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Bestimmen Sie für die Funktion f: A→R zu a∈A und ε > 0  ein δ > 0, so dass aus x∈A und |x-a| < δ folgt |f(x) - f(a)| < ε.

f: [1, 2]→R, x → 2x²

Kann mir jemand auf die Sprünge helfen?

Wenn ε frei wählbar ist, wie kann es dann ein δ geben, durch das der Betrag der Funktionswertdifferenz zwingend kleiner als dieses ε ist?

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Wähle z.B. δ=ε2(x+a)\delta=\dfrac\varepsilon{2(x+a)}.

1 Antwort

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das ist ja im Grunde die Bedingung dafür, dass die Funktion auf AA stetig ist. Da hier A=[1, 2]A =[1,\ 2] ist gilt: x+a4 |x+a| \leq 4 für alle x,aAx, a \in A.

Somit für ein ε>0\varepsilon > 0 , wähle δ=ε8\delta = \frac{\varepsilon}{8} .

2x22a2=2x+axa8xa<ε |2x^2-2a^2|=2|x+a||x-a|\leq8|x-a| < \varepsilon


Gruß

Avatar von 23 k

Vielen Dank für die Antwort, ich denke ich hab´s verstanden.

Aber aus Interesse, nicht Teil der Aufgabe: Wie würde die Rechnung aussehen, wenn A = [1, ∞) ?

Lass uns doch direkt A=RA= \mathbb{R} nehmen.

Wir nehmen als Zwischengedanken mal: xa<δ<1|x-a| < \delta < 1. Somit ist vor allem wegen der Dreiecksungleichung x+a=xa+2axa+2a<1+2a |x+a| = |x-a+2a| \leq |x-a|+2|a| < 1 + 2|a| .

Somit suchen wir für ein ε>0\varepsilon > 0 ,  δ>0\delta > 0 , so dass

2x+axa<2(1+2a)δε 2|x+a||x-a| < 2(1+2|a|) \delta \leq \varepsilon

Setzen wir also δ=min(ε2+4a,c) \delta = \min( \frac{\varepsilon}{2+4|a|}, c) , wobei 0<c<10<c<1 irgendeine Zahl ist, so finden wir für alle aR a \in \mathbb{R} und ε>0\varepsilon > 0 also ein δ>0\delta > 0, so dass aus xa<δ|x-a| < \delta folgt, dass f(x)f(a)<ε|f(x)-f(a)| < \varepsilon. Somit ist die Funktion f(x)=x2f(x) = x^2 auf ganz R\mathbb{R} stetig.

Muss ich mir heute Abend in Ruhe durch den Kopf gehen lassen.

Aber auf jeden Fall tausend Dank

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