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Analysis-Blog: Folge 55

Stetige Fortsetzung

Grenzwerte nutzen um Definitionslücken zu füllen

Peter Becker

veröffentlicht: 08 Jun 2021, zuletzt geändert: 19 Feb 2024 12:19

Schlüsselwörter: Grenzwert, stetige Fortsetzung

Wir schauen uns die Funktion \[ f(x) = x\,\sin\left(\frac{1}{x}\right) \] an. Offensichtlich ist die Funktion für $x=0$ nicht definiert, da im Argument vom Sinus der Term $\frac{1}{x}$ auftritt.

Wir schauen uns die Funktion \[ f(x) = x\,\sin\left(\frac{1}{x}\right) \] an. Offensichtlich ist die Funktion für $x=0$ nicht definiert, da im Argument vom Sinus der Term $\frac{1}{x}$ auftritt. Andererseits gilt wegen $-1 \leq \sin(x) \leq 1$ die Ungleichung \[ -x \leq x\,\sin\left(\frac{1}{x}\right) \leq x. \] Nun existieren die Grenzwerte für $x$ gegen $0$ sowohl für den linken als auch für den rechten Term und sie sind jeweils $0$. Mit dem Schachtelungsprinzip folgt \[ \lim_{x\rightarrow 0} x\,\sin\left(\frac{1}{x}\right) = 0. \]

Dies lässt sich auch schön veranschaulichen. Hier kommt jetzt noch ein Plot.

Durch die Existenz des Grenzwertes $\lim_{x\rightarrow 0} x\,\sin\left(\frac{1}{x}\right)$ können wir die Definitionslücke an der Stelle $x=0$ so füllen, dass eine stetige Funktion entsteht. Dies ist eine sogenannte stetige Fortsetzung.

Definition

Es seien $D\subseteq\R,x_0\notin D$ ein Berührungspunkt von $D$ und $f:D\rightarrow\R$ eine stetige Funktion.

Dann sagen wir, dass die Funktion $f$ in $x_0$ stetig fortsetzbar ist, wenn es ein $b\in\R$ mit \[ \lim_{x\rightarrow x_0} f(x) = b \] gibt. Die Funktion $\tilde{f}:D\cup\{x_0\}\rightarrow\R$ mit \[ \tilde{f}(x) = \left\{ \begin{array}{ll} f(x) & \textnormal{für } x\in D\\ b & \textnormal{für } x=x_0 \end{array} \right. \] heißt stetige Fortsetzung von $f$ in $x_0$.

Damit ist die Funktion \[ \tilde{f}(x) = \left\{ \begin{array}{rl} x\,\sin\left(\frac{1}{x}\right) & \text{für } x\neq 0 \\ 0 & \text{für } x = 0 \end{array} \right. \] eine stetige Fortsetzung der oben betrachten Funktion $f(x) = x\,\sin\left(\frac{1}{x}\right)$. Die Funktion $\tilde{f}(x)$ hat nun bei $x_0=0$ keine Definitionslücke mehr und ist damit auf ganz $\R$ definiert.

Demgegenüber ist die Funktion $g(x) = \sin\left(\frac{1}{x}\right)$ nicht stetig fortsetzbar. Um dies zu zeigen genügt es, eine Folge $(x_n)$ zu konstruieren mit $\lim_{n\rightarrow\infty} x_n = 0$, so dass die Folge $(g(x_n))$ nicht konvergent ist. Betrachten Sie hierzu die Folge $(x_n)$ mit \[ x_n = \frac{1}{n\pi + \frac{\pi}{2}}. \] Damit gilt für die Folge $(g(x_n))$: \[ g(x_n) = \sin\left(\frac{1}{\frac{1}{n\pi + \frac{\pi}{2}}}\right) = \sin\left(n\pi + \frac{\pi}{2}\right) = (-1)^n. \] Also ist die Folge $(g(x_n))$ divergent, womit der Grenzwert $\lim_{n\rightarrow 0} g(x)$ nicht existiert und $g(x)$ somit nicht stetig fortsetzbar ist.

Beachten Sie weiterhin, dass in der Definition zur stetigen Fortsetzung verlangt wird, dass der Grenzwert nicht $\infty$ oder $-\infty$ sein darf. Gemäß der Grenzwertdefinition für Funktionen sind $\infty$ und $-\infty$ zwar als Grenzwert zugelassen, für die stetige Fortsetzung dürfen sie aber nicht auftreten. Dementsprechend ist beispielsweise die Funktion $h(x) = \frac{1}{|x|}$ ebenfalls nicht stetig fortsetzbar, weil $\lim_{x\rightarrow 0} h(x) = \infty$ gilt. Der Grenzwert existiert also, ist aber $\infty$.

Beispiel

Die Funktion \[ f(x) = \frac{\exp(x)-1}{x} \] ist stetig fortsetzbar in $x_0=0$. Es gilt nämlich \[ \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\exp(x)-1}{x} = 1. \] Dies müssen wir natürlich beweisen. Zunächst gilt \[ \frac{\exp(x)-1}{x} = x^{-1} \left(\exp(x)-1\right) = x^{-1} \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n!} = \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n-1}}{n!}. \] Dabei haben wir $\exp(x)-1$ als Exponentialreihe ohne den ersten Summanden $\frac{x^0}{0!} = 1$ dargestellt. Nun beweisen wir damit die Grenzwertaussage. Hierzu betrachten wir \begin{eqnarray*} \left| \frac{\exp(x)-1}{x} - 1\right| & = & \left| \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n-1}}{n!} - 1\right| \\ & = & \left| \sum_{n=2}^\infty \frac{x^{n-1}}{n!} \right| \\ & \leq & \sum_{n=2}^\infty \frac{|x|^{n-1}}{n!} \\ & = & \sum_{n=0}^\infty \frac{|x|^{n+1}}{(n+2)!} \\ & \leq & |x| \sum_{n=0}^\infty \frac{|x|^{n+1}}{n!} \\ & = & |x| \exp(|x|). \end{eqnarray*} Nun ist $|x| \exp(|x|)$ eine stetige Funktion, womit \[ \lim_{x\rightarrow 0} |x| \exp(|x|) = 0\cdot \exp(0) = 0 \] folgt. Hieraus folgt wiederum mit der zuvor gemachten Herleitung \[ \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\exp(x)-1}{x} = 1. \] Damit ist die Funktion \[ \tilde{f}(x) = \left\{ \begin{array}{rl} \frac{\exp(x)-1}{x} & \text{für } x \neq 0 \\ 1 & \text{für } x = 0 \end{array} \right. \] eine stetige Fortsetzung von $f(x) = \frac{\exp(x)-1}{x}$.

Die nachfolgende Grafik zeigt den Verlauf von $\frac{\exp(x)-1}{x}$ (rot) im Vergleich zu $\exp(x)$ (blau).

Übung

Bestimmen Sie, ob die folgenden Funktionen an ihren Defintionslücken stetig fortsetzbar sind.

  1. $\displaystyle a(x) = x\,\cos\left(\frac{1}{x}\right)$

  2. $\displaystyle b(x) = \cos\left(\frac{1}{x}\right)$

  3. $\displaystyle c(x) = \frac{x^2-3x-10}{x-5}$

  4. $\displaystyle d(x) = \frac{x^2-3x-9}{x-5}$

  5. $\displaystyle e(x) = \frac{\exp(x)-1}{x^2}$

  6. $\displaystyle f(x) = \frac{\exp(x)-1}{\sqrt{x}}$

  1. Wie für den Sinus gilt auch für den Cosinus, dass er durch $-1$ nach unten und durch $1$ nach oben beschränkt ist. Also gilt \[ -x \leq x\,\cos\left(\frac{1}{x}\right) \leq x. \] für alle $x\in \R \setminus \{0\}$. Für $x$ gegen $0$ konvergiert sowohl $-x$ als auch $x$ gegen $0$. Mit dem Schachtelungsprinzip folgt \[ \lim_{x\rightarrow 0} x\,\cos\left(\frac{1}{x}\right) = 0. \] Also ist die Funktion $a(x)$ bei $x_0=0$ stetig fortsetzbar.

  2. Die Funktion ist nicht stetig fortsetzbar. Hierzu konstruieren wir eine Folge $(x_n)$, so dass $\lim_{n\rightarrow\infty} x_n = 0$ gilt, aber $\lim_{n\rightarrow\infty} b(x_n)$ nicht existiert. Es sei \[ x_n = \frac{1}{n\pi}. \] Dann gilt \[ b(x_n) = \cos\left(\frac{1}{\frac{1}{n\pi}}\right) = \cos(n\pi) = (-1)^{n+1}. \] Damit ist die Folge $(b(x_n))$ nicht konvergent, also existiert $\lim_{x\rightarrow 0} \cos\left(\frac{1}{x}\right)$ nicht und somit ist $b(x)$ nicht stetig fortsetzbar.

  3. Für $x\neq 5$ gilt \[ \frac{x^2-3x-10}{x-5} = \frac{(x-5)(x+2)}{x-5} = x+2. \] Also gilt \[ \lim_{x\rightarrow 5} \frac{x^2-3x-10}{x-5} = 5+2 = 7. \] Damit ist $c(x)$ stetig fortsetzbar.

  4. Es gilt $\lim_{x\rightarrow 5} x^2 - 3x - 9 = 1$ und $\lim_{x\rightarrow 5} x-5 = 0$. Da für $x > 5$ der Nenner positiv ist, folgt \[ \lim_{x\searrow 0} \frac{x^2 - 3x - 9}{x-5} = \infty. \] Damit ist die Funktion $d(x) = \frac{x^2 - 3x - 9}{x-5}$ nicht stetig fortsetzbar.

  5. Für $x\neq 0$ gilt \[ \frac{\exp(x)-1}{x^2} = \frac{1}{x}\cdot \frac{\exp(x)-1}{x}. \] Im letzten Beispiel haben wir \[ \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\exp(x)-1}{x} = 1 \] hergeleitet. Außerdem gilt \[ \lim_{x\searrow 0} \frac{1}{x} = \infty. \] Mit Grenzwertregeln folgt \[ \lim_{x\searrow 0} \frac{\exp(x)-1}{x^2} = \infty. \] Also ist die Funktion $e(x)$ nicht stetig fortsetzbar.

  6. Wegen $\sqrt{x}$ in der Definition von $f(x)$ ist diese Funktion nur für $x\geq 0$ definiert. Für $x > 0$ gilt \[ \frac{\exp(x)-1}{\sqrt{x}} = \sqrt{x} \frac{\exp(x)-1}{x}. \] Aus dem letzten Beispiel wissen wir, dass \[ \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\exp(x)-1}{x} = 1 \] gilt. Außerdem gilt \[ \lim_{x\rightarrow 0} \sqrt{x} = 0. \] Mit Grenzwertregeln folgt \[ \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\exp(x)-1}{\sqrt{x}} = 0\cdot 1 = 0. \] Also ist die Funktion $f(x)$ stetig fortsetzbar.

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