Lösungen zu den Aufgaben aus Kapitel 6:
Stetige Funktionen - Der Begriff der stetigen Funktion
Lösungen zu den Aufgaben Grundbegriffe
Lösung zur Aufgabe 6.1.1 - Definitionsbereich und Wertebereich
| (i) | \( D(f)=\mathbb R,\ W(f)=\mathbb R \) |
| (ii) | \( D(f)=\mathbb R,\ W(f)=[0,\infty) \) |
| (iii) | \( D(f)=\mathbb R,\ W(f)=\mathbb R \) |
| (iv) | \( D(f)=\mathbb R\setminus\{0\},\ W(f)=\mathbb R\setminus\{0\} \) |
| (v) | \( \displaystyle D(f)=\mathbb R,\ W(f)=\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right) \) |
Damit sind alle Größen bestimmt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 6.1.2 - Nicht lösbare Funktionalgleichungen
| (i) | Für \( x=0 \) erhalten wir |
\[ f(0)+g(y)=0\quad\mbox{bzw.}\quad g(y)=-f(0)\quad\mbox{bzw.}\quad g=\mbox{const}\ \mbox{auf}\ \mathbb R. \]
| Für \( y=0 \) erhalten wir |
\[ f(x)+g(0)=0\quad\mbox{bzw.}\quad f(x)=-g(0)\quad\mbox{bzw.}\quad f=\mbox{const}\ \mbox{auf}\ \mathbb R. \]
| Das bedeutet \( f+g=\mbox{const} \) auf \( \mathbb R \) bzw. |
\[ x\cdot y=\mbox{const}\quad\mbox{auf}\ \mathbb R. \]
| Das ist aber ein Widerspruch. Zwei Funktionen \( f \) und \( g \) mit der genannten Eigenschaft kann es also nicht geben. | |
| (ii) | Zunächst gilt |
\[ f(0)\cdot g(0)=0+0=0, \quad\mbox{d.h.}\quad f(0)=0\ \mbox{oder}\ g(0)=0. \]
| Im Fall \( f(0)=0 \) erhalten wir einen Widerspruch wegen |
\[ 0=f(0)\cdot g(y)=0+y=y\quad\mbox{für alle}\ y\in\mathbb R, \]
| und im Fall \( g(0)=0 \) erhalten wir einen Widerspruch wegen |
\[ 0=f(x)\cdot g(0)=x+0=x\quad\mbox{für alle}\ x\in\mathbb R. \]
| Zwei Funktionen \( f \) und \( g \) mit der genannten Eigenschaft kann es also nicht geben. |
Damit ist alles bewiesen.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Stetigkeit und gleichmäße Stetigkeit
Lösung zur Aufgabe 6.1.3 - Beispiele stetiger Funktionen
| (i) | Wähle \( x_0\in\mathbb R \) beliebig. Zu \( \varepsilon\gt 0 \) setze \( \delta(\varepsilon,x_0):=\frac{\varepsilon}{2}. \) Dann ist |
\[ |f(x)-f(x_0)| =|(2x+5)-(2x_0+5)| =2|x-x_0| \lt 2\delta(\varepsilon,x_0) =\varepsilon \]
| für alle \( x\in\mathbb R \) mit \( |x-x_0|\lt\delta(\varepsilon,x_0). \) Also ist \( f \) in \( \mathbb R \) stetig. | |
| (ii) | Wähle \( x_0\in\mathbb R \) beliebig. Zu \( \varepsilon\gt 0 \) setze |
\[ \delta(\varepsilon,x_0):=\min\left\{1,\frac{\varepsilon}{1+2|x_0|}\right\}. \]
| Dann ist für alle \( x\in\mathbb R \) mit \( |x-x_0|\lt\delta(\varepsilon,x_0) \) |
\[ \begin{array}{lll} |f(x)-f(x_0)|\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle |x^2-x_0^2| \,=\,|(x+x_0)(x-x_0)| \,=\,|x+x_0||x-x_0| \\ & = & \negthickspace\displaystyle |x-x_0+x_0+x_0||x-x_0| \,=\,|x-x_0+2x_0||x-x_0| \\ & \le & \negthickspace\displaystyle \big[|x-x_0|+2|x_0|\big]\cdot|x-x_0| \,\le\,\big[\delta(\varepsilon,x_0)+2|x_0|\big]\cdot\delta(\varepsilon,x_0) \\ & \le & \negthickspace\displaystyle \big[1+2|x_0|\big]\cdot\delta(\varepsilon,x_0) \,\le\,\varepsilon. \end{array} \]
| Also ist \( f \) in \( \mathbb R \) stetig. | |
| (iii) | Wähle \( x_0\in[0,\infty) \) beliebig. Zu \( \varepsilon\gt 0 \) setze \( \delta(\varepsilon,x_0):=\varepsilon^2. \) Dann ist |
\[ |f(x)-f(x_0)| =\big|\sqrt{x}-\sqrt{x_0}\big| \le\sqrt{|x-x_0|} \lt\sqrt{\delta(\varepsilon,x_0)} =\varepsilon \]
| für alle \( x\in[0,\infty) \) mit \( |x-x_0|\lt\delta(\varepsilon,x_0). \) Dabei folgt die Ungleichung |
\[ \big|\sqrt{x}-\sqrt{x_0}\big|\le\sqrt{|x-x_0|} \]
| durch Quadrieren beider Seiten, Umstellen und Ausnutzen der Monotonie der verwendeten Potenz- bzw. Wurzelfunktionen. Insgesamt ist also \( f \) in \( [0,\infty) \) stetig. |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 6.1.4 - Die Dirichletsche Sprungfunktion
Sei \( x_0\in[0,1] \) eine rationale Zahl mit \( f(x_0)=1. \) Wegen der Dichtheit von \( \mathbb R\setminus\mathbb Q \) in \( \mathbb R \) finden wir zu jedem \( \delta\gt 0 \) eine irrationale Zahl \( x\in[0,1] \) mit \( f(x)=0 \) und \[ |x-x_0|\lt\delta,\quad\mbox{aber}\quad|f(x)-f(x_0)|=1\ge\frac{1}{2}=\varepsilon. \] Sei \( x_0\in[0,1] \) eine irrationale Zahl mit \( f(x_0)=0. \) Wegen der Dichtheit von \( \mathbb Q \) in \( \mathbb R \) finden wir zu jedem \( \delta\gt 0 \) eine rationale Zahl \( x\in[0,1] \) mit \( f(x)=1 \) und \[ |x-x_0|\lt\delta,\quad\mbox{aber}\quad|f(x)-f(x_0)|=1\ge\frac{1}{2}=\varepsilon. \] Also ist \( f \) in keinem Punkt \( x_0\in[0,1] \) stetig.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 6.1.5 - Stetig oder nicht stetig?
Zunächst ist \( f(0)=0. \) Wir zeigen, dass \( f \) in \( x_0=0 \) stetig ist. Zu \( \varepsilon\gt 0 \) wähle nämlich \( \delta(\varepsilon,0):=\varepsilon. \) Dann erhalten wir für alle \( x\in\mathbb R \) mit \( |x|\lt\delta(\varepsilon,0) \) \[ |f(x)-f(0)|=|f(x)|\le|x|\lt\delta(\varepsilon,0)=\varepsilon. \] Also ist \( f \) in \( x_0=0 \) stetig. Sei nun ohne Einschränkung \( x_0=\eta\gt 0 \) gewählt. Analog der Argumentation aus Aufgabe 6.1.4, finden wir dann zu \( \varepsilon=\frac{\eta}{2} \) kein \( \delta\gt 0, \) so dass \( |f(x)-f(x_0)|\lt\varepsilon \) für alle \( x\in\mathbb R \) mit \( |x-x_0|\lt\delta. \) Also ist \( f \) nicht stetig in jedem Punkt \( x_0\in\mathbb R\setminus\{0\}.\qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 6.1.6 - Abschätzung durch den Absolutbetrag
Zunächst ist \[ |f(0)|\le|0|=0,\quad\mbox{also}\ f(0)=0. \] Zu vorgegebenem \( \varepsilon\gt 0 \) setzen wir nun \( \delta(\varepsilon):=\varepsilon. \) Dann folgt \[ |f(x)|\le|x|\lt\delta(\varepsilon)=\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ |x|\lt\delta(\varepsilon), \] d.h. \( f \) ist in \( x_0=0 \) stetig.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 6.1.7 - Stetigkeit und gleichmäßige Stetigkeit
| (i) | Zu \( \varepsilon\gt 0 \) setzen wir \( \delta(\varepsilon):=\frac{\varepsilon}{2} \) und ermitteln |
\[ \begin{array}{lll} |f(x)-f(y)|\negthickspace & = & \negthickspace |x^2-y^2| \,=\,|(x+y)(x-y)| \,=\,|x+y||x-y| \\ & \le & \negthickspace 2|x-y| \,\lt\,2\delta(\varepsilon) \,=\,\varepsilon \end{array} \]
| für alle \( x,y\in[-1,1] \) mit \( |x-y|\lt\delta(\varepsilon). \) Also ist \( f \) gleichmäßig stetig auf \( [-1,1]. \) | |
| (ii) | Angenommen, \( f \) ist gleichmäßig stetig. Zu \( \varepsilon=1 \) existiert dann ein \( \delta\gt 0 \) mit |
\[ |f(x)-f(y)|\lt 1\quad\mbox{für alle}\ x,y\in(0,1]\ \mbox{mit}\ |x-y|\lt\delta. \]
| Zu dem \( \delta\gt 0 \) existiert aber ein \( n\in\mathbb N \) mit |
\[ \frac{1}{2n}\lt\delta\quad\mbox{bzw.}\quad\frac{1}{n}-\frac{1}{2n}\lt\delta. \]
| Wir werten nun \( f \) an den Stellen \( x=\frac{1}{2n}\in(0,1] \) und \( y=\frac{1}{n}\in(0,1] \) aus und erhalten |
\[ \left|\,f\left(\frac{1}{2n}\right)-f\left(\frac{1}{n}\right)\right|=|2n-n|=n\ge 1. \]
| Dieser Widerspruch zeigt, dass \( f \) nicht gleichmäßig stetig ist auf \( (0,1]. \) |
Lösung zur Aufgabe 6.1.8 - Lipschitzstetige Funktionen sind gleichmäßig stetig
Es sei \( f\colon\mathbb R\to\mathbb R \) Lipschitzstetig auf \( \mathbb R \) mit Lipschitzkonstante \( L\in[0,\infty). \)
| (ii) | Im Fall \( L=0 \) gilt |
\[ f(x)=f(y)\quad\mbox{für alle}\ x,y\in\mathbb R, \]
| d.h. \( f \) ist konstant und damit gleichmäßig stetig. Sei nun \( L\gt 0, \) und seien \( \varepsilon\gt 0 \) und \( \delta(\varepsilon):=\frac{\varepsilon}{L}. \) Wir ermitteln |
\[ |f(x)-f(y)|\le L|x-y|\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ x,y\in\mathbb R\ \mbox{mit}\ |x-y|\lt\delta(\varepsilon), \]
| d.h. \( f \) ist auf \( \mathbb R \) Lipschitzstetig. | |
| (iii) | Die Summe zweier Lipschitzstetiger Funktionen ist wieder Lipschitzstetig, denn seien |
\[ |f(x)-f(y)|\le L_f|x-y|,\quad |g(x)-g(y)|\le L_g|x-y| \quad\mbox{für alle}\ x,y\in\mathbb R, \]
| so ist mit der Dreiecksungleichung |
\[ \begin{array}{lll} |f(x)+g(x)-f(y)-g(y)| & \le & \negthickspace |f(x)-f(y)|+|g(x)-g(y)| \\ & \le & \negthickspace L_f|x-y|+L_g|x-y| \\ & = & \negthickspace (L_f+L_g)|x-y|\,=:\,L|x-y| \end{array} \]
| mit der neuen Lipschitzkonstanten \( L:=L_f+L_g. \) Das Produkt Lipschitzstetiger Funktionen ist hingegen nicht notwendig Lipschitzstetig. Ein Gegebenbeispiel wäre \( f(x)=x \) und \( g(x)=x \) mit dem Produkt \( f(x)g(x)=x^2, \) was auf \( \mathbb R \) nicht Lipschitzstetig ist. |
Damit sind alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Häufungspunkte und isolierte Punkte
Lösung zur Aufgabe 6.1.9 - Bestimmen von Häufungspunkten und isolierten Punkten I
| (i) | Jedes \( x\in[0,1] \) ist Häufungspunkt, es gibt keine isolierten Punkte. |
| (ii) | Es gibt keine Häufungspunkte, alle \( x\in\mathbb N \) sind isolierte Punkte. |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 6.1.10 - Bestimmen von Häufungspunkten und isolierten Punkten II
| (i) | Es ist \( 0\in\mathbb R \) der einzige Häufungspunkt, \( M \) selbst besteht nur aus isolierten Punkten. |
| (ii) | Es gibt keine Häufungspunkte, \( M \) besteht nur aus isolierten Punkten. |
Lösungen zu den Aufgaben Folgenstetigkeit
Lösung zur Aufgabe 6.1.11 - Stetigkeit und Folgenstetigkeit
| \( \circ \) | Wir zeigen, dass Folgenstetigkeit aus Stetigkeit folgt. |
| Sei also \( f \) stetig im Häufungspunkt \( x_0\in D \) im Sinne der ersten Definition aus Paragraph 6.1.2. Zu zeigen ist |
\[ \lim_{n\to\infty}f(x_n)=f(x_0) \]
| für jede Folge \( \{x_n\}_{n=0,1,2,\ldots}\subset D \) mit \( x_n\to x_0 \) für \( n\to\infty. \) Nach Voraussetzung existiert nun zu vorgegebenem \( \varepsilon\gt 0 \) ein \( \delta(\varepsilon,x_0)\gt 0 \) mit |
\[ |f(x)-f(x_0)|\lt\varepsilon \quad\mbox{für alle}\ x\in D\ \mbox{mit}\ |x-x_0|\lt\delta(\varepsilon,x_0). \]
| Damit existiert aber auch ein \( N(\varepsilon,x_0)\in\mathbb N \) mit |
\[ |x_n-x_0|\lt\delta(\varepsilon,x_0)\quad\mbox{für alle}\ n\ge N(\varepsilon,x_0) \]
| und damit |
\[ |f(x_n)-f(x_0)|\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ n\ge N(\varepsilon,x_0). \]
| Da \( \varepsilon\gt 0 \) beliebig gewählt wurde, schließen wir |
\[ \lim_{n\to\infty}|f(x_n)-f(x_0)|=0 \quad\mbox{bzw.}\quad \lim_{n\to\infty}f(x_n)=f(x_0). \]
| Also ist \( f \) auch folgenstetig in \( x_0. \) | |
| \( \circ \) | Nun sei \( f \) folgenstetig im Häufungspunkt \( x_0\in D. \) |
| Wir nehmen an, dass \( f \) nicht stetig in \( x_0\in D \) ist im Sinne unserer ersten Definition aus Paragraph 6.1.2 und zeigen, dass \( f \) dann auch nicht folgenstetig in \( x_0\in D \) ist. Es existiert also ein \( \varepsilon\gt 0, \) so dass für jedes \( \delta\gt 0 \) ein \( x\in D \) existiert mit |
\[ |x-x_0|\lt\delta, \quad\mbox{aber}\quad |f(x)-f(x_0)|\ge\varepsilon. \]
| Statt \( \delta\gt 0 \) betrachten wir nun speziell \( \delta_n:=\frac{1}{n+1}, \) \( n=0,1,2,\ldots \) Für jedes dieser \( \delta_n\gt 0 \) finden wir also ein \( x_n\in D \) mit |
\[ |x_n-x_0|\lt\delta, \quad\mbox{aber}\quad |f(x_n)-f(x_0)|\ge\varepsilon. \]
| Dabei ist zu beachten |
\[ |x_n-x_0|\lt\delta_n\longrightarrow 0\quad\mbox{für}\ n\to\infty\,, \]
| zusammenfassend also |
\[ \lim_{n\to\infty} x_n=x_0, \quad\mbox{aber}\quad \lim_{n\to\infty}f(x_n)\not=f(x_0). \]
| Also ist \( f \) auch nicht folgenstetig in \( x_0\in D. \) |
Damit ist alles bewiesen.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 6.1.12 - Beispiele zur Folgenstetigkeit
| (i) | Wir unterscheiden drei Fälle. |
| \( \circ\quad \) Es ist \( f \) stetig auf \( (-\infty,0) \) nach Aufgabe 6.1.3(ii). | |
| \( \circ\quad \) Es ist \( f \) stetig auf \( (0,\infty) \) nach Aufgabe 6.1.3(iii). | |
| \( \circ\quad \) Weiter ermitteln wir |
\[ \lim_{x\uparrow 0}f(x)=\lim_{x\uparrow 0}x^2=0,\quad \lim_{x\downarrow 0}f(x)=\lim_{x\downarrow 0}\sqrt{x}=0, \]
| \( \phantom{\circ\quad} \)d.h. es stimmen links- und rechtsseitiger Grenzwert mit der Setzung \( f(0)=0 \) überein, so dass \( f \) | |
| \( \phantom{\circ\quad} \) auch in \( x_0=0 \) stetig ist. Daher ist \( f \) auf ganz \( \mathbb R \) stetig. | |
| (ii) | Wir unterscheiden drei Fälle. |
| \( \circ\quad \) Es ist \( f \) stetig auf \( (-\infty,0), \) analog zu Aufgabe 6.1.3(i). | |
| \( \circ\quad \) Es ist \( f \) stetig auf \( (0,\infty) \) nach Aufgabe 6.1.3(i). | |
| \( \circ\quad \) Weiter ermitteln wir |
\[ \lim_{x\uparrow 0}f(x)=\lim_{x\uparrow 0}(-1)=-1,\quad \lim_{x\downarrow 0}f(x)=\lim_{x\downarrow 0}(x+1)=1, \]
| \( \phantom{\circ\quad} \)d.h. links- und rechtsseitiger Grenzwert stimmen nicht überein, so dass \( f \) in \( x_0=0 \) nicht stetig | |
| \( \phantom{\circ\quad} \)ist. Also ist \( f \) nicht auf ganz \( \mathbb R \) stetig, sondern nur auf \( (-\infty,0)\cup(0,\infty). \) |
Lösung zur Aufgabe 6.1.13 - Ein weiteres Beispiel zur Folgenstetigkeit
Zunächst ermitteln wir \[ x^4-5x^2+4=(x-1)(x+1)(x-2)(x+2),\quad x^2-x-2=(x-2)(x+1), \] so dass \[ f(x) =\left\{ \begin{array}{cl} (x-1)(x+2), & \mbox{falls}\ x\in\mathbb R\setminus\{-1,2\} \\ \alpha, & \mbox{falls}\ x=-1 \\ \beta, & \mbox{falls}\ x=2 \end{array} \right.. \] Nun gelten \[ \lim_{x\uparrow -1}f(x)=\lim_{x\uparrow -1}(x-1)(x+2)=-2,\quad \lim_{x\downarrow -1}f(x)=\lim_{x\downarrow -1}(x-1)(x+2)=-2 \] sowie \[ \lim_{x\uparrow 2}f(x)=\lim_{x\uparrow 2}(x-1)(x+2)=4,\quad \lim_{x\downarrow 2}f(x)=\lim_{x\downarrow 2}(x-1)(x+2)=4. \] Setzen wir also \( \alpha=-2, \) \( \beta=4, \) so erhalten wir die auf ganz \( \mathbb R \) stetige Funktion \[ f(x) =\left\{ \begin{array}{cl} (x-1)(x+2), & \mbox{falls}\ x\in\mathbb R\setminus\{-1,2\} \\ -2, & \mbox{falls}\ x=-1 \\ 4, & \mbox{falls}\ x=2 \end{array} \right. =(x-1)(x+2). \] Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 6.1.14 - Cauchysche Funktionalgleichung und Stetigkeit
Zunächst bemerken wir \( f(0)=0, \) denn mit \( x=y=0 \) erhalten wir \[ f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0)=2f(0)\quad\mbox{bzw.}\quad f(0)=0. \] Sei nun \( x_0\in\mathbb R \) beliebig gewählt. Zusammen mit der Funktionalgleichung folgt \[ \lim_{z\to 0}f(x_0+z) =\lim_{z\to 0}\big\{f(x_0)+f(z)\big\} =f(x_0)+\lim_{z\to 0}f(z) =f(x_0)+f(0) =f(x_0). \] Also ist \( f \) in \( x_0 \) folgenstetig und damit stetig. Da \( x_0\in\mathbb R \) beliebig gewählt wurde, folgt die Stetigkeit von \( f \) auf ganz \( \mathbb R.\qquad\Box \)