Aufgaben zur Stetigkeit – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Lipschitz-stetige Funktionen sind gleichmäßig stetig

Aufgabe

Sei $f:\mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ Lipschitz-stetig mit Lipschitz-Konstante $K\in \mathbb {R} ^{+}$. Es gilt also

$|f(x)-f(y)|\leq K\cdot |x-y|$

für alle $x,y\in \mathbb {R}$. Beweise, dass $f$ gleichmäßig stetig ist.

Wie kommt man auf den Beweis?

Wir müssen zeigen, dass es für alle $\epsilon >0$ ein $\delta >0$ gibt, so dass für alle $x,y\in \mathbb {R}$ mit $|x-y|<\delta$ gilt $|f(x)-f(y)|<\epsilon$. Nach Annahme gilt

$|f(x)-f(y)|\leq K\cdot |x-y|<K\cdot \delta$

Damit $|f(x)-f(y)|<\epsilon$ gilt, reicht es also, dass $K\cdot \delta =\epsilon$. Folglich setzen wir $\delta ={\tfrac {\epsilon }{K}}$.

Beweis

Sei $\epsilon >0$ beliebig. Wähle $\delta ={\tfrac {\epsilon }{K}}$. Dann gilt für alle $x,y\in \mathbb {R}$ mit $|x-y|<\delta ={\tfrac {\epsilon }{K}}$:

$|f(x)-f(y)|\leq K\cdot |x-y|<K\cdot {\frac {\epsilon }{K}}=\epsilon$

Stetigkeit im Ursprung

Aufgabe

Zeige, dass die folgende Funktion im Ursprung stetig ist:

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

Wie kommt man auf den Beweis?

To-Do:

Lösungsweg schreiben. Insbesondere erklären, warum man $\epsilon =\delta$ wählt.

Beweis

Um die Stetigkeit im Übergang an $x=0$ zu zeigen, verwenden wir die Epsilon-Delta-Definition der Stetigkeit. Dazu zeigen wir, dass für alle $\epsilon >0$ ein $\delta >0$ existiert, sodass für alle $x$ mit $|x|<\delta$ die Ungleichung $|f(x)-f(0)|<\epsilon$ gilt.

Sei $\epsilon >0$. Wähle $\delta =\epsilon$. Sei $x$ eine reelle Zahl mit $|x|<\delta$. So gilt:

${\begin{aligned}\left|f(x)-f(0)\right|&=\left|x\cdot \sin \left({\frac {1}{x}}\right)-0\right|\\[0.3em]&=\left|x\cdot \sin \left({\frac {1}{x}}\right)\right|\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ |\sin(\cdot )|\in [0,1]\right.}\\[0.3em]&\leq |x|\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Nach Voraussetzung }}|x|<\delta \right.}\\[0.3em]&<\delta \\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Nach Wahl }}\delta =\epsilon \right.}\\[0.3em]&=\epsilon \\[0.3em]\end{aligned}}$

Womit wir nun gezeigt haben, dass $f$ an $x=0$ stetig ist.

Satz von Maximum und Minimum

Aufgabe (Maximum und Minimum einer Funktion)

Zeige, dass die Funktion $f(x)={\frac {6x^{2}+x}{x^{3}+x^{2}+x+1}}$ auf $[1,\infty )$ ein Maximum, aber kein Minimum besitzt.

Lösung (Maximum und Minimum einer Funktion)

Beweisschritt: $f$ besitzt Maximum

Zunächst ist $f$ stetig auf $[1,\infty )$ als rationale Funktion mit positivem Nenner. Weiter gilt $f(x)>0$ für $x\geq 1$, $f(1)={\frac {7}{4}}>1$, sowie

$\lim _{x\to \infty }f(x)=\lim _{x\to \infty }{\frac {6x^{2}+x}{x^{3}+x^{2}+x+1}}=\lim _{x\to \infty }{\frac {{\frac {6}{x}}+{\frac {1}{x^{2}}}}{1+{\frac {1}{x}}+{\frac {1}{x^{2}}}+{\frac {1}{x^{3}}}}}={\frac {0}{1}}=0$

Daher gibt es ein $x_{0}>1$ mit $f(x)<1$ für alle $x\geq x_{0}$. Nach dem Satz vom Maximum und Minimum nimmt $f$ auf $[1,x_{0}]$ ein Maximum an. Dieses ist mit dem Gezeigten sogar global.

Beweisschritt: $f$ besitzt kein Minimum

Es gilt $f>0$ auf $[1,\infty )$. Die Null wird als Funktionswert nicht angenommen. Wegen $\lim _{x\to \infty }f(x)=0$ und der Stetigkeit besitzt die Funktion kein Minimum.

Aufgabe (Häufigkeit von Funktionswerten 1)

1. Zeige, dass es keine stetige Funktion $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ gibt, die jeden ihrer Funktionswerte genau zweimal annimmt.
2. Gibt es eine stetige Funktion $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ die jeden ihrer Funktionswerte genau dreimal annimmt?

Aufgabe (Häufigkeit von Funktionswerten 2)

Sei $n\in \mathbb {N}$ mit $n>1$. Zeige: Es keine stetige Funktion $f:[0,1]\to \mathbb {R}$ gibt, die jeden ihrer Funktionswerte genau $n$ Mal annimmt.

Zwischenwertsatz und Nullstellensatz

Aufgabe (Nullstelle einer Funktion)

Zeige, dass die Funktion

$f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ f(x)=\sin(x)-e^{-x}$

im Intervall $[0,{\tfrac {\pi }{2}}]$ genau eine Nullstelle hat.

Lösung (Nullstelle einer Funktion)

Beweisschritt: $f$ hat mindestens eine Nullstelle

$f$ ist stetig als Komposition der stetigen Funktionen $\sin$ und $\exp$. Außerdem ist

$f(0)=\sin(0)-e^{0}=-1<0$

und

$f({\tfrac {\pi }{2}})=\sin({\tfrac {\pi }{2}})-e^{-{\tfrac {\pi }{2}}}=1-\underbrace {e^{-{\tfrac {\pi }{2}}}} _{<1}>0$

Nach dem Nullstellensatz gibt es daher ein ${\tilde {x}}\in [0,{\tfrac {\pi }{2}}]$ mit $f({\tilde {x}})=0$.

Beweisschritt: $f$ hat genau eine Nullstelle

$\sin$ ist auf $[0,{\tfrac {\pi }{2}}]$ streng monoton steigend. Ebenso ist $\exp$ auf $[0,{\tfrac {\pi }{2}}]$ streng monoton steigend. Damit ist aber auch $x\mapsto -\exp(-x)$ auf diesem Intervall streng monoton steigend. Damit kann es nur ein ${\tilde {x}}\in [0,{\tfrac {\pi }{2}}]$ mit $f({\tilde {x}})=0$ geben.

Aufgabe (Lösung einer Gleichung)

Seien $a,b,c\in \mathbb {R}$ mit $a<b<c$. Zeige, dass die Gleichung

${\frac {1}{x-a}}+{\frac {1}{x-b}}+{\frac {1}{x-c}}=2$

mindestens drei Lösungen hat.

Lösung (Lösung einer Gleichung)

Wir betrachten die stetige Hilfsfunktion

$h:\mathbb {R} \setminus \{a,b,c\}\to \mathbb {R} ,\ h(x)={\frac {1}{x-a}}+{\frac {1}{x-b}}+{\frac {1}{x-c}}-2$

Für diese gilt

$\lim _{x\to a+}h(x)=\infty$

und

$\lim _{x\to b-}h(x)=-\infty$

Daher gibt es $x_{1},x_{2}\in (a,b)$ mit $h(x_{1})>0$ und $h(x_{2})<0$. Nach dem Nullstellensatz gibt es daher ein ${\tilde {x}}\in [x_{1},x_{2}]\subset (a,b)$ mit $h({\tilde {x}})=0$. Dieses ${\tilde {x}}$ ist somit eine Lösung der ursprünglichen Gleichung.

Ebenso folgt aus $\lim _{x\to b+}h(x)=\infty$ und $\lim _{x\to c-}h(x)=-\infty$ und dem Nullstellensatz, dass es ein ${\tilde {y}}\in (b,c)$ mit $h({\tilde {y}})=0$ gibt. Dieses ist eine zweite Lösung der Gleichung.

Schließlich folgt aus $\lim _{x\to c+}h(x)=\infty$ und $\lim _{x\to \infty }h(x)=-2<0$ und dem Nullstellensatz, dass es ein ${\tilde {z}}\in (c,\infty )$ mit $h({\tilde {z}})=0$ gibt. Dieses ist damit unsere dritte Lösung der Gleichung.

Aufgabe (Lösung einer Gleichung)

Sei $f:[0,1]\to \mathbb {R}$ stetig mit $f(0)=f(1)$. Zeige, dass es ein $c\in [0,1]$ mit $f(c)=f\left(c+{\tfrac {1}{2}}\right)$ gibt.

Lösung (Lösung einer Gleichung)

Betrachte die Hilfsfunktion

$h:[0,{\tfrac {1}{2}}]\to \mathbb {R} ,\ h(c)=f(x+{\tfrac {1}{2}})-f(x)$

Da $f$ stetig ist, ist auch $h$ stetig. Weiter gilt

$h(0)=f({\tfrac {1}{2}})-f(0)$

und

$h({\tfrac {1}{2}})=f(1)-f({\tfrac {1}{2}}){\overset {\text{Vor.}}{=}}f(1)-f({\tfrac {1}{2}})=-(f({\tfrac {1}{2}})-f(0))=-h(0)$

Fall 1: $h(0)=0$

Dies ist äquivalent zu $f({\tfrac {1}{2}})-f(0)=0$, was wiederum gleichwertig zu

$f(0)=f({\tfrac {1}{2}})$

ist. Also ist die Aussage erfüllt mit $c=0$.

Fall 2: $h(0)\neq 0$

Wir behandeln nur den Fall $h(0)>0$. Der Fall $h(0)<0$ geht ganz analog. Aus $h(0)>0$ folgt $h({\tfrac {1}{2}})=-h(0)<0$. Nach dem Nullstellensatz gibt es daher ein $c\in [0,{\tfrac {1}{2}}]\subset [0,1]$ mit

$h(c)=f(c+{\tfrac {1}{2}})-f(c)=0$

Dies ist aber äquivalent zu $f(c)=f(c+{\tfrac {1}{2}})$. Also gilt die Behauptung.

Aufgabe (Nachweis einer Nullstelle)

Sei $n\in \mathbb {N}$ eine natürliche Zahl. Definiere die Funktion $f_{n}:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,x\mapsto x^{n}+4n^{2}x-10$. Zeige, dass die Funktion $f_{n}$ genau eine positive Nullstelle hat.

Lösung (Nachweis einer Nullstelle)

Zeigen müssen wir hier zwei Dinge: Zuerst müssen wir beweisen, dass überhaupt eine positive Nullstelle existiert, also eine Nullstelle im Intervall $]0;+\infty [$. Als zweites ist zu zeigen, dass es nur eine solche Nullstelle gibt.

Die Funktion $f_{n}$ ist eine Polynomfunktion und damit stetig. Es gilt $f(0)=-10<0$, bei $x=0$ liegt der Funktionswert also unterhalb der $x$-Achse. Außerdem hat man $\lim _{x\to \infty }f_{n}(x)=+\infty$, also verläuft der Graph für "große" Werte für $x$ auf jeden Fall oberhalb der $x$-Achse. Da $f_{n}$ stetig ist, lässt sich nun der Zwischenwertsatz anwenden, dieser liefert die Existenz zumindest einer solchen Nullstelle $x_{1}\in ]0;+\infty [$.

Nun müssen wir noch zeigen, dass es nur eine Nullstelle gibt. Vermuten könnte man, dass die Funktion für positive $x$-Werte streng monoton steigend ist. Dafür betrachtet man am besten die Ableitung:

Für positive Werte für $x$ gilt: $f_{n}'(x)=\underbrace {nx^{n-1}} _{>0}+\underbrace {4n^{2}} _{>0}>0$.

Also ist die Funktion tatsächlich streng monoton. Um nun zu beweisen, dass $x_{1}$ die einzige Nullstelle ist, führt man einen Widerspruchsbeweis:

Angenommen es gibt noch eine weitere Nullstelle $x_{2}\in ]0;+\infty [$. Ohne Einschränkung sei $x_{1}<x_{2}$ Da die Funktion $f_{n}$ als Polynomfunktion differenzierbar ist und $f_{n}(x_{1})=0=f_{n}(x_{2})$, liefert der Satz von Rolle (bzw. der Mittelwertsatz), dass ein $\xi \in ]x_{1};x_{2}[$ existiert mit $f_{n}'(\xi )=0$. Dies steht aber im Widerspruch dazu, dass die Ableitung der Funktion für positive Zahlen $x$ immer positiv ist.

Damit haben wir bewiesen, dass auch wirklich nur eine einzige positive Nullstelle existiert.

Stetigkeit der Umkehrfunktion

Aufgabe (Stetigkeit der Umkehrfunktion 1)

Sei $f:]-1,1[\to \mathbb {R}$ definiert durch

$f(x)={\frac {2x}{1-x^{2}}}$

1. Zeige, dass $f$ auf $\mathbb {R}$ stetig, streng monoton wachsend und injektiv ist.
2. Zeige: $f$ ist surjektiv.
3. Begründe, warum die Umkehrfunktion $f^{-1}:f(\mathbb {R} )\to \mathbb {R}$ stetig, streng monoton wachsend und bijektiv ist. Bestimme $f^{-1}$ explizit.

Lösung (Stetigkeit der Umkehrfunktion 1)

Teilaufgabe 1: $f$ ist stetig auf $(-1,1)$ als Quotient der stetigen Funktionen $x\mapsto 2x$ und $x\mapsto 1-x^{2}$. Dabei gilt $1-x^{2}\neq 0$ für alle $x\in (-1,1)$.

Seien $x,y\in \mathbb {R}$ mit $x<y$. Dann gilt

$x<y\Rightarrow \left\{{\begin{array}{c}2x<2y\\1-y^{2}<1-x^{2}\end{array}}\right\}\Rightarrow 2x(1-y^{2})<2y(1-x^{2})\Leftrightarrow \underbrace {\frac {2x}{1-x^{2}}} _{=f(x)}<\underbrace {\frac {2y}{1-y^{2}}} _{=f(y)}$

Also ist $f$ streng monoton steigend auf $\mathbb {R}$ und damit auch injektiv.

Teilaufgabe 2: Es gilt

$\lim _{x\to 1-}f(x)=\lim _{x\to 1-}{\frac {2x}{1-x^{2}}}=\lim _{x\to 1-}{\frac {2}{{\frac {1}{x}}-x}}{\overset {\frac {2}{0+}}{=}}\infty$ und $\lim _{x\to -1+}f(x)=\lim _{x\to -1+}{\frac {2x}{1-x^{2}}}=\lim _{x\to -1+}{\frac {2}{{\frac {1}{x}}-x}}{\overset {\frac {2}{0-}}{=}}-\infty$

Da $f$ stetig ist, gibt es nach dem Zwischenwertsatz zu jedem $y\in \mathbb {R}$ ein $x\in (-1,1)$ mit $f(x)=y$. Also ist $f(]-1,1[)=\mathbb {R}$, d.h. $f:(-1,1)\to \mathbb {R}$ ist surjektiv.

Teilaufgabe 3: Da $f$ bijektiv ist existiert

$f^{-1}:\mathbb {R} \to (-1,1)$

und ist ebenfalls bijektiv. Nach dem Satz über die Stetigkeit der Umkehrabbildung ist $f^{-1}$ stetig und streng monoton steigend. Zur Berechnung von $f^{-1}$: Zunächst gilt

$y={\frac {2x}{1-x^{2}}}\Leftrightarrow y-yx^{2}=2x\Leftrightarrow yx^{2}+2x-y=0$

Fall 1: $y=0$

$2x=0\iff x=0$

Fall 2: $y\neq 0$

Mit der quadratischen Lösungsformel erhalten wir

$yx^{2}+2x-y=0\iff x_{1/2}={\frac {-2\pm {\sqrt {4+4y^{2}}}}{2y}}={\frac {-1\pm {\sqrt {1+y^{2}}}}{y}}$

Da $y=f(x)>0$ ist für $x>0$, kommt nur $x={\frac {-1+{\sqrt {1+y^{2}}}}{y}}$ in Frage. Wir erhalten somit insgesamt

$f^{-1}(y)={\begin{cases}{\frac {-1+{\sqrt {1+y^{2}}}}{y}}&{\text{ für }}y\neq 0,\\0&{\text{ für }}y=0\end{cases}}$

Hinweis

Ergänzen wir im Fall $y\neq 0$ Zähler und Nenner von $f^{-1}$ mit dem Faktor $(-1-{\sqrt {1+y^{2}}})$, so erhalten wir

$f^{-1}(y)={\frac {(-1+{\sqrt {1+y^{2}}})(-1-{\sqrt {1+y^{2}}})}{y(-1-{\sqrt {1+y^{2}}})}}={\frac {1-(1+y^{2})}{-y(1+{\sqrt {y^{2}+1}})}}={\frac {-y^{2}}{-y(1+{\sqrt {y^{2}+1}})}}={\frac {y}{1+{\sqrt {y^{2}+1}}}}$

In dieser Form ist auch $f^{-1}(0)={\tfrac {0}{1+{\sqrt {1+0^{2}}}}}={\tfrac {0}{2}}=0$, also benötigen wir die Fallunterscheidung nicht mehr.

Aufgabe (Stetigkeit der Umkehrfunktion 2)

Sei

$g:[0,\infty )\to \mathbb {R} ,\ g(x)=\ln(x+e)+\cos \left({\frac {1}{\ln(x+e)}}\right)$

1. Zeige, dass $g$ injektiv ist.
2. Bestimme den Wertebereich $g([0,\infty ))$.
3. Begründe, warum die Umkehrfunktion $g^{-1}:g([0,\infty ))\to [0,\infty )$ stetig ist.

Lösung (Stetigkeit der Umkehrfunktion 2)

Teilaufgabe 1:

$g$ ist stetig als Komposition der stetigen Funktionen $x\mapsto x+e$, $x\mapsto {\frac {1}{x}}$, $x\mapsto \ln(x)$ und $x\mapsto \cos(x)$ auf $[0,\infty )$.

Weiter gilt für $x,y\in [0,\infty )$ mit $x<y$:

${\underset {\text{sms}}{\overset {\ln }{\Longrightarrow }}}\quad \ln(x+e)<\ln(y+e)\quad \Longrightarrow \quad {\frac {1}{\ln(x+e)}}>{\frac {1}{\ln(y+e)}}$

Nun ist ${\frac {1}{\ln(x+e)}}\in (0,1]$ für $x\in [0,\infty )$. Da außerdem $\cos$ streng monoton fallend ist auf $(0,1]$, folgt

$\cos \left({\frac {1}{\ln(x+e)}}\right)<\cos \left({\frac {1}{\ln(y+e)}}\right)$

Mit der strengen Monotonie von $\ln$ folgt

$\underbrace {\ln(x+e)+\cos \left({\frac {1}{\ln(x+e)}}\right)} _{=g(x)}<\underbrace {\ln(y+e)+\cos \left({\frac {1}{\ln(y+e)}}\right)} _{=g(y)}$

Also ist $g$ streng monoton steigend und damit auch injektiv.

Teilaufgabe 2:

Zunächst ist

$g(0)=\ln(e)+\cos \left({\frac {1}{\ln(e)}}\right)=1+\cos(1)$

Weiter gilt

$\lim _{x\to \infty }\ln(x+e)=\infty {\text{ und }}\lim _{x\to \infty }{\frac {1}{\ln(x+e)}}=0$

und daraus folgt

$\lim _{x\to \infty }g(x)=\lim _{x\to \infty }[\underbrace {\ln(x+e)} _{\to \infty }-\underbrace {\cos \left({\frac {1}{\ln(x+e)}}\right)} _{\to \cos(0)=1}]=\infty$

Da $g$ stetig und $[0,\infty )$ ein Intervall ist, folgt aus der Folgerung zum Zwischenwertsatz, dass $g([0,\infty ))$ ebenfalls ein Intervall ist. Da $g$ streng monoton steigend ist, und $\lim _{x\to \infty }g(x)=\infty$ ist, folgt

$g([0,\infty ))=[g(0),\infty )=[1+\cos(1),\infty )$

Teilaufgabe 3:

Da $D=[0,\infty )$ ein Intervall und $g:[0,\infty )\to [1+\cos(1),\infty )$ bijektiv ist, gilt mit dem Satz von der Stetigkeit der Umkehrfunktion, dass

$g^{-1}:[1+\cos(1),\infty )\to [0,\infty )$

stetig ist.