Aufgaben zum Epsilon-Delta-Kriterium

Es sei $x_0\in\R$ beliebig, und es sei $\epsilon > 0$ beliebig. Wir müssen zu $\epsilon$ ein geeignetes $\delta > 0$ konstruieren. Hierzu formen wir den Ausdruck $|f(x) - f(x_0)|$ so um, dass der Term $|x - x_0|$ als Faktor entsteht. Bei der Umformung dürfen wir auch Abschätzungen nach oben vornehmen. \begin{eqnarray*} |f(x) - f(x_0)| & = & \left| (x^2 + 2x + 1) - (x_0^2 + 2x_0 + 1)\right| \\ & = & \left| x^2 - x_0^2 + 2x - 2x_0 \right| \\ & \leq & \left|x^2 - x_0^2\right| + \left| 2x - 2x_0 \right| \\ & = & |(x-x_0)(x+x_0)| + 2 |x-x_0| \\ & = & \left(|x+x_0|+2\right)|x-x_0| \\ & = & (*) \end{eqnarray*} Beachte, dass wir für die Abschätzung in der dritten Zeile die Dreiecksungleichung genutzt haben.

Nachdem wir $|x-x_0|$ als Faktor konstruiert haben, müssen wir in dem anderen Term $|x+x_0|+2$ die Variable $x$ eliminieren. Hierzu nutzen wir Abschätzungen. Dabei hilft wieder der Trick, dass wir $\delta \leq 1$ voraussetzen dürfen, wenn wir dies später bei der Definition von $\delta$ berücksichtigen. Wegen $|x-x_0| < \delta$ folgt damit $|x| \leq |x_0|+1$, was wir nach einer weiteren Anwendung der Dreiecksungleichung für eine Abschätzung nutzen. \begin{eqnarray*} (*) & = & \left(|x+x_0|+2\right)|x-x_0| \\ & \leq & (|x|+|x_0|+2) |x-x_0| \\ & \leq & (2|x_0|+3) |x-x_0| \\ & < & (2|x_0|+3) \delta \end{eqnarray*} Nun muss \[ (2|x_0|+3) \delta \leq \epsilon \] gelten. Weil wir in der Umformung schon $<$-Abschätzungen hatten, ist hier ein striktes "$< \epsilon$" nicht mehr erforderlich. Diese Ungleichung ist aber äquivalent zu \[ \delta \leq \frac{\epsilon}{2|x_0|+3}. \] Also wählen wir \[ \delta := \min \left\{ \frac{\epsilon}{2|x_0|+3}, 1 \right\}. \]

Es sei $x_0\in\R$ beliebig, und es sei $\epsilon > 0$ beliebig. Wir müssen zu $\epsilon$ ein geeignetes $\delta > 0$ konstruieren. Hierzu analysieren wir $|f(x)-f(x_0)|$. \begin{eqnarray*} |f(x) - f(x_0)| & = & \left| x^3 - x_0^3 \right| \\ & = & \left| (x^2 + x_0x + x_0^2) (x-x_0) \right| \\ & = & \left| x^2 + x_0x + x_0^2 \right|\,|x-x_0| \\ & = & (*) \end{eqnarray*} In der zweiten Zeile haben wir die bekannte Formel \[ (a^n - b^n) = (a-b) \sum_{k=0}^{n-1} a^{n-k-1}b^k \] genutzt. Mit diesen Umformungen haben wir den Faktor $|x-x_0|$ konstruiert und müssen nun in dem anderen Faktor die Variable $x$ eliminieren. Hierzu nutzen wir den jetzt schon bekannten Trick, $\delta \leq 1$ vorauszusetzen, woraus $|x|\leq |x_0| + 1$ folgt. Damit erhalten wir: \begin{eqnarray*} (*) & = & \left| x^2 + x_0x + x_0^2 \right|\,|x-x_0| \\ & \leq & \left(|x|^2 + |x_0||x| + |x_0|^2 \right) |x-x_0| \\ & \leq & \left( (|x_0|+1)^2 + |x_0|(|x_0|+1) + |x_0|^2 \right) |x-x_0| \\ & = & \left( 3|x_0|^2 + 3|x_0| + 1 \right) |x-x_0| \\ & < & \left( 3|x_0|^2 + 3|x_0| + 1 \right) \delta. \end{eqnarray*} Es muss \[ \left( 3|x_0|^2 + 3|x_0| + 1 \right) \delta \leq \epsilon \] gelten, was äquivalent zu \[ \delta \leq \frac{\epsilon}{3|x_0|^2 + 3|x_0| + 1} \] ist. Also wählen wir \[ \delta := \min \left\{ \frac{\epsilon}{3|x_0|^2 + 3|x_0| + 1}, 1 \right\}. \]

Es sei $x_0 \in \R \setminus \{0\}$ beliebig, und es sei $\epsilon > 0$ beliebig. \begin{eqnarray*} |f(x) - f(x_0)| & = & \left|\frac{1}{x} - \frac{1}{x_0} \right| \\ & = & \left| \frac{x_0 - x}{x x_0} \right| \\ & = & \frac{1}{|x|\,|x_0|} |x-x_0| \\ & = & (*). \end{eqnarray*}

Jetzt benötigen wir wieder eine geeignete Abschätzung, um $x$ zu eliminieren Da $|x|$ im Nenner steht, müssen wir $|x|$ diesmal aber nach unten abschätzen, nicht nach oben wie in den vorangegangenen Aufgaben. Man könnte nun versucht sein, die sich aus $\delta \leq 1$ ergebende Abschätzung $|x_0|-1 \leq |x|$ zu nutzen, allerdings ist damit nicht garantiert, dass der sich dann ergebende Nenner $ ((|x_0|-1)|x_0|\neq 0$ ist. Insbesondere kann der Bruch damit beliebig groß werden, wenn $x_0$ nahe bei $1$ liegt. Diese Abschätzung können und dürfen wir also nicht verwenden.

Da wir aber $\delta$ auf einen beliebigen Wert $>0$ einschränken können und außerdem $|x_0| > 0$ gilt, dürfen wir $\delta \leq \frac{|x_0|}{2}$ vorausetzen. Wegen $|x-x_0| < \delta$ folgt damit $|x| \geq \frac{|x_0|}{2}$. Damit ergibt sich: \begin{eqnarray*} (*) & = & \frac{1}{|x|\,|x_0|} |x-x_0| \\ & \leq & \frac{1}{\frac{1}{2}|x_0| |x_0|} |x-x_0| \\ & = & \frac{2}{|x_0|^2} |x-x_0| \\ & < & \frac{2}{|x_0|^2} \delta. \end{eqnarray*} Es muss \[ \frac{2}{|x_0|^2} \delta \leq \epsilon \] gelten, was äquivalent zu \[ \delta \leq \frac{|x_0|^2}{2}\epsilon \] ist. Also wählen wir \[ \delta := \min \left\{ \frac{|x_0|^2}{2}\epsilon, \frac{|x_0|}{2} \right\}. \]

Es sei $x_0 > 0$ beliebig, und es sei $\epsilon > 0$ beliebig. \begin{eqnarray*} |f(x) - f(x_0)| & = & \left| \sqrt{3x+5} - \sqrt{3x_0+5} \right| \\ & = & \left| \frac{\left(\sqrt{3x+5} - \sqrt{3x_0+5} \right)\left(\sqrt{3x+5}+\sqrt{3x_0+5}\right)}{\sqrt{3x+5}+\sqrt{3x_0+5}} \right| \\ & = & \left| \frac{(3x+5) - (3x_0+5)}{\sqrt{3x+5}+\sqrt{3x_0+5}} \right| \\ & = & \frac{3}{\sqrt{3x+5}+\sqrt{3x_0+5}} |x-x_0| \\ & \leq & \frac{3}{\sqrt{3x_0+5}} |x-x_0| \\ & < & \frac{3}{\sqrt{3x_0+5}} \delta. \end{eqnarray*} Für die zweite Zeile haben wir den Bruch mit dem Faktor $\sqrt{3x+5}+\sqrt{3x_0+5}$ erweitert, um im Zähler die dritte binomische Formel anwenden zu können. Beachte außerdem die Abschätzung in der vorletzten Zeile. Wir lassen im Nenner den Term $\sqrt{3x+5} > 0$ weg, worduch der Nenner kleiner und damit der Bruch größer wird.

Es muss nun \[ \frac{3}{\sqrt{3x_0+5}} \delta \leq \epsilon \] gelten, was äquivalent zu \[ \delta \leq \frac{\sqrt{3x_0+5}}{3}\,\epsilon \] ist. Also wählen wir \[ \delta := \frac{\sqrt{3x_0+5}}{3}\,\epsilon. \]

Es sei $x_0 > 0$ beliebig, und es sei $\epsilon > 0$ beliebig. \begin{eqnarray*} |f(x) - f(x_0)| & = & \left| \frac{1}{\sqrt{x}} - \frac{1}{\sqrt{x_0}} \right| \\ & = & \left| \frac{\sqrt{x_0} - \sqrt{x}}{\sqrt{x}\sqrt{x_0}} \right| \\ & = & \left| \frac{\left(\sqrt{x_0} - \sqrt{x}\right)\left(\sqrt{x_0}+\sqrt{x}\right)}{\sqrt{x}\sqrt{x_0}\left(\sqrt{x_0}+\sqrt{x}\right)} \right| \\ & = & \left| \frac{x_0-x}{\sqrt{x}\sqrt{x_0}\left(\sqrt{x_0}+\sqrt{x}\right)} \right| \\ & = & \frac{1}{\sqrt{x}\sqrt{x_0}\left(\sqrt{x_0}+\sqrt{x}\right)} |x-x_0| \\ & \leq & \frac{1}{\sqrt{x}\,x_0}|x-x_0| \\ & = & (*) \end{eqnarray*} Für die Abschätzung in der vorletzten Zeile haben wir den Summanden $\sqrt{x}$ in der Summe $\sqrt{x_0}+\sqrt{x}$ weggelassen, denn dadurch wird die Summe und somit der Nenner kleiner, der Bruch also größer. Nicht weglassen durfen wir den Faktor $\sqrt{x}$, denn dieser könnte $< 1$ sein. Also brauchen wir hierfür wieder einen unserer Abschätzungstricks. Da wir $x\neq 0$ garantieren müssen, bietet sich $\delta \leq \frac{|x_0|}{2}$ an, woraus $|x| \geq \frac{|x_0|}{2}$ folgt. Damit erhalten wir: \begin{eqnarray*} (*) & = & \frac{1}{\sqrt{x}\,x_0}|x-x_0| \\ & \leq & \frac{1}{\sqrt{\frac{|x_0|}{2}}|x_0|} |x-x_0| \\ & = & \frac{\sqrt{2}}{|x_0|\sqrt{|x_0|}} |x-x_0| \\ & < & \frac{\sqrt{2}}{|x_0|\sqrt{|x_0|}} \delta. \end{eqnarray*} Es muss nun \[ \frac{\sqrt{2}}{|x_0|\sqrt{|x_0|}} \delta \leq \epsilon \] gelten, was äquivalent zu \[ \delta \leq \frac{|x_0|\sqrt{|x_0|}}{\sqrt{2}} \, \epsilon \] ist. Also wählen wir \[ \delta := \min \left\{ \frac{|x_0|\sqrt{|x_0|}}{\sqrt{2}}, \frac{|x_0|}{2} \right\}. \]

Die Negation des $\epsilon$-$\delta$-Kriteriums lautet für diesen Fall: \[ \exists \epsilon > 0 \forall \delta > 0 \exists x\in \R: |x-1| < \delta \wedge |f(x) - f(1)| \geq \epsilon. \] Wir müssen also ein $\epsilon > 0$ und ein $x\in (1-\delta,1+\delta)$ definieren, so dass $|f(x)-f(1)| \geq \epsilon$ gilt.

Es gilt $3\cdot 1+5 =8$ und $2\cdot 1 + 7=9$. Die Funktion $f(x)$ macht also an der Stelle $x_0=1$ einen Sprung um $9-8=1$. Daher bietet sich ein $\epsilon \leq 1$ an. Wir wählen $\epsilon :=1$.

Sei nun $\delta > 0$ beliebig. Es gilt $f(x_0) = f(1) = 8$, also der kleinere Wert. Für einen Sprung zwischen $f(1)$ und $f(x)$ müssen wir $x$ rechts von $x_0=1$ wählen. Außerdem muss $x < 1 + \delta$ gelten. Wir wählen daher $x = 1 + \frac{\delta}{2}$.

Mit unserer Wahl gilt dann \[ |x-x_0| = |1+\frac{\delta}{2} - 1| = \frac{\delta}{2} < \delta \] und \[ |f(x) - f(x_0)| = \left| f\left(1+\frac{\delta}{2}\right) - f(1) \right| = \left| 2\left(1+\frac{\delta}{2}\right) + 7 - 8 \right| = 1 + \delta \geq 1 = \epsilon. \] Damit ist die Negation des $\epsilon$-$\delta$-Kriteriums erfüllt und somit die Funktion $f(x)$ an der Stelle $x_0=1$ unstetig.