Viele Funktionen sind als Verkettungen von anderen Funktionen definiert. Die direkte Überprüfung auf Stetigkeit mit Hilfe des Folgen- oder des Epsilon-Delta-Kriteriums ist bei diesen Funktionen oftmals aufwändig. Jedoch kann man beweisen, dass Verkettungen stetiger Funktionen wieder stetig sind. Diese Verkettungssätze erleichtern den Nachweis der Stetigkeit ungemein.

Die Verkettungssätze

Die Verkettungssätze für stetige Funktionen lauten:
Satz: Verkettungssätze
Sei D\subseteq \mathbb{R} eine Teilmenge der reellen Zahlen und \lambda \in \mathbb{R} eine beliebige reelle Zahl. Seien f,g:D\to \mathbb{R} reellwertige Funktionen, die in a\in D stetig sind. Es gilt also \lim _{{x\to a}}{f(x)}=f(a) und \lim _{{x\to a}}{g(x)}=g(a). Unter diesen Voraussetzungen sind die folgenden Funktionen stetig in a:
  • f+g:D\to \mathbb{R} :x\mapsto f(x)+g(x)
  • \lambda f:D\to \mathbb{R} :x\mapsto \lambda \cdot f(x)
  • fg:D\to \mathbb{R} :x\mapsto f(x)\cdot g(x)
Sei D'=\{x\in D:g(x)\neq 0\} und seien f sowie g stetig in a\in D'. Dann ist die folgende Funktion stetig in a:
{\frac {f}{g}}:D'\to \mathbb{R} :x\mapsto {\frac {f(x)}{g(x)}}
Sei h:E\to \mathbb{R} eine reellwertige Funktion mit f(D)\subseteq E. Sei h in b=f(a)\in E stetig, dann ist die Verkettung h\circ f stetig in a:
h\circ f:D\to \mathbb{R} :x\mapsto h(f(x))

Motivation

Stell dir vor, wir haben die Funktion f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} _{0}^{+}, x\mapsto \left|{\tfrac {1+x^{3}}{1+x^{2}}}\right| gegeben und wollen diese Funktion auf Stetigkeit untersuchen. Sei hierzu a\in \mathbb{R} ein beliebiges Argument von f und sei (x_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} eine konvergente Folge mit \lim _{{n\to \infty }}x_{n}=a. Nun können wir die error: internal links not implemented, yet! für konvergente Folgen anwenden:
{\begin{aligned}\lim _{{n\to \infty }}f(x_{n})&=\lim _{{n\rightarrow \infty }}{\left|{\frac {1+x_{n}^{3}}{1+x_{n}^{2}}}\right|}\\[0.5em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Betragsregel}}\right.}\\[0.5em]&=\left|\lim _{{n\to \infty }}{\left({\frac {1+x_{n}^{3}}{1+x_{n}^{2}}}\right)}\right|\\[0.5em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Quotienten-, Produkt- und Additionsregel}}\right.}\\[0.5em]&=\left|{\frac {\lim _{{n\to \infty }}1+\left(\lim _{{n\to \infty }}x_{n}\right)^{3}}{\lim _{{n\to \infty }}1+\left(\lim _{{n\to \infty }}x_{n}\right)^{2}}}\right|\\[0.5em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{n\to \infty }}x_{n}=a\right.}\\[0.5em]&=\left|{\frac {1+a^{3}}{1+a^{2}}}\right|=f(a)\end{aligned}}
Wir durften die Grenzwertsätze anwenden, da alle Subfolgen konvergent waren (dies haben wir am Ende der Umformungen gezeigt). Da a\in \mathbb{R} beliebig gewählt wurde, haben wir die Stetigkeit der Funktion f bewiesen. Dieser Beweis ist im Grunde nur eine Anwendung des Folgenkriteriums zusammen mit den Grenzwertsätzen. Weil wir den Limes dank der Grenzwertsätze in die Funktion ziehen können, können wir damit die Stetigkeit beweisen. Dieses Vorgehen kann mit Hilfe der Verkettungssätze verkürzt werden. Nehme hierzu folgende Funktionen:
Dann können wir f als Verkettung der obigen Funktionen darstellen:
f(x)=c\left({\frac {b(x)+a(x)a(x)a(x)}{b(x)+a(x)a(x)}}\right)
Da jede der Funktionen a, b und c stetig ist, ist nach den obigen Verkettungssätze auch f stetig. Diese Begründung ist kürzer als der Beweis mit dem Folgenkriterium. Wir können also argumentieren: f ist als Verkettung stetiger Funktion stetig.

Beispielaufgabe

Die folgende Aufgabe zeigt, wie einfach mit Hilfe der Verkettungssätze die Stetigkeit einer Funktion bewiesen werden kann:
Übung: Stetigkeit einer verketteten Wurzelfunktion
Zeige, dass folgende Funktion stetig ist:
f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} :x\mapsto {\sqrt {5+x^{2}}}
Wie komme ich auf den Beweis?
Die gegebene Funktion ist eine Verkettung verschiedener Funktionen. Zunächst müssen wir die Grundfunktionen dieser Verkettung finden. Diese sind:
  • a:\mathbb{R} \to \mathbb{R} :x\mapsto x
  • b:\mathbb{R} \to \mathbb{R} :x\mapsto 5
  • c:\mathbb{R} _{0}^{+}\to \mathbb{R} :x\mapsto {\sqrt {x}}
Die Funktion f kann dargestellt als:
f(x)={\sqrt {5+x^{2}}}={\sqrt {5+x\cdot x}}=c(b(x)+a(x)\cdot a(x))
Damit ist f eine Verkettung stetiger Funktionen und somit wieder stetig.
Beweis
Seien folgende Funktionen gegeben:
  • a:\mathbb{R} \to \mathbb{R} :x\mapsto x
  • b:\mathbb{R} \to \mathbb{R} :x\mapsto 5
  • c:\mathbb{R} _{0}^{+}\to \mathbb{R} :x\mapsto {\sqrt {x}}
Diese Funktionen sind stetig. Es ist außerdem f(x)=c(b(x)+a(x)\cdot a(x)). Damit ist f eine Verkettung stetiger Funktionen und nach den Verkettungssätzen selbst wieder stetig.

Allgemeine Beweisskizze

Nach den Verkettungssätzen ist jede Komposition von stetigen Funktion wiederum eine stetige Funktion. Wenn also eine Funktion f:D\to \mathbb{R} als Verkettung stetiger Funktionen dargestellt werden kann, dann ist damit die Stetigkeit von f bewiesen. Ein Beweis dazu könnte folgende Form aufweisen:
Sei f:\ldots mit f(x)=\ldots . Die Funktion f ist eine Verkettung der folgenden Funktionen:
...Aufzählung der stetigen Funktionen, aus denen f zusammengesetzt ist ...
Wegen f(x)=\ldots (Ausdruck mit den aufgezählten Funktionen ) ist f eine Verkettung stetiger Funktionen und damit selbst wieder eine stetige Funktion.
Ein solcher Beweis sollte aber nur dann geführt werden, wenn die Verkettungssätze in der Vorlesung bereits bewiesen wurden.

Folgerung: Polynomfunktionen sind stetig

Jede Polynomfunktion ist eine Verkettung der beiden Funktionen:
f ist die Identitätsfunktion und g_{c} ist die konstante Funktion mit dem Wert c. Diese Funktionen sind stetig und damit ist auch jede Polynomfunktion stetig. Beispielsweise kann die Funktion h:\mathbb{R} \to \mathbb{R} :x\mapsto 2x^{3}-4x+23 folgendermaßen dargestellt werden:
h(x)=g_{2}(x)\cdot f(x)\cdot f(x)\cdot f(x)+g_{{-4}}(x)\cdot f(x)+g_{{23}}(x)
Es ist nämlich
{\begin{aligned}h(x)&=2x^{3}-4x+23\\&=2\cdot x\cdot x\cdot x+(-4)\cdot x+23\\&=g_{2}(x)\cdot f(x)\cdot f(x)\cdot f(x)+g_{{-4}}(x)\cdot f(x)+g_{{23}}(x)\end{aligned}}

Vertiefung

Wie bei den Grenzwertsätzen, wo die Subfolgen konvergent sein müssen, benötigen wir bei den Verkettungssätzen die Stetigkeit der einzelnen Teilfunktionen. Bei Verkettung beliebiger Funktionen wissen wir nicht, ob die verkettete Funktion stetig ist, oder nicht. Sei beispielsweise
{\begin{aligned}f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} :x\mapsto &1\\g:\mathbb{R} \to \mathbb{R} :x\mapsto &{\begin{cases}1,&x\geq 0\\0,&x<0\end{cases}}\end{aligned}}
Die Funktion f ist stetig an der Stelle x=0, während g dort nicht stetig ist. Das Produkt der beiden Funktionen ist g, denn f(x)\cdot g(x)=1\cdot g(x)=g(x). Demnach ist es unstetig an der Stelle x=0. Umgekehrt kann es vorkommen, dass die Verkettung von unstetigen Funktionen stetig ist. Betrachten wir die Funktion
h:\mathbb{R} \to \mathbb{R} :x\mapsto h(x)={\begin{cases}0,&x\in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q} \\1,&x\in \mathbb{Q} \end{cases}}
Diese Funktion ist 1 an den rationalen und 0 an den irrationalen Stellen. Für die Verknüpfung h\circ h ergibt sich:
{\begin{aligned}h(h(x))&={\begin{cases}0,&h(x)\in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q} \\1,&h(x)\in \mathbb{Q} \end{cases}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ h(x){\text{ ist immer rational.}}\right.}\\[0.3em]&=1\end{aligned}}
h\circ h ist eine konstante Funktion und damit stetig, obwohl h selbst unstetig ist. Die Verkettung unstetiger Funktionen kann also selbst eine stetige Funktion ergeben.

Beweise der Verkettungssätze

Stetigkeit bei Addition error: TODO

Satz: Verkettungssatz für Summen
Sei D\subseteq \mathbb{R} und seien f,g:D\to \mathbb{R} reellwertige Funktionen, die in a\in D stetig sind. Dann ist f+g:D\to \mathbb{R} :x\mapsto f(x)+g(x) stetig in a.
Beweis
Wir beweisen die Additionsregel der Stetigkeit über das error: internal links not implemented, yet! . Sei hierzu (x_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} eine Folge von Argumenten aus D mit Grenzwert a. Es ist:
{\begin{aligned}&\lim _{{n\to \infty }}(f+g)(x_{n})\\[0.3em]=&\lim _{{n\to \infty }}\left(f(x_{n})+g(x_{n})\right)\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Grenzwertsatz: Additionsregel}}\right.}\\[0.3em]=&\lim _{{n\to \infty }}f(x_{n})+\lim _{{n\to \infty }}g(x_{n})\\[0.3em]=&f(a)+g(a)=(f+g)(a)\end{aligned}}
Wir wollen die Stetigkeit von f+g in a mit Hilfe des error: internal links not implemented, yet! beweisen. Sei also ein \epsilon >0 gegeben. Da f stetig bei a ist, gibt es ein \delta _{f}>0, sodass für alle x\in D mit |x-a|<\delta _{f} die Ungleichung |f(x)-f(a)|<\epsilon /2 erfüllt ist. Ebenso gibt es ein \delta _{g}>0, sodass für alle x\in D mit |x-a|<\delta _{g} die Ungleichung |g(x)-g(a)|<\epsilon /2 gilt.
Setzen wir nun \delta :=\min\{\delta _{f},\delta _{g}\}. Damit erfüllen alle x\in D mit |x-a|<\delta beide Bedingungen |f(x)-f(a)|<\epsilon /2 und |g(x)-g(a)|<\epsilon /2. Damit gilt für alle x mit |x-a|<\delta :
{\begin{aligned}&|(f+g)(x)-(f+g)(a)|\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Definition der Funktion }}(f+g)\right.}\\[0.3em]&=|f(x)+g(x)-(f(a)+g(a))|\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Assoziativität von }}\mathbb{R} \right.}\\[0.3em]&=|(f(x)-f(a))+(g(a)-g(x))|\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Dreiecksungleichung}}\right.}\\[0.3em]&\leq \underbrace {|f(x)-f(a)|}_{{\color {Gray}<\epsilon /2{\text{, da }}|x-a|<\delta \leq \delta _{f}}}+\underbrace {|g(a)-g(x)|}_{{\color {Gray}<\epsilon /2{\text{, da }}|x-a|<\delta \leq \delta _{g}}}\\[0.3em]&<\epsilon /2+\epsilon /2=\epsilon \end{aligned}}

Stetigkeit bei skalarer Multiplikation error: TODO

Satz: Verkettungssatz für skalare Multiplikationen
Sei D\subseteq \mathbb{R} und \lambda \in \mathbb{R} . Sei außerdem f:D\to \mathbb{R} eine reellwertige Funktion, die in a\in D stetig ist. Dann ist \lambda f:D\to \mathbb{R} :x\mapsto \lambda \cdot f(x) stetig in a.
Beweis
Wir wollen die Stetigkeit von \lambda f in a mit Hilfe des Folgenkriteriums beweisen. Sei dazu \left(x_{n}\right)_{{n\in \mathbb{N} }} eine beliebige Folge mit x_{n}\in D für alle n\in \mathbb{N} und \lim _{{n\to \infty }}x_{n}=a. Da f stetig in a ist, existiert damit der Grenzwert \lim _{{n\to \infty }}f(x_{n})=f(a). Es ist:
{\begin{aligned}&\lim _{{n\to \infty }}(\lambda f)(x_{n})\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Definition der Funktion }}(\lambda f)\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{n\to \infty }}\left(\lambda \cdot f(x_{n})\right)\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Faktorregel für Grenzwerte}}\right.}\\[0.3em]&=\lambda \cdot \lim _{{n\to \infty }}f(x_{n})\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ f{\text{ stetig}}\right.}\\[0.3em]&=\lambda \cdot f(a)\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Definition der Funktion }}(\lambda f)\right.}\\[0.3em]&=(\lambda f)(a)\end{aligned}}

Stetigkeit bei Multiplikation

Satz: Verkettungssatz für Multiplikationen
Sei D\subseteq \mathbb{R} und seien f,g:D\to \mathbb{R} reellwertige Funktionen, die in a\in D stetig sind. Dann ist fg:D\to \mathbb{R} :x\mapsto f(x)\cdot g(x) stetig in a.
Beweis
Wir beweisen die Stetigkeit von fg mit Hilfe des error: internal links not implemented, yet! . Sei dazu \left(x_{n}\right)_{{n\in \mathbb{N} }} eine beliebige Folge mit x_{n}\in D für alle n\in \mathbb{N} und \lim _{{n\to \infty }}x_{n}=a. Da sowohl f als auch g stetig in a sind, existieren damit die Grenzwerte \lim _{{n\to \infty }}f(x_{n})=f(a) und \lim _{{n\to \infty }}g(x_{n})=g(a). Es ist:
{\begin{aligned}&\lim _{{n\to \infty }}(fg)(x_{n})\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Definition der Funktion }}(fg)\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{n\to \infty }}\left(f(x_{n})\cdot g(x_{n})\right)\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Produktregel für Grenzwerte}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{n\to \infty }}f(x_{n})\cdot \lim _{{n\to \infty }}g(x_{n})\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ f{\text{ und }}g{\text{ stetig}}\right.}\\[0.3em]&=f(a)\cdot g(a)\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Definition der Funktion }}(fg)\right.}\\[0.3em]&=(fg)(a)\end{aligned}}

Stetigkeit bei Division

Satz: Verkettungssatz für Divisionen
Sei D\subseteq \mathbb{R} und seien f:D\to \mathbb{R} und g:D\to \mathbb{R} zwei reellwertige Funktionen. Sei D'=\{x\in D:g(x)\neq 0\} und seien f sowie g stetig in a\in D'. Dann ist auch {\tfrac {f}{g}}:D'\to \mathbb{R} stetig in a.
Beweis
Den Beweis werden wir mit Hilfe des Folgenkriteriums und dem error: internal links not implemented, yet! führen. Sei also \left(x_{n}\right)_{{n\in \mathbb{N} }} eine beliebige Folge mit x_{n}\in D' für alle n\in \mathbb{N} und \lim _{{n\to \infty }}x_{n}=a. Da sowohl die Funktion f als auch die Funktion g stetig an der Stelle a sind, folgt \lim _{{n\to \infty }}f(x_{n})=f(a) und \lim _{{n\to \infty }}g(x_{n})=g(a). Außerdem gilt g(x_{n})\neq 0, sodass {\tfrac {f}{g}}(x_{n}):={\tfrac {f(x_{n})}{g(x_{n})}} für alle n\in \mathbb{N} wohldefiniert ist. Nun gilt:
{\begin{aligned}&\lim _{{n\to \infty }}{\frac {f}{g}}(x_{n})\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Definition der Funktion }}{\tfrac {f}{g}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{n\to \infty }}{\frac {f(x_{n})}{g(x_{n})}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Quotientenregel für Grenzwerte}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {\lim _{{n\to \infty }}f(x_{n})}{\lim _{{n\to \infty }}g(x_{n})}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ f{\text{ und }}g{\text{ stetig}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {f(a)}{g(a)}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Definition der Funktion }}{\tfrac {f}{g}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {f}{g}}(a)\end{aligned}}

Stetigkeit bei Komposition

Satz: Verkettungssatz für Kompositionen
Sei D\subseteq \mathbb{R} und f:D\to \mathbb{R} eine Funktionen, die in a\in D stetig ist. Sei zusätzlich h:E\to \mathbb{R} mit f(D)\subseteq E, die in b=f(a)\in E stetig ist. Dann ist auch h\circ f:D\to \mathbb{R} stetig in a.
Beweis
Wir wollen die Stetigkeit von h\circ f in a mit Hilfe des Folgenkriteriums beweisen. Sei dazu \left(x_{n}\right)_{{n\in \mathbb{N} }} eine beliebige Folge mit x_{n}\in D für alle n\in \mathbb{N} und \lim _{{n\to \infty }}x_{n}=a. Dann ist \left(f(x_{n})\right)_{{n\in \mathbb{N} }} eine Folge mit f(x_{n})\in E für alle n\in \mathbb{N} (da f(D)\subseteq E) und \lim _{{n\to \infty }}f(x_{n})=f(a) (da f stetig). Somit gilt:
{\begin{aligned}&\lim _{{n\to \infty }}(h\circ f)(x_{n})\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Definition der Komposition}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{n\to \infty }}h(f(x_{n}))\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Folgenkriterium für }}h\right.}\\[0.3em]&=h\left(\lim _{{n\to \infty }}f(x_{n})\right)\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Stetigkeit von }}f{\text{ bei }}a\right.}\\[0.3em]&=h\left(f(a)\right)\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Definition der Komposition}}\right.}\\[0.3em]&=(h\circ f)(a)\end{aligned}}

Vergleich zum Epsilon-Delta-Kriterium

Zu Beginn dieses Artikels haben wir mit Hilfe der Verkettungssätze gezeigt, dass die Funkion{\sqrt {5+x^{2}}}stetig ist. Zum Vergleich wollen wir versuchen dies mit Hilfe des Epsilon-Delta-Kriteriums „von Hand“ zu zeigen. Der sich so ergebende Satz ist umfangreicher als der über die Verkettungssätze.
Übung: 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 komme ich auf den Beweis?
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
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.