Epsilon-Delta-Kriterium der Stetigkeit – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Das Epsilon-Delta-Kriterium ist neben dem Folgenkriterium eine weitere Variante, die Stetigkeit einer Funktion zu definieren. Sie umschreibt die charakteristische Eigenschaft stetiger Funktionen, dass hinreichend kleine Änderungen des Arguments beliebig kleine Änderungen im Funktionswert verursachen.

Motivation

Zu Beginn des Kapitels haben wir gelernt, dass die Stetigkeit einer Funktion zumindest vereinfacht als Abwesenheit von Sprüngen interpretiert werden kann. An einer stetigen Stelle ändern sich die Funktionswerte also beliebig wenig, wenn nur das Argument hinreichend wenig geändert wird. Es gilt also $f(x)\approx f(x_{0})$, wenn $x$ hinreichend nah an $x_{0}$ liegt. Solche Funktionswerte $f(x)$ können zur Annäherung von $f(x_{0})$ herangezogen werden.

Stetigkeit bei Approximation von Funktionswerten

Hat eine Funktion keine Sprünge, kann man ihre Funktionswerte durch umliegende Werte approximieren. Für diese Annäherung und somit auch für den Beweis der Stetigkeit verwenden wir das Epsilon-Delta-Kriterium stetiger Funktionen. Doch was bedeutet das genau?

Nehmen wir an, wir führen ein Experiment durch, bei dem wir die Lufttemperatur messen wollen. Sei $f$ die Funktion für den Temperaturverlauf. $f(x)$ ist also die Temperatur zum Zeitpunkt $x$. Aufgrund eines technischen Fehlers fehlt uns ein bestimmter Wert $f(x_{0})$, den wir nun möglichst genau approximieren wollen:

Zum Zeitpunkt x_0 ist die Temperatur f(x_0)

Durch den technischen Fehler war die direkte Messung von $f(x_{0})$ nicht möglich. Weil sich der Temperaturverlauf kontinuierlich ändert und es damit insbesondere zum Zeitpunkt $x_{0}$ keinen Sprung im Temperaturverlauf gibt, können wir ersatzweise die Temperatur zeitnah an $x_{0}$ bestimmen. Wir nähern also den Wert $f(x_{0})$ an, indem wir eine Temperatur $f(x)$ bestimmen, bei der der Zeitpunkt $x$ nah an $x_{0}$ liegt. $f(x)$ ist dann eine Annäherung von $f(x_{0})$. Wie nah muss hierzu $x$ an $x_{0}$ liegen?

Nehmen wir an, dass sich für die spätere Auswertung die gemessene Temperatur maximal um den Fehler $\epsilon =0{,}1\ \mathrm {^{\circ }C}$ von der tatsächlichen Temperatur unterscheiden darf. Unser Messwert muss sich also im grau hinterlegten Bereich der folgenden Grafik befinden. Das sind alle Punkte, deren Funktionswerte zwischen $f(x_{0})-\epsilon$ und $f(x_{0})+\epsilon$ liegen, die sich also im offenen Intervall $(f(x_{0})-\epsilon ,f(x_{0})+\epsilon )$ befinden:

Epsilon-Bereich um den Funktionswert f(x_0)

In der Graphik sehen wir, dass es um $x_{0}$ einen Bereich gibt, in dem sich die Funktionswerte maximal um $\epsilon$ von $f(x_{0})$ unterscheiden. Es gibt also einen Zeitabstand $\delta$, so dass alle Funktionswerte mit Argumenten im Intervall $(x_{0}-\delta ,x_{0}+\delta )$ im grau hinterlegten Bereich liegen:

Delta-Bereich um x_0, in dem alle Funktionswerte im Epsilon-Bereich um f(x_0) liegen

Es ist also möglich, unseren gesuchten Wert $f(x_{0})$ ausreichend gut (sprich mit einem Maximalfehler von $\epsilon$) zu approximieren. Wenn wir nämlich einen Zeitpunkt $x$ mit einem Abstand von $x_{0}$ kleiner als den Zeitabstand $\delta$ wählen, so ist der Abstand von $f(x)$ zu $f(x_{0})$ kleiner als der geforderte Maximalabstand $\epsilon$. Wir können so $f(x)$ als Annäherung von $f(x_{0})$ wählen.

Zusammenfassung: Es gibt ein $\delta >0$, so dass der Abstand $|f(x)-f(x_{0})|$ kleiner als $\epsilon$ für $|x-x_{0}|$ kleiner als $\delta$ ist. Also: $|x-x_{0}|<\delta \implies |f(x)-f(x_{0})|<\epsilon$

Erhöhte Anforderungen an die Approximation

Was passiert, wenn wir bei unserer Messung aufgrund erhöhter Anforderungen an die Auswertung den Temperaturwert besser kennen müssen? Was ist, wenn beispielsweise der geforderte Maximalfehler der Temperaturmessung nun $\epsilon _{2}=0{,}05\ \mathrm {^{\circ }C}$ und nicht mehr $\epsilon =0{,}1\ \mathrm {^{\circ }C}$ ist?

Kleinerer Epsilon-Bereich um den Funktionswert f(x_0)

Auch in diesem Fall gibt es einen Bereich um $x_{0}$, in dem sich die Funktionswerte weniger als $\epsilon _{2}$ von $f(x_{0})$ unterscheiden. Es gibt also ein $\delta _{2}>0$, so dass sich $f(x)$ um maximal $\epsilon _{2}$ von $f(x_{0})$ unterscheidet, wenn $|x-x_{0}|<\delta _{2}$ ist:

Kleinerer Delta-Bereich um x_0, in dem alle Funktionswerte im kleineren Epsilon-Bereich um f(x_0) liegen

Egal wie klein $\epsilon$ gewählt wird, es kann wegen des kontinuierlichen Temperaturverlaufes immer ein $\delta >0$ gefunden werden, so dass sich $f(x)$ um maximal $\epsilon$ von $f(x_{0})$ unterscheidet, wenn der Abstand von $x$ zu $x_{0}$ kleiner als $\delta$ ist. Es gilt:

Egal welchen Maximalfehler $\epsilon >0$ wir vorgeben, es gibt immer einen Bereich um $x_{0}$ in der Form $(x_{0}-\delta ,x_{0}+\delta )$ mit $\delta >0$, in der die Funktionswerte einen Abstand kleiner als $\epsilon$ von $f(x_{0})$ entfernt liegen.

Der obige Umstand ist deswegen erfüllt, weil die Funktion $f$ bei $x_{0}$ kontinuierlich verläuft und keinen Sprung macht oder – anders formuliert – weil die Funktion $f$ an der Stelle $x_{0}$ stetig ist. Es gilt sogar mehr: Dieser Umstand charakterisiert auf eine formale Art die Tatsache, dass es bei $x_{0}$ keinen Sprung im Funktionsgraphen von $f$ gibt. Wir können ihn also als formale Definition der Stetigkeit nutzen. Wegen der auftretenden Variablen $\epsilon$ und $\delta$ wird diese Definition das Epsilon-Delta-Kriterium der Stetigkeit genannt.

Epsilon-Delta-Kriterium der Stetigkeit

Warum gilt das Epsilon-Delta-Kriterium genau dann, wenn der Funktionsgraph an der entsprechenden Stelle keinen Sprung macht (also an dieser Stelle stetig ist)? Am Beispiel des Temperaturverlaufs konnten wir intuitiv nachvollziehen, dass das Epsilon-Delta-Kriterium bei stetigen Funktionen erfüllt ist. Ist es auch so, dass bei Sprüngen an einer Stelle im Funktionsgraphen das Epsilon-Delta-Kriterium nicht erfüllt ist? Nehmen wir nun hypothetisch an, dass der Temperaturverlauf an der Stelle $x_{0}$ einen Sprung macht:

Funktion mit Sprung bei x_0

Sei nun $\epsilon$ ein Maximalfehler, der kleiner als die Sprungweite ist:

Epsilon-Bereich mit einem Epsilon, welches kleiner als die Sprungweite ist

Dann können wir keinen $\delta$-Bereich $(x_{0}-\delta ,x_{0}+\delta )$ um $x_{0}$ finden, in dem alle Funktionswerte einen Abstand kleiner als $\epsilon$ von $f(x_{0})$ besitzen. Wenn wir beispielsweise das folgende $\delta$ wählen, dann gibt es ein $x$ zwischen $x_{0}-\delta$ und $x_{0}+\delta$, welches einen Abstand größer als $\epsilon$ von $f(x_{0})$ besitzt:

x liegt im Delta-Bereich um x_0, besitzt aber einen größeren Abstand von f(x_0) als Epsilon

Auch wenn wir ein kleineres $\delta _{2}$ wählen, findet sich ein $x\in (x_{0}-\delta _{2},x_{0}+\delta _{2})$ mit $|f(x)-f(x_{0})|\geq \epsilon$:

x liegt im Delta-Bereich um x_0, besitzt aber einen größeren Abstand von f(x_0) als Epsilon

Egal wie klein $\delta$ ist, es gibt immer mindestens ein Argument $x$ mit einen Abstand kleiner als $\delta$ von $x_{0}$, dessen Funktionswert $f(x)$ sich mehr als $\epsilon$ um $f(x_{0})$ unterscheidet. So sehen wir intuitiv, dass das Epsilon-Delta-Kriterium bei Sprüngen im Graphen nicht erfüllt ist. Damit charakterisiert das Epsilon-Delta-Kriterium die Tatsache, dass der Funktionsgraph an der betrachteten Stelle keinen Sprung macht. Es ist eine Definition der Stetigkeit. Da in diesem Kriterium nur bereits definierte mathematische Begriffe verwendet werden, genügt es den Anforderungen einer formalen Definition.

Definition

Epsilon-Delta-Kriterium der Stetigkeit

Erklärung des Epsilon-Delta-Kriteriums der Stetigkeit. (YouTube-Video vom Kanal Quatematik)

Die $\epsilon$-$\delta$ Definition der Stetigkeit an einer Stelle $x_{0}$ im Definitionsbereich lautet:

Definition (Epsilon-Delta-Definition der Stetigkeit)

Eine Funktion $f:D\to \mathbb {R}$ mit $D\subseteq \mathbb {R}$ ist genau dann stetig an der Stelle $x_{0}\in D$, wenn es zu jedem $\epsilon >0$ ein $\delta >0$ gibt, so dass $|f(x)-f(x_{0})|<\epsilon$ für alle $x\in D$ mit $|x-x_{0}|<\delta$ ist. $f$ ist also genau dann in $x_{0}\in D$ stetig, wenn gilt

$\forall \epsilon >0\,\exists \delta >0\,\forall x\in D:|x-x_{0}|<\delta \implies |f(x)-f(x_{0})|<\epsilon$

Erläuterung der Quantorenschreibweise:

${\begin{aligned}{\begin{array}{l}\underbrace {{\underset {}{}}\forall \epsilon >0} _{{\text{Für alle }}\epsilon >0}\underbrace {{\underset {}{}}\exists \delta >0} _{{\text{ gibt es ein }}\delta >0}\underbrace {{\underset {}{}}\forall x\in D} _{{\text{, so dass für alle }}x\in D}\\[1em]\quad \underbrace {{\underset {}{}}|x-x_{0}|<\delta } _{{\text{ mit Abstand von }}x_{0}{\text{ kleiner }}\delta }\underbrace {{\underset {}{}}\implies } _{\text{ gilt}}\underbrace {{\underset {}{}}|f(x)-f(x_{0})|<\epsilon } _{{\text{, dass der Abstand von }}f(x){\text{ zu }}f(x_{0}){\text{ kleiner als }}\epsilon {\text{ ist}}}\end{array}}\end{aligned}}$

Die obige Definition beschreibt die Stetigkeit an einem Punkt. Eine Funktion $f:D\to \mathbb {R}$ nennt man stetig, wenn sie an jedem Punkt in ihrem Definitionsbereich nach dem Epsilon-Delta-Kriterium stetig ist.

Herleitung des Epsilon-Delta-Kriterium für Unstetigkeit

Durch Negation der obigen Definition erhalten wir das Epsilon-Delta-Kriterium der Unstetigkeit. Im Kapitel „Aussagen negieren“ haben wir besprochen, wie mathematische Aussagen negiert werden können. Dabei wird aus dem Allquantor $\forall$ ein Existenzquantor $\exists$ und umgekehrt. Bei der inneren Implikation müssen wir beachten, dass die Negation von $A\implies B$ äquivalent zur Aussage $A\land \neg B$ ist. Wenn wir das Epsilon-Delta-Kriterium der Stetigkeit negieren, erhalten wir:

${\begin{aligned}{\begin{array}{rrrrrcr}&\neg {\Big (}\forall \epsilon >0\,&\exists \delta >0\,&\forall x\in D:&|x-x_{0}|<\delta &\implies &|f(x)-f(x_{0})|<\epsilon {\Big )}\\[0.5em]\iff &\exists \epsilon >0\,&\neg {\Big (}\exists \delta >0\,&\forall x\in D:&|x-x_{0}|<\delta &\implies &|f(x)-f(x_{0})|<\epsilon {\Big )}\\[0.5em]\iff &\exists \epsilon >0\,&\forall \delta >0\,&\neg {\Big (}\forall x\in D:&|x-x_{0}|<\delta &\implies &|f(x)-f(x_{0})|<\epsilon {\Big )}\\[0.5em]\iff &\exists \epsilon >0\,&\forall \delta >0\,&\exists x\in D:&\neg {\Big (}|x-x_{0}|<\delta &\implies &|f(x)-f(x_{0})|<\epsilon {\Big )}\\[0.5em]\iff &\exists \epsilon >0\,&\forall \delta >0\,&\exists x\in D:&|x-x_{0}|<\delta &\land &\neg {\Big (}|f(x)-f(x_{0})|<\epsilon {\Big )}\\[0.5em]\iff &\exists \epsilon >0\,&\forall \delta >0\,&\exists x\in D:&|x-x_{0}|<\delta &\land &|f(x)-f(x_{0})|\geq \epsilon \end{array}}\end{aligned}}$

Damit erhalten wir als Negation der Stetigkeit:

$\exists \epsilon >0\,\forall \delta >0\,\exists x\in D:|x-x_{0}|<\delta \land |f(x)-f(x_{0})|\geq \epsilon$

Epsilon-Delta-Kriterium für Unstetigkeit

Definition (Epsilon-Delta-Definition der Unstetigkeit)

Eine Funktion $f:D\to \mathbb {R}$ mit $D\subseteq \mathbb {R}$ ist genau dann unstetig an der Stelle $x_{0}\in D$, wenn es ein $\epsilon >0$ gibt, so dass es für alle $\delta >0$ ein $x\in D$ mit $|x-x_{0}|<\delta$ und $|f(x)-f(x_{0})|\geq \epsilon$ gibt. $f$ ist also genau dann in $x_{0}\in D$ unstetig, wenn gilt

$\exists \epsilon >0\,\forall \delta >0\,\exists x\in D:|x-x_{0}|<\delta \land |f(x)-f(x_{0})|\geq \epsilon$

Erläuterung der Quantorenschreibweise:

${\begin{aligned}{\begin{array}{l}\underbrace {{\underset {}{}}\exists \epsilon >0} _{{\text{Es gibt ein }}\epsilon >0,}\underbrace {{\underset {}{}}\forall \delta >0} _{{\text{ so dass für alle }}\delta >0}\underbrace {{\underset {}{}}\exists x\in D} _{{\text{ ein }}x\in D{\text{ existiert}}}\\[1em]\quad \underbrace {{\underset {}{}}|x-x_{0}|<\delta } _{{\text{ mit Abstand von }}x_{0}{\text{ kleiner }}\delta }\underbrace {{\underset {}{}}\land } _{\text{ und}}\underbrace {{\underset {}{}}|f(x)-f(x_{0})|\geq \epsilon } _{{\text{der Abstand von }}f(x){\text{ zu }}f(x_{0}){\text{ ist größer gleich }}\epsilon }\end{array}}\end{aligned}}$

Erklärungen zum Epsilon-Delta-Kriterium

Die Ungleichung $|x-x_{0}|<\delta$ bedeutet, dass der Abstand zwischen $x$ und $x_{0}$ kleiner als $\delta$ ist. Analog ist $|f(x)-f(x_{0})|<\epsilon$ gleichbedeutend damit, dass der Abstand zwischen $f(x)$ und $f(x_{0})$ kleiner als $\epsilon$ ist. Aus der Implikation $|x-x_{0}|<\delta \implies |f(x)-f(x_{0})|<\epsilon$ folgt damit, dass der Abstand zwischen $f(x)$ und $f(x_{0})$ garantiert kleiner als $\epsilon$ ist, wenn der Abstand zwischen $x$ und $x_{0}$ kleiner als $\delta$ ist. Die Epsilon-Delta-Definition der Stetigkeit kann somit auch folgendermaßen interpretiert werden:

Egal wie klein man den Maximalabstand $\epsilon$ bezüglich des Funktionswertes $f(x)$ vorgibt, gibt es ein $\delta >0$, so dass der Abstand von $f(x)$ zu $f(x_{0})$ garantiert kleiner als $\epsilon$ ist, wenn $x$ einen Abstand kleiner als $\delta$ zu $x_{0}$ besitzt.

Bei stetigen Funktionen kann man also den Fehler – sprich den Abstand – in den Funktionswerten kontrollieren, indem man den Abstand in den Argumenten hinreichend klein hält. Die Suche nach dem $\delta$ entspricht der Beantwortung der Frage: Wie klein muss ich den Abstand im Argument wählen, damit der Abstand im Funktionswert maximal $\epsilon$ ist? Diese Frage ist durchaus relevant. Stell dir vor, du erhebst einen Messwert $x_{0}$ und berechnest damit einen Wert $f(x_{0})$ über eine stetige Funktion $f$. Dann kannst du einen Argumentenfehler $\delta$ bestimmen, der dir garantiert, dass der Endfehler der Berechnung $|f(x)-f(x_{0})|$ garantiert kleiner als $\epsilon$ ist, wenn der Fehler im Argument $|x-x_{0}|$ kleiner als $\delta$ ist.

Ein $\delta$ kann nur dann gefunden werden, wenn kleine Änderungen des Arguments $x_{0}$ kleine Änderungen des Funktionswertes $f(x_{0})$ verursachen. Bei stetigen Funktionen an der Stelle $x_{0}$ muss also gelten:

$x\approx x_{0}\implies f(x)\approx f(x_{0})$

Diese Implikation muss man so lesen: Wenn $x$ hinreichend nah an $x_{0}$ liegt, dann ist $f(x)$ ungefähr $f(x_{0})$. Diese Tatsache kann auch mit dem Begriff der $\epsilon$-Umgebung beschrieben werden:

Zu jeder noch so kleinen $\epsilon$-Umgebung $(f(x_{0})-\epsilon ,f(x_{0})+\epsilon )$ um $f(x_{0})$ gibt es eine $\delta$-Umgebung $(x_{0}-\delta ,x_{0}+\delta )$ um $x_{0}$, deren Funktionswerte alle in der $\epsilon$-Umgebung liegen.

Diese Beschreibung wird in der Topologie weiter verallgemeinert und führt zur topologischen Definition der Stetigkeit.

Visuelle Interpretation des Epsilon-Delta-Kriteriums

Beschreibung der Stetigkeit im Graphen

Das Epsilon-Delta-Kriterium kann gut im Graphen visualisiert werden. Wir starten hier mit der Implikation $|x-x_{0}|<\delta \implies |f(x)-f(x_{0})|<\epsilon$. Nach ihr ist der Abstand von $f(x)$ zu $f(x_{0})$ kleiner als Epsilon, wenn der Abstand von $x$ zu $x_{0}$ kleiner als $\delta$ ist. Sprich: Für $x\in (x_{0}-\delta ,x_{0}+\delta )$ ist $f(x)\in (f(x_{0})-\epsilon ,f(x_{0})+\epsilon )$. Dies kann dadurch illustriert werden, dass der Punkt $(x,f(x))$ im Inneren des Rechtecks $(x_{0}-\delta ,x_{0}+\delta )\times (f(x_{0})-\epsilon ,f(x_{0})+\epsilon )$ liegt. Dabei ist $(x_{0}-\delta ,x_{0}+\delta )\times (f(x_{0})-\epsilon ,f(x_{0})+\epsilon )$ das Innere des Rechtecks mit Breite $2\delta$ und der Höhe $2\epsilon$ um den Mittelpunkt $(x_{0},f(x_{0}))$:

Das 2Epsilon-2Delta-Rechteck

Dieses Rechteck werden wir im Folgenden $2\epsilon$-$2\delta$-Rechteck nennen. Der Rand des Rechtecks gehört dabei nicht dazu. Nach dem Epsilon-Delta-Kriterium ist die Implikation $|x-x_{0}|<\delta \implies |f(x)-f(x_{0})|<\epsilon$ für alle Argumente $x$ erfüllt. Damit müssen alle Punkte des Graphen von $f$ eingeschränkt auf die Argumente im Intervall $(x_{0}-\delta ,x_{0}+\delta )$ im Inneren des $2\epsilon$-$2\delta$-Rechtecks liegen (grüner Bereich in der folgenden Zeichnung) und dürfen sich nicht oberhalb oder unterhalb des Rechtecks befinden (roter Bereich):

Das 2Epsilon-2Delta-Rechteck mit erlaubten und unerlaubten Bereich

Insgesamt kann das Epsilon-Delta-Kriterium folgendermaßen beschrieben werden:

Zu jedem $\epsilon >0$ gibt es ein (hinreichend kleines) $\delta >0$, so dass der Graph von $f$ eingeschränkt auf $(x_{0}-\delta ,x_{0}+\delta )$ komplett im Inneren des $2\epsilon$-$2\delta$-Rechtecks liegt.

Beispiel einer stetigen Funktion

Schauen wir uns dies am Beispiel der Funktion $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} :x\mapsto {\tfrac {1}{3}}x$ an. Diese Funktion ist an jeder Stelle stetig und damit insbesondere auch im Punkt $x_{0}=1$. Es ist $f(x_{0})=f(1)={\tfrac {1}{3}}\cdot 1={\tfrac {1}{3}}$. Betrachten wir zunächst den maximalen Fehler $\epsilon =1$ um $f(x_{0})$. Wir finden mit $\delta =2$ ein $\delta >0$, so dass der Graph von $f$ im Inneren des $2\epsilon$-$2\delta$-Rechtecks verläuft:

Visualisierung der Epsilon-Delta-Stetigkeit

Nicht nur für $\epsilon =1$, sondern zu jedem $\epsilon >0$ können wir ein $\delta >0$ angeben, so dass $f$ im Inneren und nicht ober- bzw. unterhalb des $2\epsilon$-$2\delta$-Rechtecks liegt:

• 
  Für $\epsilon ={\tfrac {1}{2}}$ kann man $\delta =1$ wählen und der Graph verläuft im Inneren des $2\epsilon$-$2\delta$-Rechtecks.
• 
  Im Fall von $\epsilon ={\tfrac {1}{3}}$ ist die Wahl von $\delta ={\tfrac {3}{4}}$ ausreichend, damit der Graph sich im Inneren des $2\epsilon$-$2\delta$-Rechtecks befindet.

Beispiel einer unstetigen Funktion

Was passiert, wenn die Funktion unstetig ist? Nehmen wir die Vorzeichenfunktion $\operatorname {sgn}$, die im Nullpunkt unstetig ist:

$\operatorname {sgn} :\mathbb {R} \to \mathbb {R} :x\mapsto {\begin{cases}1&x>0\\0&x=0\\-1&x<0\end{cases}}$

So sieht der Graph der Vorzeichenfunktion aus:

Graph der Vorzeichenfunktion

Am Graphen kann man schon intuitiv erkennen, dass bei dem Argument $0$ eine Unstetigkeitsstelle vorliegt. Hier schlägt auch unsere Visualisierungsmöglichkeit der Stetigkeit fehl. Wählt man ein $\epsilon$, welches kleiner als die Sprunghöhe ist (also ein $\epsilon <1$), dann gibt es kein $\delta$, so dass der Graph vollständig im Inneren des $2\epsilon$-$2\delta$-Rechtecks verläuft. Wenn wir beispielsweise $\epsilon ={\tfrac {1}{2}}$ wählen, dann gibt es für jedes noch so kleine $\delta$ mindestens einen Funktionswert, der oberhalb bzw. unterhalb des $2\epsilon$-$2\delta$-Rechtecks liegt:

• 
  Für $\epsilon ={\tfrac {1}{2}}$ gibt es bei der Vorzeichenfunktion für $\delta =2$ Funktionswerte, die oberhalb bzw. unterhalb des $2\epsilon$-$2\delta$-Rechtecks liegen (rot eingezeichnete Punkte).
• 
  Auch für $\delta ={\tfrac {1}{2}}$ gibt es Punkte im Graphen, die sich oberhalb bzw. unterhalb des $2\epsilon$-$2\delta$-Rechtecks befinden.

Abhängigkeiten der Variablen

Stetigkeit

Wir betrachten die Stetigkeit einer Funktion $f$ am Punkt $x_{0}$. Zunächst wird ein beliebiges $\epsilon >0$ vorgegeben. Nun muss ein $\delta >0$ gefunden werden, so dass der Graph von $f$ eingeschränkt auf Argumente im Intervall $(x_{0}-\delta ,x_{0}+\delta )$ komplett im Epsilon-Schlauch $(f(x_{0})-\epsilon ,f(x_{0})+\epsilon )$ liegt. Hierzu muss das $\delta$ hinreichend klein gewählt werden. Wenn $\delta$ zu groß ist, gibt es gegebenenfalls ein Argument $x$ in $(x_{0}-\delta ,x_{0}+\delta )$, bei dem $f(x)$ einen Abstand größer als $\epsilon$ von $f(x_{0})$ aufweist:

• 
  Wenn bei einem vorgegebenen $\epsilon$ ein zu großes $\delta$ gewählt wird, können Funktionswerte ober- beziehungsweise unterhalb des $2\epsilon$-$2\delta$-Rechtecks liegen (hier rot markiert).
• 
  Wenn $\delta$ hinreichend klein ist, verläuft der Graph der Funktion im Inneren des $2\epsilon$-$2\delta$-Rechtecks.

Wie klein $\delta$ gewählt werden muss, hängt von vielen Faktoren ab: Der betrachteten Funktion $f$, dem vorgegebenen $\epsilon$ und dem Argument $x_{0}$. Je nach Funktionsverlauf muss ein anderes $\delta$ gewählt werden. Im Allgemeinen muss auch bei einem kleineren $\epsilon$ ein kleineres $\delta$ gewählt werden. Dies zeigen die folgenden Diagramme. Hier ist die Quadratfunktion abgebildet, welche bei $x_{0}=1$ stetig ist. Bei einem kleineren $\epsilon$ fällt die Wahl des $\delta$ kleiner aus:

Abhängigkeit des δ vom ε: Im Allgemeinen muss δ kleiner gewählt werden, wenn ε kleiner ist.

Auch von der betrachteten Stelle hängt das $\delta$ ab. Je stärker sich eine Funktion in der Umgebung der betrachteten Stelle ändert, desto kleiner muss $\delta$ gewählt werden. In der folgenden Grafik ist der gefundene $\delta$-Wert zwar für $x_{0}$ ausreichend klein, für $x_{1}$ ist er jedoch zu groß:

Der Wert für delta ist klein genug für x_0, jedoch zu groß für x_1.

In der Umgebung von $x_{1}$ ändert sich die Funktion $f$ stärker als in der Umgebung um $x_{0}$. Daher müssen wir das $\delta$ für $x_{1}$ kleiner wählen. Wir bezeichnen die $\delta$-Werte an den Punkten $x_{0}$ und $x_{1}$ entsprechend mit $\delta _{0}$ und $\delta _{1}$ und wählen $\delta _{1}$ kleiner als vorher:

Beide Intervallgrößen delta_1 und delta_2 sind genügend klein für das gegebene epsilon gewählt.

Wir haben gesehen, dass die Wahl von $\delta$ von der betrachteten Funktion $f$, der betrachteten Stelle $x_{0}$ und dem vorgegebenen $\epsilon$ abhängt.

Unstetigkeit

Im Fall der Unstetigkeit ändern sich die Zusammenhänge der Variablen untereinander. Dies liegt daran, dass bei der Negation die Quantoren vertauscht werden. Um die Unstetigkeit zu zeigen, muss zunächst ein $\epsilon >0$ gefunden werden, bei dem für kein $\delta >0$ der Graph von $f$ komplett im Inneren des $2\epsilon$-$2\delta$-Rechtecks verläuft. Hierzu muss $\epsilon$ hinreichend klein sein. Wenn beispielsweise die Unstetigkeit durch einen Sprung hervorgerufen wird, sollte $\epsilon$ kleiner als die Sprunghöhe gewählt werden. Wenn $\epsilon$ zu groß ist, gibt es gegebenenfalls ein $\delta$, so dass $f$ im Inneren des $2\epsilon$-$2\delta$-Rechtecks liegt:

• 
  Wenn bei der Vorzeichenfunktion ein zu großes $\epsilon$ gewählt wird, gibt es ein $\delta$, so dass die Vorzeichenfunktion komplett im Inneren des $2\epsilon$-$2\delta$-Rechtecks verläuft.
• 
  Wenn $\epsilon$ klein genug ist, gibt es für alle $\delta >0$ Funktionswerte, die direkt ober- bzw. unterhalb des $2\epsilon$-$2\delta$-Rechtecks liegen.

Welches $\epsilon$ gewählt werden muss, hängt vom Funktionsverlauf und der betrachteten Stelle $x_{0}$ ab. Nachdem $\epsilon$ gewählt wurde, wird $\delta >0$ beliebig vorgegeben. Nun muss es ein $x$ zwischen den Zahlen $x_{0}-\delta$ und $x_{0}+\delta$ geben, so dass $f(x)$ einen Abstand größer gleich $\epsilon$ von $f(x_{0})$ aufweist. Der Punkt $(x,f(x))$ liegt also ober- bzw. unterhalb des $2\epsilon$-$2\delta$-Rechtecks. Welches $x$ gewählt werden muss, hängt von vielen Parametern ab: Von dem $\epsilon$ und dem $\delta$, dem Funktionsverlauf und der betrachteten Unstetigkeitsstelle.

Beispielaufgaben

Stetigkeit

Aufgabe (Stetigkeit einer linearen Funktion)

Beweise, dass die lineare Funktion $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ mit $f(x)={\tfrac {1}{3}}x$ stetig ist.

Wie kommt man auf den Beweis? (Stetigkeit einer linearen Funktion)

Graph der Funktion $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ mit $f(x)={\tfrac {1}{3}}x$. Am Graphen kann man erkennen, dass diese Funktion an jeder Stelle stetig ist.

Um die Stetigkeit von $f$ zu beweisen, müssen wir die Stetigkeit an jedem Argument $x_{0}\in \mathbb {R}$ beweisen. Sei also $x_{0}$ eine beliebige reelle Zahl. Nun nehmen wir einen beliebigen Maximalfehler $\epsilon >0$ an. Unsere Aufgabe liegt jetzt darin, ein hinreichend kleines $\delta >0$ zu finden, so dass $|f(x)-f(x_{0})|<\epsilon$ für alle Argumente $x$ mit $|x-x_{0}|<\delta$ ist. Schauen wir uns hierzu die Ungleichung $|f(x)-f(x_{0})|<\epsilon$ genauer an:

${\begin{aligned}{\begin{array}{rrl}&|f(x)-f(x_{0})|&<\epsilon \\[0.5em]\iff &\left|{\frac {1}{3}}x-{\frac {1}{3}}x_{0}\right|&<\epsilon \\[0.5em]\iff &\left|{\frac {1}{3}}(x-x_{0})\right|&<\epsilon \\[0.5em]\iff &{\frac {1}{3}}|x-x_{0}|&<\epsilon \end{array}}\end{aligned}}$

Es muss also ${\tfrac {1}{3}}|x-x_{0}|<\epsilon$ für alle $x$ mit $|x-x_{0}|<\delta$ gelten. Wie muss $\delta$ gewählt werden, so dass aus $|x-x_{0}|<\delta$ die Ungleichung ${\tfrac {1}{3}}|x-x_{0}|<\epsilon$ folgt?

Nun können wir ausnutzen, dass in der Ungleichung ${\tfrac {1}{3}}|x-x_{0}|<\epsilon$ der Betrag $|x-x_{0}|$ vorkommt. Wegen $|x-x_{0}|<\delta$ wissen wir, dass dieser Betrag kleiner als $\delta$ ist. Dies können wir in den Term ${\tfrac {1}{3}}|x-x_{0}|$ einsetzen:

${\frac {1}{3}}|x-x_{0}|{\stackrel {|x-x_{0}|<\delta }{<}}{\frac {1}{3}}\delta$

Wenn wir $\delta$ so geschickt wählen, dass ${\tfrac {1}{3}}\delta \leq \epsilon$ ist, folgt aus ${\tfrac {1}{3}}|x-x_{0}|<{\tfrac {1}{3}}\delta$ die zu zeigende Ungleichung ${\tfrac {1}{3}}|x-x_{0}|<\epsilon$. Durch Äquivalenzumformungen von ${\tfrac {1}{3}}\delta \leq \epsilon$ können wir ein hinreichend kleines $\delta$ finden:

${\tfrac {1}{3}}\delta \leq \epsilon \iff \delta \leq 3\epsilon$

Jedes $\delta$ mit $0<\delta \leq 3\epsilon$ ist für den Beweis ausreichend. Für den finalen Beweis wählen wir $\delta =3\epsilon$.

Beweis (Stetigkeit einer linearen Funktion)

Sei $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ mit $f(x)={\tfrac {1}{3}}x$ und sei $x_{0}\in \mathbb {R}$ beliebig. Sei weiterhin $\epsilon >0$ beliebig. Wir wählen $\delta =3\epsilon$. Sei $x\in \mathbb {R}$ mit $|x-x_{0}|<\delta$. Es ist:

${\begin{aligned}|f(x)-f(x_{0})|&=\left|{\frac {1}{3}}x-{\frac {1}{3}}x_{0}\right|\\[0.5em]&=\left|{\frac {1}{3}}(x-x_{0})\right|\\[0.5em]&={\frac {1}{3}}|x-x_{0}|\\[0.5em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ |x-x_{0}|<\delta \right.}\\[0.5em]&<{\frac {1}{3}}\delta \\[0.5em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \delta =3\epsilon \right.}\\[0.5em]&\leq {\frac {1}{3}}(3\epsilon )=\epsilon \end{aligned}}$

Damit ist $|f(x)-f(x_{0})|<\epsilon$, womit die Stetigkeit von $f$ an der Stelle $x_{0}$ bewiesen ist. Da $x_{0}\in \mathbb {R}$ beliebig gewählt wurde, ist $f$ stetig.

Unstetigkeit

Aufgabe (Unstetigkeit der Vorzeichenfunktion)

Beweise, dass die Vorzeichenfunktion $\operatorname {sgn} :\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ mit folgender Zuordnungsvorschrift unstetig ist:

$\operatorname {sgn}(x)={\begin{cases}1&x>0\\0&x=0\\-1&x<0\end{cases}}$

Wie kommt man auf den Beweis? (Unstetigkeit der Vorzeichenfunktion)

Um die Unstetigkeit zu beweisen, müssen wir eine Unstetigkeitsstelle der Funktion finden. Schauen wir uns hierzu den Graphen der Funktion an:

Graph der Vorzeichenfunktion

Man sieht, dass die Funktion an der Nullstelle einen Sprung aufweist. Bei $x_{0}=0$ sollte sich also eine Unstetigkeitsstelle befinden. Nun müssen wir ein $\epsilon >0$ finden, für welches kein $\delta >0$ gefunden werden kann, so dass die Funktion komplett im $2\epsilon$-$2\delta$-Rechteck liegt. Hier müssen wir $\epsilon$ kleiner als die Sprunghöhe $1$ wählen – zum Beispiel $\epsilon ={\tfrac {1}{2}}$. Egal welches $\delta >0$ wir nun vorgeben, es muss Funktionswerte unter- oder oberhalb des $2\epsilon$-$2\delta$-Rechtecks geben.

Sei also $\delta >0$ beliebig. Wir müssen nun zeigen, dass es ein $x$ mit $|x-x_{0}|<\delta$ und $|f(x)-f(x_{0})|\geq \epsilon$ gibt. Schauen wir uns zunächst die Ungleichung $|x-x_{0}|<\delta$ an:

$|x-x_{0}|<\delta {\stackrel {x_{0}=0}{\iff }}|x|<\delta$

Bei der Ungleichung $|f(x)-f(x_{0})|\geq \epsilon$ ergibt sich:

${\begin{aligned}{\begin{array}{rrl}&|f(x)-f(x_{0})|&\geq \epsilon \\[0.5em]\iff &|\operatorname {sgn}(x)-\operatorname {sgn}(x_{0})|&\geq {\frac {1}{2}}\\[0.5em]\iff &|\operatorname {sgn}(x)-\operatorname {sgn}(0)|&\geq {\frac {1}{2}}\\[0.5em]\iff &|\operatorname {sgn}(x)|&\geq {\frac {1}{2}}\end{array}}\end{aligned}}$

Das $x$ muss damit so gewählt werden, dass $|x|<\delta$ und $|\operatorname {sgn}(x)|\geq {\tfrac {1}{2}}$ ist. Beginnen wir mit der zweiten Ungleichung $|\operatorname {sgn}(x)|\geq {\tfrac {1}{2}}$. Für $x\neq 0$ ist $\operatorname {sgn}(x)$ entweder $1$ oder $-1$. Für $x\neq 0$ gilt somit immer $|\operatorname {sgn}(x)|=1\geq {\tfrac {1}{2}}$.

Blicken wir nun auf die Ungleichung $|x|<\delta$. Wie wir gerade geschlossen haben, soll $x\neq 0$ sein. Dies ist zum Beispiel für alle $x$ mit $0<x<\delta$ erfüllt. Wählen wir also für $x$ den Mittelwert zwischen $0$ und $\delta$ mit $x={\tfrac {0+\delta }{2}}={\tfrac {\delta }{2}}$.

Dies sehen wir auch in folgender Grafik. Hier haben wir das $2\epsilon$-$2\delta$-Rechteck mit $\epsilon ={\tfrac {1}{2}}$ und $\delta ={\tfrac {1}{2}}$ eingetragen. Alle Punkte, die unter- oder oberhalb des Rechtecks liegen, sind rot markiert. Dies sind alle $x$ im Intervall $(-\delta ,\delta )$ mit $x\neq 0$. Unsere Wahl $x={\tfrac {\delta }{2}}$ ist gesondert markiert und liegt oberhalb des Rechtecks:

x=δ/2 liegt oberhalb des 2ϵ-2δ-Rechtecks

Die Wahl von $x={\tfrac {\delta }{2}}$ reicht aus.

Beweis (Unstetigkeit der Vorzeichenfunktion)

Wir setzen $x_{0}=0$. Außerdem wählen wir $\epsilon ={\tfrac {1}{2}}$. Sei $\delta >0$ beliebig. Wählen wir $x={\tfrac {\delta }{2}}$. Zum einen ist:

${\begin{aligned}{\begin{array}{rrl}&{\frac {1}{2}}&<1\\[0.5em]\implies &{\frac {1}{2}}\delta &<\delta \\[0.5em]\implies &\left|{\frac {1}{2}}\delta \right|&<\delta \\[0.5em]\implies &\left|{\frac {1}{2}}\delta -0\right|&<\delta \\[0.5em]\implies &|x-x_{0}|&<\delta \end{array}}\end{aligned}}$

Zum anderen ist

${\begin{aligned}|f(x)-f(x_{0})|&=|\operatorname {sgn}(x)-\operatorname {sgn}(x_{0})|\\[0.5em]&=\left|\operatorname {sgn} \left({\frac {\delta }{2}}\right)-\operatorname {sgn}(0)\right|\\[0.5em]&=\left|1-0\right|\\[0.5em]&=1\\[0.5em]&\geq {\frac {1}{2}}=\epsilon \end{aligned}}$

Damit ist $\operatorname {sgn}$ an der Stelle $x_{0}=0$ unstetig und somit insgesamt unstetig.

Zusammenhang mit dem Folgenkriterium

Es gibt zwei Definitionen der Stetigkeit: das Epsilon-Delta-Kriterium und das Folgenkriterium. Um zu zeigen, dass beide Definitionen das gleiche Konzept beschreiben, müssen wir beweisen, dass beide Kriterien äquivalent zueinander sind. Wenn das Folgenkriterium erfüllt ist, muss auch das Epsilon-Delta-Kriterium erfüllt sein und umgekehrt.

Epsilon-Delta-Kriterium impliziert Folgenkriterium

Satz (Das Epsilon-Delta-Kriterium impliziert das Folgenkriterium)

Sei $f:D\to \mathbb {R}$ mit $D\subseteq \mathbb {R}$ eine Funktion. Wenn diese Funktion an der Stelle $x_{0}\in D$ das Epsilon-Delta-Kriterium erfüllt, dann ist auch das Folgenkriterium an der Stelle $x_{0}$ erfüllt.

Wie kommt man auf den Beweis? (Das Epsilon-Delta-Kriterium impliziert das Folgenkriterium)

Nehmen wir an, dass die Funktion $f:D\to \mathbb {R}$ an der Stelle $x_{0}\in D$ das Epsilon-Delta-Kriterium erfüllt. Es gilt also:

Zu jedem $\epsilon >0$ gibt es ein $\delta >0$, sodass $|f(x)-f(x_{0})|<\epsilon$ für alle $x\in D$ mit $|x-x_{0}|<\delta$ ist.

Wir wollen nun zeigen, dass auch das Folgenkriterium erfüllt ist. Für jede Argumentenfolge $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ mit Grenzwert $x_{0}$ soll also $\lim _{n\to \infty }f(x_{n})=f(x_{0})$ gelten. Sei also $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge von Argumenten $x_{n}\in D$ mit $\lim _{n\to \infty }x_{n}=x_{0}$. Wir müssen nun zeigen, dass der Grenzwert der Funktionswertfolge $\left(f(x_{n})\right)_{n\in \mathbb {N} }$ gleich $f(x_{0})$ ist. Es soll also gelten:

Zu jedem $\epsilon >0$ gibt es ein $N\in \mathbb {N}$ mit $|f(x_{n})-f(x_{0})|<\epsilon$ für alle $n\geq N$.

Sei $\epsilon >0$ beliebig. Wir müssen nun ein $N\in \mathbb {N}$ finden, so dass $|f(x_{n})-f(x_{0})|<\epsilon$ für alle $n\geq N$ erfüllt ist. Wir kennen die Ungleichung $|f(x_{n})-f(x_{0})|<\epsilon$ aus der Konklusion des Epsilon-Delta-Kriteriums. Der Unterschied liegt darin, dass wir anstelle des Arguments $x$ das Folgenglied $x_{n}$ haben. Wenden wir also das Epsilon-Delta-Kriterium auf unseren speziellen Fall mit dem vorgegebenen $\epsilon$ an. Wir erhalten:

Es gibt ein $\delta >0$, so dass $|f(x_{n})-f(x_{0})|<\epsilon$ für alle Folgenglieder $x_{n}$ mit $|x_{n}-x_{0}|<\delta$ ist.

Wir kommen dem Ziel näher. Wenn ein Folgenglied $x_{n}$ die Ungleichung $|x_{n}-x_{0}|<\delta$ erfüllt, erfüllt es auch die Zielungleichung $|f(x_{n})-f(x_{0})|<\epsilon$. Nun wissen wir wegen $\lim _{n\to \infty }x_{n}=x_{0}$, dass $|x_{n}-x_{0}|$ beliebig klein wird. Damit gibt es ein ${\tilde {N}}\in \mathbb {N}$, so dass $|x_{n}-x_{0}|<\delta$ für alle $n\geq {\tilde {N}}$ erfüllt ist. Dieses ${\tilde {N}}$ können wir als unser $N$ wählen. Ist nämlich $n\geq N={\tilde {N}}$, so ist $|x_{n}-x_{0}|<\delta$ und damit $|f(x_{n})-f(x_{0})|<\epsilon$ nach dem Epsilon-Delta-Kriterium.

Beweis (Das Epsilon-Delta-Kriterium impliziert das Folgenkriterium)

Sei $f:D\to \mathbb {R}$ eine Funktion, die an der Stelle $x_{0}\in D$ das Epsilon-Delta-Kriterium erfüllt. Sei $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge mit $x_{n}\in D$ für alle $n\in \mathbb {N}$ und $\lim _{n\to \infty }x_{n}=x_{0}$. Wir wollen zeigen, dass für beliebiges $\epsilon >0$ ein $N\in \mathbb {N}$ existiert, sodass $|f(x_{n})-f(x_{0})|<\epsilon$ für alle $n\geq N$ gilt.

Sei $\epsilon >0$ beliebig. Nach dem Epsilon-Delta-Kriterium gibt es ein $\delta >0$, sodass $|f(x)-f(x_{0})|<\epsilon$ für alle $x\in D$ mit $|x-x_{0}|<\delta$ ist. Wegen der Konvergenz von $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ gegen $x_{0}$ können wir ein $N\in \mathbb {N}$ finden, sodass $|x_{n}-x_{0}|<\delta$ für alle $n\geq N$ ist.

Sei $n\geq N$ beliebig. Es ist damit $|x_{n}-x_{0}|<\delta$. Nach dem Epsilon-Delta-Kriterium gilt damit $|f(x_{n})-f(x_{0})|<\epsilon$. Dies beweist $\lim _{n\to \infty }f(x_{n})=f(x_{0})$ und damit das Folgenkriterium.

Folgenkriterium impliziert Epsilon-Delta-Kriterium

Satz (Das Folgenkriterium impliziert das Epsilon-Delta-Kriterium)

Sei $f:D\to \mathbb {R}$ mit $D\subseteq \mathbb {R}$ eine Funktion. Wenn $f$ an der Stelle $x_{0}\in D$ das Folgenkriterium erfüllt, erfüllt sie auch das Epsilon-Delta-Kriterium.

Wie kommt man auf den Beweis? (Das Folgenkriterium impliziert das Epsilon-Delta-Kriterium)

Wir müssen folgende Implikation beweisen:

$f{\text{ erfüllt Folgenkriterium in }}x_{0}\in D\implies f{\text{ erfüllt Epsilon-Delta-kriterium in }}x_{0}\in D$

Wir beweisen diese Implikation über Kontraposition. Wir werden also zeigen, dass folgende Implikation gilt:

$\neg \left(f{\text{ erfüllt Epsilon-Delta-Kriterium in }}x_{0}\in D\right)\implies \neg \left(f{\text{ erfüllt Folgenkriterium in }}x_{0}\in D\right)$

Also:

$f{\text{ erfüllt nicht das Epsilon-Delta-kriterium in }}x_{0}\in D\implies f{\text{ erfüllt nicht das Folgenkriterium in }}x_{0}\in D$

Sei also $f:D\to \mathbb {R}$ eine Funktion, die das Epsilon-Delta-Kriterium an der Stelle $x_{0}\in D$ nicht erfüllt. Damit erfüllt $f$ die Unstetigkeitsversion des Epsilon-Delta-Kriteriums an der Stelle $x_{0}$. Es existiert ein $\epsilon >0$, so dass es für jedes $\delta >0$ ein $x\in D$ mit $|x-x_{0}|<\delta$ und $|f(x)-f(x_{0})|\geq \epsilon$ gibt. Wir müssen nun zeigen, dass das Folgenkriterium nicht erfüllt ist. Hierzu müssen wir eine Folge $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ von Argumenten finden, so dass $\lim _{n\to \infty }x_{n}=x_{0}$ und $\lim _{n\to \infty }f(x_{n})\neq f(x_{0})$ ist.

Um die gesuchte Folge $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ zu finden, müssen wir die Unstetigkeitsversion des Epsilon-Delta-Kriteriums geschickt nutzen. Hier wird uns ein $\epsilon >0$ vorgegeben, so dass für gewisse Argumente $x$ die Ungleichung $|f(x)-f(x_{0})|\geq \epsilon$ gilt. Wenn wir als Folgenglieder nur solche Argumente $x$ verwenden, dann ist automatisch wegen dieser Ungleichung $\lim _{n\to \infty }f(x_{n})\neq f(x_{0})$.

Nun brauchen wir eine Argumentenfolge $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$, die gegen $x_{0}$ konvergiert. Hierzu suchen wir uns eine Nullfolge $(\delta _{n})_{n\in \mathbb {N} }$. Bespielsweise kann $\delta _{n}={\tfrac {1}{n}}$ gewählt werden. Für jedes $\delta _{n}$ finden wir ein Argument $x_{n}$ mit $|x_{n}-x_{0}|<\delta _{n}$ und $|f(x_{n})-f(x_{0})|\geq \epsilon$. Aus diesen $x_{n}$ bilden wir die gesuchte Argumentenfolge $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$. Diese erfüllt zum einen $|x_{n}-x_{0}|<\delta _{n}$ und wegen $\lim _{n\to \infty }\delta _{n}=0$ damit $\lim _{n\to \infty }x_{n}=x_{0}$. Zum anderen kann wegen $|f(x_{n})-f(x_{0})|\geq \epsilon$ die Funktionswertfolge $\left(f(x_{n})\right)_{n\in \mathbb {N} }$ nicht gegen $f(x_{0})$ konvergieren.

Beweis (Das Folgenkriterium impliziert das Epsilon-Delta-Kriterium)

Wir beweisen den Satz über Kontraposition. Hierzu müssen wir zeigen, dass eine Funktion $f:D\to \mathbb {R}$, die das Epsilon-Delta-Kriterium an der Stelle $x_{0}\in D$ nicht erfüllt, auch das Folgenkriterium an der Stelle $x_{0}$ nicht erfüllt. Sei also $f:D\to \mathbb {R}$ mit $D\subseteq \mathbb {R}$ eine Funktion, die an der Stelle $x_{0}\in D$ das Epsilon-Delta-Kriterium nicht erfüllt. Es gibt also ein $\epsilon >0$, so dass für alle $\delta >0$ ein $x\in D$ mit $|x-x_{0}|<\delta$ und $|f(x)-f(x_{0})|\geq \epsilon$ existiert.

Für jedes $\delta _{n}={\tfrac {1}{n}}$ gibt es damit ein $x_{n}\in D$ mit $|x_{n}-x_{0}|<\delta _{n}$ und $|f(x_{n})-f(x_{0})|\geq \epsilon$. Aus der Ungleichung $|x_{n}-x_{0}|<\delta _{n}$ folgt $x_{0}-\delta _{n}\leq x_{n}\leq x_{0}+\delta _{n}$. Da $\lim _{n\to \infty }\delta _{n}=0$ ist, ist sowohl $\lim _{n\to \infty }x_{0}-\delta _{n}=x_{0}$ als auch $\lim _{n\to \infty }x_{0}+\delta _{n}=x_{0}$. Nach dem Sandwichsatz konvergiert damit die Folge $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ gegen $x_{0}$.

Jedoch kann wegen $|f(x_{n})-f(x_{0})|\geq \epsilon$ für alle $n\in \mathbb {N}$ die Folge $\left(f(x_{n})\right)_{n\in \mathbb {N} }$ nicht gegen $f(x_{0})$ konvergieren. Damit ist das Folgenkriterium an der Stelle $x_{0}$ für die Funktion $f$ nicht erfüllt. Es gibt nämlich eine Argumentenfolge $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ mit $\lim _{n\to \infty }x_{n}=x_{0}$ und $\lim _{n\to \infty }f(x_{n})\neq f(x_{0})$.

Übungsaufgaben

Quadratfunktion

Aufgabe (Stetigkeit der Quadratfunktion)

Beweise, dass die Funktion $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ mit $f(x)=x^{2}$ stetig ist.

Wie kommt man auf den Beweis? (Stetigkeit der Quadratfunktion)

Für den Beweis müssen wir zeigen, dass die Quadratfunktion an jeder Stelle $x_{0}\in \mathbb {R}$ stetig ist. Nach der allgemeinen Beweisstruktur des Epsilon-Delta-Kriteriums wird ein beliebiges $\epsilon >0$ vorgegeben. Wir müssen dann ein geeignetes $\delta >0$ finden, sodass die Ungleichung $|f(x)-f(x_{0})|<\epsilon$ für alle $|x-x_{0}|<\delta$ erfüllt ist.

Um ein geeignetes $\delta$ zu finden, setzen wir zunächst in den Term $|f(x)-f(x_{0})|$ die bekannte Funktionszuordnung $f(x)=x^{2}$ ein:

$|f(x)-f(x_{0})|=\left|x^{2}-x_{0}^{2}\right|$

Den Term $|x-x_{0}|$ können wir kontrollieren. Daher ist es sinnvoll, den Term $\left|x^{2}-x_{0}^{2}\right|$ so umzuformen bzw. nach oben abzuschätzen, dass $|x-x_{0}|$ auftaucht. Hierzu bietet sich die dritte binomische Formel an:

$|x^{2}-x_{0}^{2}|=|x+x_{0}||x-x_{0}|$

Aus unserer Voraussetzung, dass $|x-x_{0}|<\delta$ gelten soll, können wir den Ausdruck nach oben abschätzen:

$|x+x_{0}||x-x_{0}|<|x+x_{0}|\cdot \delta$

Da das $\delta$, welches wir suchen, nur von $\epsilon$ und $x_{0}$ abhängen darf, stört uns die vorhandene Abhängigkeit von $x$ in $|x+x_{0}|\cdot \delta$. Um diese Abhängigkeit zu eliminieren, können wir den Faktor $|x-x_{0}|$ geschickt nach oben abschätzen. Dabei verwenden wir einen unscheinbaren – aber häufig verwendeten – "Trick": Wir subtrahieren an geeigneter Stelle ein $x_{0}$ und addieren es wieder, so dass der Term $x-x_{0}$ entsteht:

$|x+x_{0}|\cdot \delta =|x\underbrace {-x_{0}+x_{0}} _{=\ 0}+x_{0}|\cdot \delta =|x-x_{0}+2x_{0}|\cdot \delta$

Damit wir den Betrag $|x-x_{0}|$ erhalten, nutzen wir die Dreiecksungleichung. Den Term $|x-x_{0}|$ können wir wieder nach oben durch $\delta$ abschätzen:

$|x-x_{0}+2x_{0}|\cdot \delta \leq (|x-x_{0}|+|2x_{0}|)\cdot \delta <(\delta +2|x_{0}|)\cdot \delta$

Durch geschicktes Umformen und Abschätzen haben wir so erhalten:

$|f(x)-f(x_{0})|<(\delta +2|x_{0}|)\cdot \delta$

Mit dieser Ungleichung sind wir fast am Ziel. Wenn wir $\delta$ so geschickt wählen, dass $(\delta +2|x_{0}|)\cdot \delta \leq \epsilon$ ist, wird unsere Zielungleichung $|f(x)-f(x_{0})|<\epsilon$ erfüllt. So könnten wir die "Mitternachtsformel" bei der quadratischen Gleichung $\delta ^{2}+2|x_{0}|\delta =\epsilon$ anwenden, um eine passende Wahl von $\delta$ zu finden. Der Term $(\delta +2|x_{0}|)\cdot \delta$ kann durch eine weitere Abschätzung jedoch vereinfacht werden. Hierzu können wir ausnutzen, dass wir beliebige Bedingungen an das $\delta$ stellen können. So folgt aus der Bedingung $\delta \leq 1$, dass $\delta +2|x_{0}|\leq 1+2|x_{0}|$ ist und damit gilt:

$|f(x)-f(x_{0})|<(\underbrace {\delta +2|x_{0}|} _{\leq 1+2|x_{0}|})\cdot \delta \leq (1+2|x_{0}|)\cdot \delta$

Somit führt auch $(1+2|x_{0}|)\cdot \delta \leq \epsilon$ zum Ziel. Diese Ungleichung können wir umstellen, um eine zweite Bedingung für $\delta$ zu finden (unsere erste Bedingung lautet $\delta \leq 1$):

$(1+2|x_{0}|)\cdot \delta \leq \epsilon \iff \delta \leq {\frac {\epsilon }{1+2|x_{0}|}}$

Wir haben zwei Bedingungen für $\delta$ gefunden: $\delta \leq 1$ und $\delta \leq {\tfrac {\epsilon }{1+2|x_{0}|}}$. Beide Bedingungen sind erfüllt für $\delta :=\min \left\{1,{\tfrac {\epsilon }{1+2|x_{0}|}}\right\}$. Diese Wahl treffen wir im finalen Beweis und führen die Abschätzungen so, wie wir sie gerade gefunden haben.

Beweis (Stetigkeit der Quadratfunktion)

Sei $\epsilon >0$ beliebig und sei $\delta :=\min \left\{1,{\tfrac {\epsilon }{1+2|x_{0}|}}\right\}$. Wenn $\left|x-x_{0}\right|<\delta$ erfüllt ist, dann folgt:

${\begin{aligned}|f(x)-f(x_{0})|&=|x^{2}-x_{0}^{2}|\\[0.5em]&=|x+x_{0}||x-x_{0}|\\[0.5em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ |x-x_{0}|<\delta \right.}\\[0.5em]&<|x+x_{0}|\cdot \delta \\[0.5em]&=|x\underbrace {-x_{0}+x_{0}} _{=\ 0}+x_{0}|\cdot \delta \\[0.5em]&=|x-x_{0}+2x_{0}|\cdot \delta \\[0.5em]&\leq (|x-x_{0}|+2|x_{0}|)\cdot \delta \\[0.5em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ |x-x_{0}|<\delta \right.}\\[0.5em]&<(\delta +2|x_{0}|)\cdot \delta \\[0.5em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \delta \leq 1\right.}\\[0.5em]&\leq (1+2|x_{0}|)\cdot \delta \\[0.5em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \delta ={\frac {\epsilon }{1+2|x_{0}|}}\right.}\\[0.5em]&=(1+2|x_{0}|)\cdot {\frac {\epsilon }{1+2|x_{0}|}}\\[0.5em]&=\epsilon \end{aligned}}$

Damit haben wir gezeigt, dass die Quadratfunktion stetig ist.

Verkettete Betragfunktion

Aufgabe (Beispiel für Stetigkeitsbeweise)

Zeige, dass folgende Funktion an der Stelle $x_{0}=1$ stetig ist:

$f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} :x\mapsto f(x)=5\left|x^{2}-2\right|+3$

Wie kommt man auf den Beweis? (Beispiel für Stetigkeitsbeweise)

Wir müssen zeigen, dass zu jedem $\epsilon >0$ ein $\delta >0$ existiert, so dass für alle $x\in \mathbb {R}$ mit $|x-x_{0}|<\delta$ die Ungleichung $|f(x)-f(x_{0})|<\epsilon$ erfüllt ist. Dabei ist bei uns $x_{0}=1$. Somit können wir über $|x-1|<\delta$ den Term $|x-1|$ kontrollieren. Zunächst können wir den Term $|f(x)-f(x_{0})|$ der Zielungleichung $|f(x)-f(x_{0})|<\epsilon$ vereinfachen:

${\begin{aligned}|f(x)-f(x_{0})|&=|f(x)-f(1)|\\[0.5em]&=|5\cdot |x^{2}-2|+3-(5|1^{2}-2|+3)|\\[0.5em]&=|5\cdot |x^{2}-2|-5|\\[0.5em]&=5\cdot ||x^{2}-2|-1|\end{aligned}}$

Unser Ziel ist es, durch Abschätzungen nach oben und Umformungen möglichst viele Ausdrücke $|x-1|$ „herzustellen“, da wir diese wegen $|x-1|<\delta$ abschätzen können. Die nächsten Schritte erfordern ein wenig Erfahrung mit Epsilon-Delta-Beweisen um „zu sehen“, wie man vorgehen sollte. Um die Betragsstriche innerhalb der äußeren Betrags loszuwerden, können wir die Ungleichung $||a|-|b||\leq |a-b|$ benutzen. Eine Möglichkeit ist folgende:

${\begin{aligned}|f(x)-f(x_{0})|&=\ldots \\[0.3em]&=5\cdot ||x^{2}-2|-1|\\[0.3em]&=5\cdot ||x^{2}-2|-|1||\\[0.3em]&\ {\color {Gray}\left\downarrow \ ||a|-|b||\leq |a-b|\right.}\\[0.3em]&\leq 5\cdot |x^{2}-2-1|\\[0.3em]&=5\cdot |x^{2}-3|\end{aligned}}$

Nun wird der Term $|x^{2}-3|$ für $x\to 1$ nicht mehr beliebig klein und somit ist unsere Abschätzung nicht zielführend. Besser ist es, wenn wir vor der Anwendung der Ungleichung $||a|-|b||\leq |a-b|$ die Gleichung $1=|-1|$ verwenden:

${\begin{aligned}|f(x)-f(x_{0})|&=\ldots \\[0.3em]&=5\cdot |x^{2}-2|-1|\\[0.3em]&=5\cdot |x^{2}-2|-|-1||\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ |a-b|\geq ||a|-|b||\right.}\\[0.3em]&\leq 5\cdot |x^{2}-2-(-1)|\\[0.3em]&=5\cdot |x^{2}-1|\end{aligned}}$

Wir erkennen die dritte binomische Formel und können schreiben:

${\begin{aligned}|f(x)-f(x_{0})|&=\ldots \\[0.5em]&\leq 5\cdot |x^{2}-1|\\[0.5em]&=5\cdot |x+1||x-1|\end{aligned}}$

Und weiterhin wegen $|x-1|<\delta$:

${\begin{aligned}|f(x)-f(x_{0})|&=\ldots \\[0.5em]&\leq 5\cdot |x^{2}-1|\\[0.5em]&=5\cdot |x+1||x-1|\\[0.5em]&<5\cdot |x+1|\cdot \delta \end{aligned}}$

Da das $\delta$, welches wir suchen, nur von $\epsilon$ und $x_{0}$ abhängen darf, stört uns die vorhandene Abhängigkeit von $x$ in $5|x+1|\cdot \delta$. Dazu müssen wir den Ausdruck $5|x+1|$ geschickt nach oben abschätzen. Da wir nur ein bestimmtes $\delta$ für unseren Beweis angeben müssen, um die Zielungleichung zu erhalten und beliebige Bedingungen an das $\delta$ stellen zu können, setzen wir $\delta \leq 1$. Dies ist eine willkürliche Wahl (analog funktioniert auch $\delta \leq 2$ usw). Was ergibt sich nun aus dieser Festlegung?

Es muss weiterhin gelten: $|x-1|<\delta$. Wegen $\delta \leq 1$ folgt $|x-1|<1$. Damit gilt durch Umstellen der Ungleichung: $x\in [1-1;1+1]$. Es folgt somit $1+x\in [1;3]$ und damit $|x+1|\leq 3$:

${\begin{aligned}|f(x)-f(x_{0})|&=\ldots \\[0.5em]&<5\cdot |x+1|\cdot \delta \\[0.5em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ |x+1|\leq 3\right.}\\[0.5em]&\leq 15\cdot \delta \end{aligned}}$

Da wir zeigen wollen, dass $|f(x)-f(1)|<\epsilon$ wählen wir $\delta$ so, dass $\delta \leq {\tfrac {\epsilon }{15}}$ ist. Dadurch erhalten wir:

${\begin{aligned}|f(x)-f(x_{0})|&=\ldots \\[0.5em]&<15\cdot \delta \\[0.5em]&\leq 15\cdot {\frac {\epsilon }{15}}\\[0.5em]&\leq \epsilon .\end{aligned}}$

Wir haben auf unserem Rechenweg zwei Bedingungen für das $\delta$ gefunden ($\delta \leq {\tfrac {\epsilon }{15}}$ und $\delta \leq 1$). Diese fassen wir zusammen durch: $\delta =\min \left\{1,{\tfrac {\epsilon }{15}}\right\}$. Damit können wir unseren Beweis aufschreiben.

Beweis (Beispiel für Stetigkeitsbeweise)

Sei $\epsilon >0$ beliebig und sei $\delta =\min \left\{1,{\tfrac {\epsilon }{15}}\right\}$. Sei $x\in \mathbb {R}$ mit $|x-1|<\delta$. Dann folgt:

Beweisschritt 1: $|x+1|\leq 3$

Wegen $\delta =\min \left\{1,{\tfrac {\epsilon }{15}}\right\}$ ist $\delta \leq 1$. Damit ist $|x-1|\leq 1$ und somit $x\in [1-1;1+1]$. Es folgt $1+x\in [1;3]$ und damit $|x+1|\leq 3$.

Beweisschritt 2: $|f(x)-f(x_{0})|<\epsilon$

${\begin{aligned}|f(x)-f(x_{0})|&=|f(x)-f(1)|\\[0.5em]&=|5\cdot |x^{2}-2|+3-(5|1^{2}-2|+3)|\\[0.5em]&=|5\cdot |x^{2}-2|-5|\\[0.5em]&=5\cdot ||x^{2}-2|-1|\\[0.5em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ 1\iff |-1|\right.}\\[0.5em]&=5\cdot ||x^{2}-2|-|-1||\\[0.5em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ |a-b|\geq ||a|-|b||\right.}\\[0.5em]&\leq 5\cdot |x^{2}-2-(-1)|\\[0.5em]&=5\cdot |x^{2}-1|\\[0.5em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ a^{2}-b^{2}=(a+b)(a-b)\right.}\\[0.5em]&=5\cdot (|x+1|\cdot \underbrace {|x-1|} _{<\delta })\\[0.5em]&<5\cdot |x+1|\cdot \delta \\[0.5em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ |x+1|\leq 3\right.}\\[0.5em]&\leq 15\delta \\[0.5em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \delta \leq {\frac {\epsilon }{15}}\right.}\\[0.5em]&\leq 15\cdot {\frac {\epsilon }{15}}\\[0.5em]&\leq \epsilon \end{aligned}}$

Damit ist die Funktion an der Stelle $x_{0}=1$ stetig.

Hyperbel

Aufgabe (Stetigkeit der Hyperbelfunktion)

Beweise, dass die Funktion $f:\mathbb {R} ^{+}\to \mathbb {R}$ mit $f(x)={\tfrac {1}{x}}$ stetig ist.

Wie kommt man auf den Beweis? (Stetigkeit der Hyperbelfunktion)

Das grundlegende Muster bei Epsilon-Delta-Beweisen bleibt erhalten. Wir wollen die Implikation $|x-x_{0}|<\delta \implies |f(x)-f(x_{0})|<\epsilon$ zeigen. Als Erstes setzen wir das ein, was wir bereits wissen und formen etwas um:

${\begin{aligned}|f(x)-f(x_{0})|&=\left|{\frac {1}{x}}-{\frac {1}{x_{0}}}\right|\\[0.5em]&=\left|{\frac {x-x_{0}}{x\cdot x_{0}}}\right|\\[0.5em]&={\frac {|x-x_{0}|}{|x||x_{0}|}}\\[0.5em]&={\frac {1}{|x||x_{0}|}}\cdot |x-x_{0}|\end{aligned}}$

Wir wissen, dass nach Voraussetzung $|x-x_{0}|<\delta$ gilt. Also:

$|f(x)-f(x_{0})|=\ldots ={\frac {1}{|x||x_{0}|}}\cdot |x-x_{0}|<{\frac {1}{|x||x_{0}|}}\cdot \delta$

Da die Wahl von unserem $\delta$ nur von $\epsilon$ und $x_{0}$ abhängen darf, müssen wir in diesem Fall ${\tfrac {1}{|x|}}$ geschickt abschätzen, um die Abhängigkeit von $x$ zu eliminieren. Hierzu betrachten wir $\delta \leq {\tfrac {x_{0}}{2}}$.

Wie kommen wir auf die Bedingung $\delta \leq {\tfrac {x_{0}}{2}}$? Wir schieben an dieser Stelle eine kurze Erklärung ein, in der wir die Wahl $\delta <{\tfrac {x_{0}}{2}}$ erklären: Wir benötigen eine $\delta$-Umgebung, die innerhalb des Defintionsbereichs unserer Funktion liegt. Hätten wir die Bedingung $\delta \leq 1$ gewählt und dabei den Punkt $x_{0}={\tfrac {1}{2}}$ betrachtet, so würden wir auf folgendes Problem stoßen:

Der größte $x$-Wert mit $\left|x-{\tfrac {1}{2}}\right|<1$ ist $x_{\mathrm {max} }={\tfrac {3}{2}}$ und der kleinste ist $x_{\mathrm {min} }=-{\tfrac {1}{2}}$. Jedoch liegt $x_{\mathrm {min} }$ nicht im Definitionsbereich der Funktion $f:\mathbb {R} ^{+}\to \mathbb {R}$. Vor allem liegt $x=0$ in diesem Bereich, wo $f(x)={\tfrac {1}{x}}$ nicht definiert ist.

Eine geschickte Wahl des $\delta$, so dass die $\delta$-Umgebung die $y$-Achse nicht berührt, ist $\delta \leq {\tfrac {x_{0}}{2}}$. Denkbar sind auch: $\delta \leq {\tfrac {x_{0}}{3}}$, $\delta <{\tfrac {x_{0}}{20}}$ oder $\delta <{\tfrac {x_{0}}{5321}}$.

Wegen $\delta \leq {\tfrac {x_{0}}{2}}$ und unserer Voraussetzung, dass $|x-x_{0}|<\delta$ ist $x\in \left[{\tfrac {x_{0}}{2}};{\tfrac {3x_{0}}{2}}\right]$. Darüber kommen wir zur Abschätzung: ${\tfrac {1}{|x|}}\leq {\tfrac {2}{|x_{0}|}}$. Wir können nun schreiben:

${\begin{aligned}|f(x)-f(x_{0})|&=\ldots <{\frac {1}{|x||x_{0}|}}\cdot \delta \\[0.5em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \delta ={\frac {\epsilon \cdot |x_{0}|^{2}}{2}}\right.}\\[0.5em]&\leq {\frac {2}{|x_{0}|^{2}}}\cdot \delta \end{aligned}}$

Somit erhalten wir den Zusammenhang:

$|f(x)-f(x_{0})|\leq {\frac {2}{|x_{0}|^{2}}}\cdot \delta$

Da wir $|f(x)-f(x_{0})|<\epsilon$ zeigen wollen, wählen wir $\delta \leq {\tfrac {\epsilon \cdot |x_{0}|^{2}}{2}}$. Einsetzen zeigt, dass wir dadurch die Zielungleichung $|f(x)-f(x_{0})|<\epsilon$ zeigen können.

In der ganzen Herleitung haben wir zwei Bedingungen für $\delta$ gefunden: $\delta \leq {\tfrac {x_{0}}{2}}$ und $\delta \leq {\tfrac {\epsilon \cdot |x_{0}|^{2}}{2}}$. Im Beweis setzen wir deswegen $\delta =\min \left\{{\tfrac {x_{0}}{2}},{\tfrac {\epsilon \cdot |x_{0}|^{2}}{2}}\right\}$, um beide Bedingungen zu erfüllen.

Beweis (Stetigkeit der Hyperbelfunktion)

Sei $f:\mathbb {R} ^{+}\to \mathbb {R}$ mit $f(x)={\tfrac {1}{x}}$ und sei $x_{0}\in \mathbb {R} ^{+}$ beliebig. Sei außerdem $\epsilon >0$ beliebig. Wähle $\delta :=\min \left\{{\tfrac {x_{0}}{2}},{\tfrac {\epsilon \cdot |x_{0}|^{2}}{2}}\right\}$. Für alle $x\in \mathbb {R}$ mit $|x-x_{0}|<\delta$ gilt:

${\begin{aligned}|f(x)-f(x_{0})|&=\left|{\frac {1}{x}}-{\frac {1}{x_{0}}}\right|\\[0.5em]&=\left|{\frac {x-x_{0}}{x\cdot x_{0}}}\right|\\[0.5em]&={\frac {|x-x_{0}|}{|x||x_{0}|}}\\[0.5em]&={\frac {1}{|x||x_{0}|}}|x-x_{0}|\\[0.5em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\frac {1}{|x|}}\leq {\frac {2}{|x_{0}|}}\right.}\\[0.5em]&\leq {\frac {2}{|x_{0}|^{2}}}|x-x_{0}|\\[0.5em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ |x-x_{0}|<\delta \right.}\\[0.5em]&<{\frac {2\delta }{|x_{0}|^{2}}}\\[0.5em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \delta ={\frac {\epsilon \cdot |x_{0}|^{2}}{2}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {2}{|x_{0}|^{2}}}\cdot {\frac {\epsilon \cdot |x_{0}|^{2}}{2}}\\[0.5em]&=\epsilon \end{aligned}}$

Damit ist die Funktion $f$ an der Stelle $x_{0}$ stetig. Da $x_{0}$ beliebig gewählt wurde, ist $f$ stetig.

Verkettete Wurzelfunktion

Aufgabe (Epsilon-Delta-Beweis für Stetigkeit einer Wurzelfunktion)

Beweise mit der Epsilon-Delta-Definition der Stetigkeit, dass folgende Funktion stetig ist:

$f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,x\mapsto {\sqrt {5+x^{2}}}$

Wie kommt man auf den Beweis? (Epsilon-Delta-Beweis für Stetigkeit einer Wurzelfunktion)

Wir müssen zeigen, dass für jedes $\epsilon >0$ ein $\delta >0$ existiert, so dass alle $x\in \mathbb {R}$ mit $|x-a|<\delta$ die Ungleichung $|f(x)-f(a)|<\epsilon$ erfüllen. Hierzu betrachten wir zunächst die Zielungleichung $|f(x)-f(a)|<\epsilon$ und schätzen den Betrag $|f(x)-f(a)|$ geschickt nach oben ab. Da wir den Term $|x-a|$ kontrollieren können, schätzen wir $|f(x)-f(a)|$ so nach oben ab, dass wir den Betrag $|x-a|$ erhalten. Wir suchen also eine Ungleichung der Form

$|f(x)-f(a)|\leq K(x,a)\cdot |x-a|$

Dabei ist $K(x,a)$ irgendein von $x$ und $a$ abhängiger Term. Der zweite Faktor ist kleiner als $\delta$ und kann damit durch eine geschickte Wahl von $\delta$ beliebig klein gemacht werden. Eine solche Abschätzung ist folgende:

${\begin{aligned}|f(x)-f(a)|&=\left|{\sqrt {5+x^{2}}}-{\sqrt {5+a^{2}}}\right|\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Erweitere mit}}\left|{\sqrt {5+x^{2}}}+{\sqrt {5+a^{2}}}\right|\right.}\\[0.3em]&={\frac {\left|{\sqrt {5+x^{2}}}-{\sqrt {5+a^{2}}}\right|\cdot \left|{\sqrt {5+x^{2}}}+{\sqrt {5+a^{2}}}\right|}{\left|{\sqrt {5+x^{2}}}+{\sqrt {5+a^{2}}}\right|}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\sqrt {5+x^{2}}}+{\sqrt {5+a^{2}}}\geq 0\right.}\\[0.3em]&={\frac {\left|x^{2}-a^{2}\right|}{{\sqrt {5+x^{2}}}+{\sqrt {5+a^{2}}}}}\\[0.3em]&={\frac {\left|x+a\right|}{{\sqrt {5+x^{2}}}+{\sqrt {5+a^{2}}}}}\cdot |x-a|\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ K(x,a):={\frac {\left|x+a\right|}{{\sqrt {5+x^{2}}}+{\sqrt {5+a^{2}}}}}\right.}\\[0.3em]&=K(x,a)\cdot |x-a|\end{aligned}}$

Wegen $|x-a|<\delta$ ist:

$|f(x)-f(a)|=K(x,a)\cdot |x-a|<K(x,a)\cdot \delta$

Wenn wir $\delta$ so klein wählen, dass $K(x,a)\cdot \delta \leq \epsilon$ ist, folgt die Zielungleichung $|f(x)-f(a)|\leq \epsilon$. Jedoch hängt $K(x,a)$ von $x$ ab und diese Abhängigkeit würde sich auf $\delta$ vererben und wir dürfen $\delta$ nicht in Abhängigkeit von $x$ wählen. Deswegen müssen wir die Abhängigkeit des ersten Faktors von $x$ eliminieren. Dies erreichen wir, indem wir den ersten Faktor nach oben so abschätzen, dass wir eine Ungleichung der Form $K(x,a)\leq {\tilde {K}}(a)$ erreichen. Eine solche Umformung ist:

${\begin{aligned}K(x,a)&={\frac {\left|x+a\right|}{{\sqrt {5+x^{2}}}+{\sqrt {5+a^{2}}}}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Dreiecksungleichung}}\right.}\\[0.3em]&\leq {\frac {\left|x\right|}{{\sqrt {5+x^{2}}}+{\sqrt {5+a^{2}}}}}+{\frac {\left|a\right|}{{\sqrt {5+x^{2}}}+{\sqrt {5+a^{2}}}}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\frac {a}{b+c}}\leq {\frac {a}{b}}{\text{ für }}a,c\geq 0,b>0\right.}\\[0.3em]&\leq {\frac {\left|x\right|}{\sqrt {5+x^{2}}}}+{\frac {\left|a\right|}{\sqrt {5+a^{2}}}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\frac {|a|}{\sqrt {5+a^{2}}}}\leq 1{\text{, da }}{\sqrt {5+a^{2}}}\geq {\sqrt {a^{2}}}=|a|\right.}\\[0.3em]&\leq 2=:{\tilde {K}}(a)\end{aligned}}$

Wir haben sogar ${\tilde {K}}(a)$ unabhängig von $a$ gemacht, was nicht nötig gewesen wäre. Somit haben wir die Ungleichung

$|f(x)-f(a)|\leq 2\cdot |x-a|<2\cdot \delta$

Wir brauchen nun die Abschätzung $2\cdot \delta \leq \epsilon$, damit die Zielungleichung $|f(x)-f(a)|<\epsilon$ erfüllt ist. Die Wahl von $\delta ={\tfrac {\epsilon }{2}}$ ist hierfür ausreichend.

Beweis (Epsilon-Delta-Beweis für Stetigkeit einer Wurzelfunktion)

Sei $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ mit $f(x)={\sqrt {5+x^{2}}}$. Sei $a\in \mathbb {R}$ und $\epsilon >0$ beliebig. Wir wählen $\delta ={\tfrac {\epsilon }{2}}$. Für alle $x\in \mathbb {R}$ mit $|x-a|<\delta$ gilt:

${\begin{aligned}|f(x)-f(a)|&=\left|{\sqrt {5+x^{2}}}-{\sqrt {5+a^{2}}}\right|\\[0.3em]&={\frac {\left|{\sqrt {5+x^{2}}}-{\sqrt {5+a^{2}}}\right|\cdot \left|{\sqrt {5+x^{2}}}+{\sqrt {5+a^{2}}}\right|}{\left|{\sqrt {5+x^{2}}}+{\sqrt {5+a^{2}}}\right|}}\\[0.3em]&={\frac {\left|x^{2}-a^{2}\right|}{{\sqrt {5+x^{2}}}+{\sqrt {5+a^{2}}}}}\\[0.3em]&={\frac {\left|x+a\right|}{{\sqrt {5+x^{2}}}+{\sqrt {5+a^{2}}}}}\cdot |x-a|\\[0.3em]&\leq \left({\frac {\left|x\right|}{{\sqrt {5+x^{2}}}+{\sqrt {5+a^{2}}}}}+{\frac {\left|a\right|}{{\sqrt {5+x^{2}}}+{\sqrt {5+a^{2}}}}}\right)\cdot |x-a|\\[0.3em]&\leq \left({\frac {\left|x\right|}{\sqrt {5+x^{2}}}}+{\frac {\left|a\right|}{\sqrt {5+a^{2}}}}\right)\cdot |x-a|\\[0.3em]&\leq (1+1)\cdot |x-a|\\[0.3em]&\leq 2\cdot |x-a|\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ |x-a|<\delta ={\frac {\epsilon }{2}}\right.}\\[0.3em]&<2\cdot {\frac {\epsilon }{2}}=\epsilon \end{aligned}}$

Damit ist $f$ eine stetige Funktion.

Unstetigkeit der topologischen Sinusfunktion

Aufgabe (Unstetigkeit der topologischen Sinusfunktion)

Beweise die Unstetigkeit der folgenden Funktion an der Stelle $x_{0}=0$:

$f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} :x\mapsto {\begin{cases}\sin \left({\frac {1}{x}}\right)&x\neq 0\\0&x=0\end{cases}}$

Wie kommt man auf den Beweis? (Unstetigkeit der topologischen Sinusfunktion)

Bei dieser Aufgabe soll die Unstetigkeit einer Funktion gezeigt werden. Wir betrachten hierzu die Negation des Epsilon-Delta-Kriteriums. Unser Ziel ist es sowohl ein $\epsilon >0$, als auch ein $x\in \mathbb {R}$ so zu wählen, dass $|x-x_{0}|<\delta$ und $|f(x)-f(x_{0})|\geq \epsilon$ ist. Dabei darf $x$ in Abhänigigkeit von $\delta$ gewählt werden, während $\epsilon$ unabhängig für alle $\delta >0$ sein muss. Für eine Lösung können wir folgendermaßen vorgehen:

Schritt 1: Zielungleichungen vereinfachen

Zunächst können wir beide Ungleichungen, die erfüllt sein müssen, umschreiben, denn in unserem Fall ist $x_{0}=0$ und $f(x_{0})=0$. Dadurch können wir schreiben: $|x|<\delta$ und $|f(x)|\geq \epsilon$.

Schritt 2: Wahl eines geeigneten $\epsilon >0$

Wir betrachten nun den Graphen der Funktion $f$ – dieser hilft uns nämlich unsere „Beweisbausteine“ zu finden:

Graph der topologischen Sinusfunktion

Wir müssen ein $\epsilon >0$ finden, so dass es stets Funktionswerte im Bereich $(x_{0}-\delta ,x_{0}+\delta )=(-\delta ,\delta )$ gibt, die einen Abstand größer gleich $\epsilon$ von $f(x_{0})=f(0)=0$ haben – egal wie klein $\delta$ ist. Sprich: Egal, welches $\delta$ wir wählen, es gibt immer Punkte die oberhalb oder unterhalb des $2\epsilon$-$2\delta$-Rechtecks liegen.

In der Grafik erkennen wir, dass die Funktion in der Nähe des Nullpunkts unendlich oft zwischen $-1$ und $1$ oszilliert. Damit bietet sich ein $\epsilon \leq 1$ an. Dann gibt es nämlich immer Funktionswerte in jeder noch so kleinen Umgebung von der Null mit $|f(x)|\geq 1$. Wir wählen $\epsilon ={\tfrac {1}{2}}$. In der folgenden Grafik ist dies illustriert:

Die topologische Sinusfunktion oszilliert in der Nähe des Nullpunkts zwischen -1 und 1 und damit gibt es in jeder Umgebung von der Null Argumente x wo der Abstand von f(x) zur Null größer gleich 1/2.

Im Beweis müssen wir nach der Wahl von $\epsilon$ das $\delta$ beliebig größer Null wählen. Das machen wir dann auch.

Schritt 3: Wahl eines geeigneten $x\in \mathbb {R}$

Wir haben $\epsilon ={\tfrac {1}{2}}$ gesetzt. Es muss nun gelten $\left|\sin \left({\tfrac {1}{x}}\right)\right|\geq {\tfrac {1}{2}}$. Damit diese Bedingung erfüllt ist, können wir solche $x$ mit $\sin \left({\tfrac {1}{x}}\right)=1$ wählen. Nun ist $\sin(a)=1$ genau dann, wenn $a={\tfrac {\pi }{2}}+2k\pi$ für ein $k\in \mathbb {Z}$ ist. Für die gesuchten $x$ gilt also:

${\frac {1}{x}}={\frac {\pi }{2}}+2k\pi \iff x={\frac {1}{{\frac {\pi }{2}}+2k\pi }}$

Damit haben wir verschiedene $x$ gefunden, für die $|f(x)|\geq \epsilon$ gilt. Jetzt muss noch die erste Bedingung $|x|<\delta$ beachtet werden. Unsere $x$ hängen von $k$ ab. Wir müssen ein geeignetes $k$ mit $k\in \mathbb {Z}$ finden, so dass $|x|<\delta$ erfüllt ist. Setzen wir also in diese Ungleichung $|x|<\delta$ die gefundene Gleichung $x={\tfrac {1}{{\tfrac {\pi }{2}}+2k\pi }}$ ein und stellen sie nach $k$ um:

${\begin{aligned}\left|x\right|<\delta &\iff \left|{\frac {1}{{\frac {\pi }{2}}+2k\pi }}\right|<\delta \\[0.5em]&\iff {\frac {1}{{\frac {\pi }{2}}+2k\pi }}<\delta \\[0.5em]&\iff 2k\pi +{\frac {\pi }{2}}>{\frac {1}{\delta }}\\[0.5em]&\iff 2k\pi >{\frac {1}{\delta }}-{\frac {\pi }{2}}\\[0.5em]&\iff k>{\frac {1}{2\pi }}\left({\frac {1}{\delta }}-{\frac {\pi }{2}}\right)\end{aligned}}$

Dies liefert den Ausdruck $k>{\tfrac {1}{2\pi }}\left({\tfrac {1}{\delta }}-{\tfrac {\pi }{2}}\right)$. Wählen wir also eine natürliche Zahl $k$, die größer als ${\tfrac {1}{2\pi }}\left({\tfrac {1}{\delta }}-{\tfrac {\pi }{2}}\right)$ ist, so ist $|x|<\delta$ erfüllt. Ein solches $k$ muss nach dem archimedischen Axiom existieren. Wählen wir ein solches $k$ und definieren damit das $x$ über $x={\tfrac {1}{{\tfrac {\pi }{2}}+2k\pi }}$, haben wir sowohl $|x|<\delta$ als auch $|f(x)|\geq \epsilon$ gegeben. Damit sind alle Bausteine für den Beweis gefunden und dieser muss nur noch sauber aufgeschrieben werden.

Beweis (Unstetigkeit der topologischen Sinusfunktion)

Wähle $\epsilon ={\tfrac {1}{2}}$ und sei $\delta >0$ beliebig. Wähle eine natürliche Zahl $k$, so dass $k>{\tfrac {1}{2\pi }}\left({\tfrac {1}{\delta }}-{\tfrac {\pi }{2}}\right)$. Eine solche natürliche Zahl $k$ muss nach dem Archimedischen Axiom existieren. Weiter sei $x={\tfrac {1}{{\frac {\pi }{2}}+2k\pi }}$. So gilt:

${\begin{aligned}k>{\frac {1}{2\pi }}\left({\frac {1}{\delta }}-{\frac {\pi }{2}}\right)&\implies 2k\pi >{\frac {1}{\delta }}-{\frac {\pi }{2}}\\[0.5em]&\implies 2k\pi +{\frac {\pi }{2}}>{\frac {1}{\delta }}\\[0.5em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\frac {1}{a}}>{\frac {1}{b}}>0\iff 0<a<b\right.}\\[0.5em]&\implies {\frac {1}{{\frac {\pi }{2}}+2k\pi }}<\delta \\[0.5em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\frac {1}{{\frac {\pi }{2}}+2k\pi }}>0\right.}\\[0.5em]&\implies \left|{\frac {1}{{\frac {\pi }{2}}+2k\pi }}\right|<\delta \\[0.5em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ x={\frac {1}{{\frac {\pi }{2}}+2k\pi }}\right.}\\[0.5em]&\implies \left|x\right|<\delta \end{aligned}}$

Weiter ist:

${\begin{aligned}\left|f(x)-f(0)\right|&=\left|\sin \left({\frac {1}{x}}\right)-0\right|\\[0.5em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ x={\frac {1}{{\frac {\pi }{2}}+2k\pi }}\right.}\\[0.5em]&=\left|\sin \left({\frac {\pi }{2}}+2k\pi \right)\right|\\[0.5em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \sin \left({\frac {\pi }{2}}+2k\pi \right)=1\right.}\\[0.5em]&=\left|1\right|\geq {\frac {1}{2}}=\epsilon \end{aligned}}$

Damit ist die Funktion unstetig an der Stelle $x_{0}=0$.