $x\geq 0$ ist $0\leq f(x)\leq x^3$ (dabei sei $f$ die oben definierte Funktion). Wegen $\lim_{x\to 0} 0=\lim_{x\to 0}x^3=0$ ist dann der rechtsseitige Grenzwert von $f$ an der Stelle 0 gleich 0.
Genau so zeigt man, dass auch der linksseitige Grenzwert 0 ist. Außerdem ist der Funktionswert an dieser Stelle 0, damit ist die Funktion dort stetig.

Answer 2

Man kanns formal z.B. so machen.

Also die Funktion ist nur in 0 stetig.

$$f(x)=\begin{cases} x^3,~\quad x\in\mathbb{Q} \\ 0,~~~\quad x\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}\end{cases}~.$$

In $a=0$ ist $f$ stetig:

Sei $\varepsilon > 0$. Sei $\delta = \sqrt[3]{\varepsilon}$. Dann gilt für alle $x$ mit $|x| < \delta$:

$|f(x)| \leq |x^3| < \delta^3 = \varepsilon$.

Ab jetzt sei $a\neq 0$. Weiterhin sei nun $a\in\mathbb{Q}$. Nehme an, $f$ sei stetig in $a$. Betrachte die Folge $(x_n)_{n\in\mathbb{N}}$ mit $x_n=a+\frac{\sqrt{2}}{n}$. Alle Glieder der Folge sind irrational. Damit folgt

$$\lim_{n\rightarrow \infty} f(x_n) = \lim_{n\rightarrow \infty} 0 = 0$$

und

$$f(\lim_{n\rightarrow \infty} x_n) = f(a) = a^3~.$$

Wegen $a\neq 0$ ist also $\lim_{n\rightarrow \infty} f(x_n) \neq f(\lim_{n\rightarrow \infty} x_n)$ und dies ist ein Widerspruch zur Annahme, dass $f$ stetig in $a$ ist.

Nun sei $|a| > 1$ und $a\in\mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}$. Sei $\varepsilon = |a|$. Nehme an, $f$ sei stetig in $a$, d.h. es existiere ein $\delta > 0$, sodass für alle $x$ mit $|x-a| < \delta$ folgt, dass $|f(x)-f(a)| = |f(x)| < \varepsilon = |a|$. Da die rationalen Zahlen dicht in $\mathbb{R}$ sind, gibt es ein rationales $\widetilde{x}\in (a, a+\delta)$. Es folgt $|f(\widetilde{x})| = |\widetilde{x}|^3 \overset{Monotonie}{\underset{von~x^3}{>}} |a|^3 > |a| = \varepsilon$. Widerspruch.

Als letztes sei nun $0 < |a| < 1$ und $a$ sei irrational. Sei $\varepsilon = |a|^3$. Nehme an, $f$ sei stetig in $a$, d.h. es existiere ein $\delta > 0$, sodass für alle $x$ mit $|x-a| < \delta$ folgt, dass $|f(x)-f(a)| = |f(x)| < \varepsilon = |a|^3$. Mit dem selben Argument wie eben existiert ein rationales $\widetilde{x} \in (a,a+\delta)$ und man erhält analog $|f(\widetilde{x})| = |\widetilde{x}|^3 > |a|^3 = \varepsilon$. Widerspruch.

Oh, mir ist ein kleiner Fehler unterlaufen. Bei den letzten beiden Fällen muss man noch mal zwischen positivem und negativem $a$ unterscheiden wegen den Beträgen. Das was oben steht klappt nur, wenn $a$ positiv ist, wenn $a$ negativ ist, nimmt man $\widetilde{x}\in (a-\delta, a)$, dann klappt es wieder.