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Gutem morgen ihr Lieben,
ich habe ein Problem mit dem Epsilon-Delta-Kriterium.
Ich soll zeigen, dass eine Funktion [mm] $f:\IR^2 \to \IR$ [/mm] mit
[mm] $$f(x,y)=\begin{cases}\bruch{xy}{\wurzel{|x|}+y^2} , \text{ falls }(x,y)\not= (0,0) \\ 0, \text{ falls } (x,y)= (0,0) \end{cases}$$
[/mm]
(sry, bei der "klammerfunktion" wird mir immer ein fehler angezeigt!?!?)
Moderator Marcel: Editiert, siehe Mitteilung unten!
in (0,0) stetig ist. Dazu habe ich jedoch eine Metrik für [mm] $\IR^2$ [/mm] von
[mm] $d(x,y)=\wurzel{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}$.
[/mm]
Zu zeigen ist das ganze mit dem Epsilon-Delta-Kriterium.
ich habe so begonnen:
[mm] $d(f(x,y),f(0,0))=d(\bruch{xy}{\wurzel{|x|}+y^2-0})=| \bruch{xy}{\wurzel{|x|}+y^2 }| [/mm] < [mm] \varepsilon$
[/mm]
jetzt zu [mm] $\delta$:
[/mm]
[mm] $\wurzel{(x_1-0)^2+(y_1-0)^2}=\wurzel{(x_1)^2+(y_1)^2} [/mm] < [mm] \delta$
[/mm]
Jetzt muss ich ja die Formel mit [mm] \varepsilon [/mm] so umformen, dass ich auf [mm] $\wurzel{(x_1)^2+(y_1)^2}$ [/mm] komme, um ein [mm] $\delta$ [/mm] zu erhalten, dass nur von [mm] $\epsilon$ [/mm] abhängt. Bei anderen aufgaben, war es immer so, dass man nur durch 2 teilen musste oder so, sodass man auf [mm] $\delta [/mm] = [mm] \bruch{\varepsilon}{2}$ [/mm] kam. Aber wenn ich jetzt hierbei auch umforme, dann kbekomme ich ein [mm] $\delta$, [/mm] dass immer von [mm] $\epsilon$ [/mm] und irgendwelchen x und y abhängt, das ist aber so nicht richtig, oder?
Wie bekomme ich das dann anders gemacht? Muss ich ein [mm] $\varepsilon$ [/mm] vorgeben?? Aber eigentlich soll es ja für alle [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ gelten...
Ich komme an dieser stelle einfach nicht weiter, weil das mit dem [mm] $\IR^2$ [/mm] neu ist. Kann mir jemand helfen?
Vielen Dank schon mal^^
LG pythagora
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 02:36 Sa 30.04.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
setz x=rcost y=rsint dann ist dein [mm] \dlta=r [/mm] und setz in die andere gleichung ein.
Gruss leduart
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| Status: |
(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 08:24 Sa 30.04.2011 | | Autor: | pythagora |
Hallo^^
danke für die antwort.
Ich hab aber noch ein paar fragen:
Also bei f(x,y) das so einsetzen und dann bekomme ich das mit dem epsilon-delta kritierium so hin? muss ich das auch bei der metrik so einsetzen?
und zu guter letzt:
warum kann ich das überhaupt so setzen mit sin und cos...? das wäre nämlich wahrscheinlich nicht gerade meine nächste Idee gewesen ;) Wie kommt man darauf? oder kann man vielleicht auch andere Funktionen einsetzen?
LG und danke
pythagora
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> Gutem morgen ihr Lieben,
> ich habe ein Problem mit dem Epsilon-Delta-Kriterium.
> Ich soll zeigen, dass eine Funktion [mm]f:\IR^2 \to \IR[/mm] mit
> [mm]f(x,y)=\vektor{\bruch{xy}{\wurzel{|x|}+y^2} , falls (x,y)\not= (0,0) \\ 0, falls (x,y)= (0,0)}[/mm]
> in (0,0) stetig ist. Dazu habe ich jedoch eine Metrik für
> [mm]\IR^2[/mm] von
> [mm]d(x,y)=\wurzel{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}.[/mm]
>
> Zu zeigen ist das ganze mit dem Epsilon-Delta-Kriterium.
>
> ich habe so begonnen:
> [mm]d(f(x,y),f(0,0))\ =\ ..........\ =\ \left| \bruch{xy}{\wurzel{|x|}+y^2 }\right|\ <\ \varepsilon[/mm]
> jetzt zu [mm]\delta:[/mm]
> [mm]\wurzel{(x_1-0)^2+(y_1-0)^2}=\wurzel{(x_1)^2+(y_1)^2}\ <\ \delta[/mm]
>
> Jetzt muss ich ja die Formel mit [mm]\varepsilon[/mm] so umformen,
> dass ich auf [mm]\wurzel{(x_1)^2+(y_1)^2}[/mm] komme, um ein [mm]\delta[/mm]
> zu erhalten, dass nur von [mm]\essilon[/mm] abhängt. Bei anderen
> aufgaben, war es immer so, dass man nur durch 2 teilen
> musste oder so, sodass man auf [mm]\delta[/mm] =
> [mm]\bruch{\varepsilon}{2}[/mm] kam. Aber wenn ich jetzt hierbei
> auch umforme, dann kbekomme ich ein [mm]\delta,[/mm] dass immer von
> [mm]\epsilon[/mm] und irgendwelchen x und y abhängt, das ist aber
> so nicht richtig, oder?
>
> Wie bekomme ich das dann anders gemacht? Muss ich ein
> [mm]\vcarepsilon[/mm] vorgeben?? Aber eigentlich soll es ja für
> alle [mm]\varepsilon[/mm] > 0 gelten...
>
> Ich komme an dieser stelle einfach nicht weiter, weil das
> mit dem [mm]\IR^2[/mm] neu ist. Kann mir jemand helfen?
>
> Vielen Dank schon mal^^
> LG pythagora
Guten Tag pythagora,
es geht auch ohne Polarkoordinaten. Beachte, dass für
[mm] (x,y)\not=(0,0) [/mm] der Nenner stets positiv und damit f(x,y)
definiert ist. Ferner gilt dann
[mm] $\left|f(x,y)\right|\ [/mm] =\ [mm] \left|\bruch{xy}{\wurzel{|x|}+y^2}\right|\ [/mm] =\ [mm] \bruch{|x|*|y|}{\wurzel{|x|}+|y|^2}\right|$ [/mm]
Da keiner der beiden Summanden des Nenners negativ
sein kann, gelten die beiden Abschätzungen:
1.) [mm] $\left|f(x,y)\right|\ \le\ \bruch{|x|*|y|}{|y|^2}\right|$ [/mm] (falls [mm] y\not=0 [/mm] )
2.) [mm] $\left|f(x,y)\right|\ \le\ \bruch{|x|*|y|}{\wurzel{|x|}}\right|$ [/mm] (falls [mm] x\not=0 [/mm] )
Nun würde ich den Punkt $(x,y)$ einmal auf eine quadratische
Umgebung des Nullpunktes mit der Seitenlänge [mm] 2\,r [/mm] einschränken.
Es sei also $|x|<r$ und auch $|y|<r$ . Nun stellt sich die Frage:
wie (klein) soll man $r$ wählen, damit man sicher ist, dass
dann $f(x,y)$ kleiner als Epsilon wird ?
(die eine der obigen Abschätzungen ist dafür günstiger
als die andere)
Hat man dann ein solches $r$ gefunden, ist es leicht, dazu
auch ein passendes Delta anzugeben. Es müsste ja
einfach gelten: wenn [mm] d((x,y),(0,0))<\delta [/mm] , ist auch $|x|<r$ und $|y|<r$
und dann [mm] $|f(x)|<\varepsilon$ [/mm] .
Separat sollte man noch die Fälle $x=0$ bzw. $y=0$ betrachten !
LG Al-Chw.
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Hallo Al-Chwarizmi,
danke, die abschätzung ist klar, gute idee, danke..
aber das mit der eckigen umgebung :S wir haben nur runde also kugeln definiert...
also wähle ich x < r und auch y<r (btw. das selbe r bei beiden?) und dann kann ich damit weitermachen und ein delta finden was nur von epsilon und r abhängt?? irgendwie blicke ich da noch nicht ganz durch, denn bisher musste bei allen beispielen, die ich gerechnet habe das delta nur noch von epsilon abhängen... oder darf das auch noch von anderen gesetzen größen, wie z.b. r, abhängen?
LG
pythagora
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> Hallo Al-Chwarizmi,
> danke, die abschätzung ist klar, gute idee, danke..
>
> aber das mit der eckigen umgebung :S wir haben nur runde
> also kugeln definiert...
> also wähle ich x < r und auch y<r (btw. das selbe r bei
> beiden?) und dann kann ich damit weitermachen und ein delta
> finden was nur von epsilon und r abhängt?? irgendwie
> blicke ich da noch nicht ganz durch, denn bisher musste bei
> allen beispielen, die ich gerechnet habe das delta nur noch
> von epsilon abhängen... oder darf das auch noch von
> anderen gesetzen größen, wie z.b. r, abhängen?
>
> LG
> pythagora
Im Prinzip ist es einerlei, ob man runde oder eckige
Umgebungen benützt. Das mit den kreis- oder kugel-
förmigen Umgebungen ist nur Gewohnheit. Im vorlie-
genden Beispiel habe ich gefunden, dass [mm] r=\varepsilon^{2/3}
[/mm]
genügt. Wenn wir also dafür sorgen, dass [mm] |x|<\varepsilon^{2/3}
[/mm]
und [mm] |y|<\varepsilon^{2/3} [/mm] , dann folgt [mm] |f(x,y)|<\varepsilon [/mm] .
Setzen wir nun einfach [mm] \delta:=r [/mm] . Dann ist die [mm] \delta [/mm] - Umgebung
von O(0,0) die offene Kreisscheibe, deren Rand gerade
der Inkreis des vorher betrachteten Quadrates ist.
Liegt nun also ein Punkt (x,y) in [mm] U_{\delta}(O) [/mm] , so liegt
er natürlich auch im Quadrat, und dann folgt $\ [mm] |f(x,y)|<\varepsilon$ [/mm] .
Und wie du siehst, ist das r, das wir als vorläufige
Hilfsvariable benützt haben, aus der Rechnung ver-
schwunden.
Dass quadratische oder kreisförmige Umgebungen für
die Zwecke der Stetigkeitsprüfung austauschbar sind,
liegt daran, dass man in jedes Quadrat einen Kreis
und umgekehrt in jeden Kreis auch ein Quadrat ein-
fügen kann.
LG Al-Chw.
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ha! cool. ich hab das auch raus^^
wenn ich [mm] \delta=r [/mm] setzte, dann ist ja [mm] \delta [/mm] = [mm] \varepsilon^{2/3} [/mm] , oder?
habe ich dann überhaupt mit meiner metrik gerechnet? also die von [mm] \IR^2 [/mm] ??
noch eine komische Frage: warum kann man eingentlich x und y <r wählen. Mathematisch it das schon klar, aber irgendwie ist es doch komisch, dass ich zu zwei unterschiedlichen zahlen ein r wähle was größer ist und damit einfach weiterrechne.. also ist das nicht zu "ungenau"? (Und wie bekommt man überhaupt die idee, dass man das so ersetzen kann??)
wäre das eigentlich mit der anderen abschätzung auch gegangen? da wäre dann doch [mm] 1<\varepsilon [/mm] ... und dabei dann [mm] \delta [/mm] = [mm] \varepsilon?
[/mm]
Danke
pythagora
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> ha! cool. ich hab das auch raus^^
> wenn ich [mm]\delta=r[/mm] setzte, dann ist ja [mm]\delta[/mm] =
> [mm]\varepsilon^{2/3}[/mm] , oder?
Ja.
> habe ich dann überhaupt mit meiner metrik gerechnet? also
> die von [mm]\IR^2[/mm] ??
Ja. Die Punkte in der [mm] \delta [/mm] - Umgebung von O sind doch
genau die, welche von O einen euklidischen Abstand
kleiner als [mm] \delta [/mm] haben.
> noch eine komische Frage: warum kann man eigentlich x und
> y <r wählen. Mathematisch it das schon klar, aber
> irgendwie ist es doch komisch, dass ich zu zwei
> unterschiedlichen zahlen ein r wähle was größer ist und
> damit einfach weiterrechne.. also ist das nicht zu
> "ungenau"? (Und wie bekommt man überhaupt die idee, dass
> man das so ersetzen kann??)
Wir hatten ja:
Da keiner der beiden Summanden des Nenners negativ
sein kann, gelten die beiden Abschätzungen:
1.) $ [mm] \left|f(x,y)\right|\ \le\ \bruch{|x|\cdot{}|y|}{|y|^2}\right| [/mm] $ (falls $ [mm] y\not=0 [/mm] $ )
2.) $ [mm] \left|f(x,y)\right|\ \le\ \bruch{|x|\cdot{}|y|}{\wurzel{|x|}}\right| [/mm] $ (falls $ [mm] x\not=0 [/mm] $ )
Die zweite Ungleichung kann man auch so schreiben:
2.) $ [mm] \left|f(x,y)\right|\ \le\ \wurzel{|x|}\cdot{}|y|\right| [/mm] $ (falls $ [mm] x\not=0 [/mm] $ )
Und nun wollen wir ja eine (kleine) Umgebung von O
so festlegen, dass jeder Punkt in dieser Umgebung die
Ungleichung erfüllt. Jetzt haben wir eigentlich noch die
Wahl, welche Form die Umgebung haben soll. Wenn du
magst, kannst du z.B. auch ein Rechteck im Format des
goldenen Schnitts nehmen - aber als einfachste Möglich-
keit bietet sich halt das Quadrat oder ein Kreis an ...
Wir müssen ja ohnehin x und y "im Zaum" oder besser
noch "im Zaun halten", warum dann nicht mit dem
einfachsten möglichen Gehege ...
An diesen Überlegungen ist nichts ungenau - man muss
sich nur daran gewöhnen, dass man auch in mathe-
matischen Dingen manchmal großzügig sein kann.
Für den Stetigkeitsnachweis ist es nicht wichtig, gerade
jenes [mm] \delta [/mm] zu finden, das gerade noch knapp genügt.
Nehmen wir ein halb so großes oder tausendmal klei-
neres [mm] \delta, [/mm] können wir die Ungleichung immer noch
beweisen.
> wäre das eigentlich mit der anderen abschätzung auch
> gegangen? da wäre dann doch [mm]1<\varepsilon[/mm] ... und dabei
> dann [mm]\delta[/mm] = [mm]\varepsilon?[/mm]
Die Ungleichung aus der ersten Abschätzung ist nicht
günstig, weil man dann
1.) $ [mm] \left|f(x,y)\right|\ \le\ \bruch{|x|}{|y|}\right| [/mm] $ (falls $ [mm] y\not=0 [/mm] $ )
hat. Nun kann man diesen Ausdruck eben nicht beliebig
klein machen, indem man den Punkt (x,y) einfach in
einen engen Käfig um O(0,0) herum sperrt. Das liegt an
dem Nenner |y| . Ein Beispiel: Wenn du etwa [mm] \delta=0.001
[/mm]
vorgibst, setze ich zum Beispiel
[mm] P=(0.000'9\,,\,0.000'000'000'000'000'000'1)
[/mm]
Dann wird [mm] $\bruch{|x|}{|y|}\ [/mm] =\ 9'000'000'000'000'000$ ,
mit anderen Worten riesengroß.
> Danke
> pythagora
Schönen Abend ! Al
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vielen dank für die tollen erklärungen^^ aber eine frage hab ich noch ;)
> > habe ich dann überhaupt mit meiner metrik gerechnet? also
> > die von [mm]\IR^2[/mm] ??
>
> Ja. Die Punkte in der [mm]\delta[/mm] - Umgebung von O sind doch
> genau die, welche von O einen euklidischen Abstand
> kleiner als [mm]\delta[/mm] haben.
ich habe also den Punkt O(0,0), welcher in einer offenen [mm] \delta [/mm] -Umgebung (Kugel) liegt und [mm] \delta [/mm] = [mm] \varepsilon^{2/3} [/mm] die abstände von punkten innerhalb dieser kugel berechnen sich mit der euklidischen metrik. ja?
damit liegt mein fazit ja eigentlich bei [mm] \delta [/mm] = [mm] \varepsilon^{2/3}, [/mm] weil ich zu jedem epsilon ein delta finden kann, sodass das epsilon-delta-kriterium erfüllt ist...
Mag sich jetzt komisch anhören, aber ich habe ja eigentlich nur mit der normalen metrik in [mm] \IR [/mm] und der funktion selber dieses fazit bekommen. Sonst musste ich immer doch "die andere seite" verwenden...also z.b.
f(x)=2x
dann muss ich zeigen
(x,0)< [mm] \delta [/mm] --> (f(x)-f(0))< [mm] \epsilon
[/mm]
|x|< [mm] \delta [/mm] --> |f(x)|< [mm] \epsilon
[/mm]
|x|< [mm] \delta [/mm] --> |2x|< [mm] \epsilon
[/mm]
also [mm] \delta [/mm] = [mm] \bruch{\epsilon}{2}
[/mm]
guck, ich hab die linke seite mit dem [mm] \delta [/mm] in die rechte eingebaut...
hab ich das bei meiner aufgabe auch gemacht?? durch das definieren von [mm] \delta [/mm] = r ??
Irgendwie verwirrt mich das..Kannst du mir das erklären??
LG und ebenfalls einen schönen abend
pythagora
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> vielen dank für die tollen erklärungen^^ aber eine frage
> hab ich noch ;)
> ich habe also den Punkt O(0,0), welcher in einer offenen
> [mm]\delta[/mm] -Umgebung (Kugel) liegt und [mm]\delta[/mm] =
> [mm]\varepsilon^{2/3}[/mm] die abstände von punkten innerhalb
> dieser kugel berechnen sich mit der euklidischen metrik.
> ja?
natürlich
> damit liegt mein fazit ja eigentlich bei [mm]\delta[/mm] =
> [mm]\varepsilon^{2/3},[/mm] weil ich zu jedem epsilon ein delta
> finden kann, sodass das epsilon-delta-kriterium erfüllt
> ist...
>
> Mag sich jetzt komisch anhören, aber ich habe ja
> eigentlich nur mit der normalen metrik in [mm]\IR[/mm] und der
> funktion selber dieses fazit bekommen. Sonst musste ich
> immer doch "die andere seite" verwenden...also z.b.
> f(x)=2x
> dann muss ich zeigen
> (x,0)< [mm]\delta[/mm] --> (f(x)-f(0))< [mm]\epsilon[/mm]
> |x|< [mm]\delta[/mm] --> |f(x)|< [mm]\epsilon[/mm]
> |x|< [mm]\delta[/mm] --> |2x|< [mm]\epsilon[/mm]
> also [mm]\delta[/mm] = [mm]\bruch{\epsilon}{2}[/mm]
>
> guck, ich hab die linke seite mit dem [mm]\delta[/mm] in die rechte
> eingebaut...
> hab ich das bei meiner aufgabe auch gemacht?? durch das
> definieren von [mm]\delta[/mm] = r ??
Ob du das wirklich auch gemacht hast, weiß ich nicht.
Jedenfalls hahe ich es gemacht, um auf [mm] r=\varepsilon^{2/3} [/mm] zu kommen:
Wir möchten, dass [mm] |f(x,y)|<\varepsilon [/mm] wird und setzen
einmal voraus, dass [mm] (x,y)\in U_{\delta}(O), [/mm] also [mm] |(x,y)|<\delta [/mm] ,
d.h. [mm] x^2+y^2<\delta^2 [/mm] .
Daraus folgt, dass [mm] x^2<\delta^2 [/mm] sowie [mm] y^2<\delta^2 [/mm] und
somit [mm] |x|<\delta [/mm] sowie [mm] |y|<\delta [/mm] .
Ferner haben wir uns schon überlegt, dass
$\ [mm] |f(x,y)|\le \sqrt{|x|}*|y|$
[/mm]
Wenn nun alles obige vorausgesetzt ist, folgt
$\ [mm] |f(x,y)|\le \sqrt{|x|}*|y|\ [/mm] <\ [mm] \sqrt{\delta}*\delta\ [/mm] =\ [mm] \delta^{3/2}$
[/mm]
Soll nun |f(x,y)| kleiner als [mm] \varepsilon [/mm] werden, genügt es also,
[mm] $\delta^{3/2}\ [/mm] =\ [mm] \varepsilon$ [/mm] zu setzen und somit [mm] $\delta\ [/mm] =\ [mm] \varepsilon^{2/3}$
[/mm]
LG Al-Chw.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:26 So 01.05.2011 | | Autor: | pythagora |
ah, ok, dan ist jetzt alles klar^^ ich danke dir und wünsche noch einen tollen sonntag^^
LG
pythagora
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:00 Sa 30.04.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Gutem morgen ihr Lieben,
> ich habe ein Problem mit dem Epsilon-Delta-Kriterium.
> Ich soll zeigen, dass eine Funktion [mm]f:\IR^2 \to \IR[/mm] mit
> [mm]f(x,y)=\begin{cases}\bruch{xy}{\wurzel{|x|}+y^2} , \text{ falls }(x,y)\not= (0,0) \\ 0, \text{ falls } (x,y)= (0,0) \end{cases}[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
>
> (sry, bei der "klammerfunktion" wird mir immer ein fehler
> angezeigt!?!?)
ich habe Dir die "Klammerfunktion" editiert:
Klick' mal auf die Formel, man kann das mit "Backslash" und dann begin{cases} und "Backslash" end{cases} formulieren.
Mit der "Original Latex-Klammerfunktion" wird natürlich ein Klammerabschluss erwartet, das geht dann so:
$$\left\{ a^2+b^2=c^2 \right.$$
(Abschließend ist da also der Befehl "Backslash" und dann right. - wobei Du, wenn Du nicht links mit left sondern nur mit $\{$ öffnest, dann auch mit "Backslash" und dann den Punkt die Klammer schließen kannst.)
P.S.:
Formeln bitte generell in zwei Dollarzeichen (also "Dollar" a+b=c "Dollar") einschließen ($a^2+b^2=c^2$) oder halt mit den "Doppel-m" Befehlen. Näheres dazu findest Du auch hier [mm] ($\leftarrow$ klick it!). Beachte auch dort den Punkt "Fallunterscheidungen".
Gruß,
Marcel
[/mm]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:11 Sa 30.04.2011 | | Autor: | pythagora |
ahhh ok, daran lag's wahrscheinlich, danke^^
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