BeweisGleichmäßige Stetigkeit < Stetigkeit < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 22:03 Di 05.01.2010 | | Autor: | LariC |
| Aufgabe | Zu zeigen ist: Ist f auf (a,b) stetig für
[mm] -\infty \le [/mm] a < [mm] b\le\infty [/mm] und existieren die (endlichen) Grenzwerte
[mm] \limes_{x\rightarrow a+}f(x) [/mm] und [mm] \limes_{x\rightarrow b-}f(x), [/mm] dann ist f gleichmäßig stetig.
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Hallo, habe irgendwie wiedermal Ansatz schwierigkeiten mit dem obigen Beweis - ich denke ich muss en Zwischenwertsatz oder so benutzen, aber leider ist mir vollkommen unklar, was mir die Grenzwerte bringen sollen. Kann mir da bitte jemand einen Tipp oder so geben? Vielen Dank im vorasu.
Die Frage habe ich auf kein anderes Forum gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:15 Di 05.01.2010 | | Autor: | pelzig |
Also es gibt ein sehr einfaches Argument, allerdings weiß ich nicht ob ihr das schon hattet: Betrachte die stetige Fortsetzung [mm] $\tilde{f}$ [/mm] von $f$ auf $[a,b]$, diese ist als stetige Funktion auf einer kompakten Menge gleichmäßig stetig, also auch [mm] $f=\tilde{f}|_{(a,b)}$. [/mm] Wenn ich mich nicht irre klappt das Argument auch falls [mm] $a=-\infty$ [/mm] oder [mm] $b=\infty$, [/mm] in dem Falle betrachtet man die Fortsetzung von $f$ auf die erweiterte reelle Zahlengerade [mm] $\bar{\IR}:=\IR\cup\{\infty,-\infty\}$ [/mm] - diese ist kompakt.
Gruß, Robert
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:19 Di 05.01.2010 | | Autor: | LariC |
Ne - hatten wir leider noch nicht, also zumindest kann ich mich nicht daran erinnern schon einmal etwas von stetigen Fortsetzungen gehört zu haben.
Der Weg wäre dann natürlich kurz und schön, aber...
Geht das nicht auch noch anders? Wofür bruche ich denn die Grenzwerte hier - in was für einer Verbindung stehen die zur gleichm. Stetigeit?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:22 Di 05.01.2010 | | Autor: | pelzig |
Also wenn du nicht gerade im ersten Semester bist dann schlage das mit der stetigen Fortsetzung lieber mal nach und benutze es dann einfach 
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:27 Di 05.01.2010 | | Autor: | LariC |
Schade, dass ich nur gerade im ersten Semester bin :(
Würde das natürlich geren auch so nachschlagen und damit machen, aber geht ja nicht,auch sowas könnte ich nie kommen ...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:07 Di 05.01.2010 | | Autor: | pelzig |
Dann kann ich dir nur den Tipp geben einen Widerspruchsbeweis zu machen. Betrachte zunächst mal den Fall dass a und b endlich sind. Angenommen, f ist nicht gleichmäßig stetig. Dann gibt es ein [mm] $\varepsilon>0$, [/mm] sodass für alle [mm]n\in\IN[/mm] Zahlen [mm] $x_n,y_n\in(a,b)$ [/mm] existieren mit [mm] $|x_n-y_n|<1/n$ [/mm] und [mm] $|f(x_n)-f(y_n)|>\varepsilon$ [/mm] (warum?). Betrachte nun die reellen Zahlenfolgen [mm] $(x_n)_{n\in\IN}$ [/mm] und [mm] $(y_n)_{n\in\IN}$ [/mm] (Auswahlaxiom). Überlege dir, dass du eine Teilfolge [mm] $(x_{n_k})_{k\in\IN}$ [/mm] auswählen kannst, die gegen ein [mm] $x_\*\in[a,b]$ [/mm] konvergiert (hier benutzt du eigentlich Kompaktheit, auch wenn du das noch nicht kennst - im ersten Semester heißt dieses Resultat meist "Satz von Bolzano-Weierstraß"). Insbesondere existiert [mm] $\lim_{x\to x_\*}f(x)=:f(x_\*)$ [/mm] in [mm]\IR[/mm] (warum?). Natürlich konvergiert dann auch [mm] $(y_{n_k})$ [/mm] gegen [mm] $x_\*$ [/mm] (warum?), aber nach Voraussetzung ist [mm] $|f(x_n)-f(y_n)|>\varepsilon$, [/mm] also gilt nun [mm] $$0=|f(x_\*)-f(x_\*)|=\lim_{k\to\infty}|f(x_{n_k})-f(y_{n_k})|\ge\varepsilon>0$$ [/mm] Widerspruch. Nun überlege dir noch, wie man das ganze auf den Fall [mm] $a=-\infty$ [/mm] oder [mm] $b=\infty$ [/mm] erweitert - ist aber im Grunde nicht schwer.
Falls jemand grad nix zu tun hat: Kann man das ganze auch ohne Auswahlaxiom beweisen?
Gruß, Robert
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 23:30 Di 05.01.2010 | | Autor: | LariC |
> Dann kann ich dir nur den Tipp geben einen
> Widerspruchsbeweis zu machen. Betrachte zunächst mal den
> Fall dass a und b endlich sind. Angenommen, f ist nicht
> gleichmäßig stetig. Dann gibt es ein [mm]\varepsilon>0[/mm],
> sodass für alle [mm]n\in\IN[/mm] Zahlen [mm]x_n,y_n\in(a,b)[/mm] existieren
> mit [mm]|x_n-y_n|<1/n[/mm] und [mm]|f(x_n)-f(y_n)|>\varepsilon[/mm] (warum?).
Der zweite teil ist mir klar, und zwar müsste das die Bedingung für gleichmäßige Konvergenz sein, eben nur das sie hier nicht erfüllt ist - also [mm] >\varepsilon. [/mm] Der srte Teil ist mir hier allrerdings nicht klar - wieseo 1/n?
> Betrachte nun die reellen Zahlenfolgen [mm](x_n)_{n\in\IN}[/mm] und
> [mm](y_n)_{n\in\IN}[/mm] (Auswahlaxiom). Überlege dir, dass du eine
> Teilfolge [mm](x_{n_k})_{k\in\IN}[/mm] auswählen kannst, die gegen
> ein [mm]x_\*\in[a,b][/mm] konvergiert (hier benutzt du eigentlich
> Kompaktheit, auch wenn du das noch nicht kennst - im ersten
> Semester heißt dieses Resultat meist "Satz von
> Bolzano-Weierstraß"). Insbesondere existiert [mm]\lim_{x\to x_\*}f(x)=:f(x_\*)[/mm]
> in [mm]\IR[/mm] (warum?).
Dies würde ich mithilfe der punktweisen Konvergenz begründen, da die Teilfolge ja konvergiert.
Natürlich konvergiert dann auch
> [mm]$(y_{n_k})$[/mm] gegen [mm]$x_\*$[/mm] (warum?)
Ich würde sagen, dass das dann der geich Grund ist - eben wieder mit Bolzano(den kenn ich nämlich tatsächlich) begründen, ...
, aber nach Voraussetzung
> ist [mm]$|f(x_n)-f(y_n)|>\varepsilon$,[/mm] also gilt nun
> [mm]0=|f(x_\*)-f(x_\*)|=\lim_{k\to\infty}|f(x_{n_k})-f(y_{n_k})|\ge\varepsilon>0[/mm]
> Widerspruch. Nun überlege dir noch, wie man das ganze auf
> den Fall [mm]$a=-\infty$[/mm] oder [mm]$b=\infty$[/mm] erweitert - ist aber
> im Grunde nicht schwer.
>
> Falls jemand grad nix zu tun hat: Kann man das ganze auch
> ohne Auswahlaxiom beweisen?
>
> Gruß, Robert
Aber das ganze hat mir schon mal sehr geholfen, wobei es mir noch nicht wirklich völlig klar ist, aber ich werde mir das jetzt erstmal nochmal genauer anschauen...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:46 Di 05.01.2010 | | Autor: | pelzig |
> Aber das ganze hat mir schon mal sehr geholfen, wobei es
> mir noch nicht wirklich völlig klar ist, aber ich werde
> mir das jetzt erstmal nochmal genauer anschauen...
Tu das mal lieber, denn jede deiner Begründungen ist falsch (nicht böse gemeint)
Gruß, Robert
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:20 Fr 08.01.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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