Exercises: Continuity – Serlo

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Lipschitz continuous functions are uniformly continuous[Bearbeiten]

Exercise

Let be Lipschitz continuous with Lipschitz constant . That is

for all . Prove that is uniformly continuous.

How to get to the proof?

We need to show that for all , there is a , such that for all with there is . By our assumption, we have

In order for to hold, it suffices to have . We can reach this by taking .

Proof

Let be arbitrary. We choose . Then, for all with :

Continuity at the origin[Bearbeiten]

Exercise

Prove that the following function is continuous at the origin :

with a real number

How to get to the proof?

In order to establish continuity at the origin , we make use of the epsilon-delta criterion. That means, for all we have to find a such that the inequality holds at all with . The question now is how to find a suitable for any given . To answer this question, we take a look at the function around :

Since at , there is

This inequality also holds at , since . Visually, the inequality above means that the graph of the function fits inside the "double wedge" given by , where tells us, how much the wedge is "stretched" in -direction. So if we choose , then at any with , there is

Which we can use to carry through the proof (see below).

Note: We can also "move the double wedge" to any when investigating continuity at . If the graph fits inside the "moved double wedge" , then for any , there is

So any function fitting in such a double wedge is continuous. The converse does not hold true. There are functions which do not fit in any double wedge around but are continuous at . An example is the square root function around .

Qsicon inArbeit.png
To-Do:

Draw 3 figures: one with wedge around 0, one with a wedge around and one with .

Proof

Let . We choose . Let be any real number with . Then:

This shows that is continuous at .

Extreme value theorem[Bearbeiten]

Exercise (Maximum and minimum of a function)

Prove that the function defined on attains a maximum, but not a minimum.

Solution (Maximum and minimum of a function)

Proof step: attains a maximum

The function is continuous on , since it is composed by continuous functions and the denominator is strictly positive (). The enumerator is also strictly positive, so for , , and

That means, there is an with for all . The extreme value theorem implies that attains a maximum on . One may even show that the maximum is even global. However, computing the maximum explicitly would require us to solve , which is quite a computational effort and can be even harder for other functions . The extreme value theorem just allowed us to quickly show that there is a maximum - and saved us from the tedious solution of .

Proof step: does not attain a minimum

There is on . And indeed, approaches 0 (see the previous proof step). But it does not attain 0. Since and by continuity, there can not be a minimum (if there was an attained minimum , then by , there would by for some , which is a contradiction ).

Exercise (How often is a value attained #1)

  1. Show that there is no continuous function , which attains each of its function values exactly twice.
  2. Is there a continuous function , which attains each of its function values exactly three times?

Exercise (How often is a value attained #2)

Let with . Show: There is no continuous function , which attains each of its function values exactly times.

Zwischenwertsatz und Nullstellensatz[Bearbeiten]

Exercise (Nullstelle einer Funktion)

Zeige, dass die Funktion

im Intervall genau eine Nullstelle hat.

Solution (Nullstelle einer Funktion)

Proof step: hat mindestens eine Nullstelle

ist stetig als Komposition der stetigen Funktionen und . Außerdem ist

und

Nach dem Nullstellensatz gibt es daher ein mit .

Proof step: hat genau eine Nullstelle

ist auf streng monoton steigend. Ebenso ist auf streng monoton steigend. Damit ist aber auch auf diesem Intervall streng monoton steigend. Damit kann es nur ein mit geben.

Exercise (Lösung einer Gleichung)

Seien mit . Zeige, dass die Gleichung

mindestens drei Lösungen hat.

Solution (Lösung einer Gleichung)

Wir betrachten die stetige Hilfsfunktion

Für diese gilt

und

Daher gibt es mit und . Nach dem Nullstellensatz gibt es daher ein mit . Dieses ist somit eine Lösung der ursprünglichen Gleichung.

Ebenso folgt aus und und dem Nullstellensatz, dass es ein mit gibt. Dieses ist eine zweite Lösung der Gleichung.

Schließlich folgt aus und und dem Nullstellensatz, dass es ein mit gibt. Dieses ist damit unsere dritte Lösung der Gleichung.

Exercise (Lösung einer Gleichung)

Sei stetig mit . Zeige, dass es ein mit gibt.

Solution (Lösung einer Gleichung)

Betrachte die Hilfsfunktion

Da stetig ist, ist auch stetig. Weiter gilt

und

Fall 1:

Dies ist äquivalent zu , was wiederum gleichwertig zu

ist. Also ist die Aussage erfüllt mit .

Fall 2:

Wir behandeln nur den Fall . Der Fall geht ganz analog. Aus folgt . Nach dem Nullstellensatz gibt es daher ein mit

Dies ist aber äquivalent zu . Also gilt die Behauptung.

Exercise (Nachweis einer Nullstelle)

Sei eine natürliche Zahl. Definiere die Funktion . Zeige, dass die Funktion genau eine positive Nullstelle hat.

Solution (Nachweis einer Nullstelle)

Zeigen müssen wir hier zwei Dinge: Zuerst müssen wir beweisen, dass überhaupt eine positive Nullstelle existiert, also eine Nullstelle im Intervall . Als zweites ist zu zeigen, dass es nur eine solche Nullstelle gibt.

Die Funktion ist eine Polynomfunktion und damit stetig. Es gilt , bei liegt der Funktionswert also unterhalb der -Achse. Außerdem hat man , also verläuft der Graph für "große" Werte für auf jeden Fall oberhalb der -Achse. Da stetig ist, lässt sich nun der Zwischenwertsatz anwenden, dieser liefert die Existenz zumindest einer solchen Nullstelle .

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

Für positive Werte für gilt: .

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

Angenommen es gibt noch eine weitere Nullstelle . Ohne Einschränkung sei Da die Funktion als Polynomfunktion differenzierbar ist und , liefert der Satz von Rolle (bzw. der Mittelwertsatz), dass ein existiert mit . Dies steht aber im Widerspruch dazu, dass die Ableitung der Funktion für positive Zahlen immer positiv ist.

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

Stetigkeit der Umkehrfunktion[Bearbeiten]

Exercise (Stetigkeit der Umkehrfunktion 1)

Sei definiert durch

  1. Zeige, dass auf stetig, streng monoton wachsend und injektiv ist.
  2. Zeige: ist surjektiv.
  3. Begründe, warum die Umkehrfunktion stetig, streng monoton wachsend und bijektiv ist. Bestimme explizit.

Solution (Stetigkeit der Umkehrfunktion 1)

Teilaufgabe 1: ist stetig auf als Quotient der stetigen Funktionen und . Dabei ist ist für alle .

Seien mit . Dann gilt

Also ist streng monoton steigend auf und damit auch injektiv.

Teilaufgabe 2: Es gilt

und

Da stetig ist, gibt es nach dem Zwischenwertsatz zu jedem ein mit . Also ist , d.h. ist surjektiv.

Teilaufgabe 3: Da bijektiv ist existiert

und ist ebenfalls bijektiv. Nach dem Satz über die Stetigkeit der Umkehrabbildung ist stetig und streng monoton steigend. Zur Berechnung von : Zunächst gilt

Fall 1:

Fall 2:

Mit der quadratischen Lösungsformel erhalten wir

Da ist für , kommt nur in Frage. Wir erhalten somit insgesamt

Hint

Ergänzen wir im Fall Zähler und Nenner von mit dem Faktor , so erhalten wir

In dieser Form ist auch , also benötigen wir die Fallunterscheidung nicht mehr.

Exercise (Stetigkeit der Umkehrfunktion 2)

Sei

  1. Zeige, dass injektiv ist.
  2. Bestimme den Wertebereich .
  3. Begründe, warum die Umkehrfunktion stetig ist.

Solution (Stetigkeit der Umkehrfunktion 2)

Teilaufgabe 1:

ist stetig als Komposition der stetigen Funktionen , , und auf .

Weiter gilt für mit :

Nun ist für . Da außerdem streng monoton fallend ist auf , folgt

Mit der strengen Monotonie von folgt

Also ist streng monoton steigend und damit auch injektiv.

Teilaufgabe 2:

Zunächst ist

Weiter gilt

und daraus folgt

Da stetig und ein Intervall ist, folgt aus der Folgerung zum Zwischenwertsatz, dass ebenfalls ein Intervall ist. Da streng monoton steigend ist, und ist, folgt

Teilaufgabe 3:

Da ein Intervall und bijektiv ist, gilt mit dem Satz von der Stetigkeit der Unkehrfunktion, dass

stetig ist.