Übersicht

Es gibt mehrere Möglichkeiten die Stetigkeit einer Funktion zu beweisen:

Verkettung stetiger Funktionen

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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.

Beispielaufgabe

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.

Ausnutzung der lokalen Natur der Stetigkeit

Gegebenenfalls kann man ausnutzen, dass die Stetigkeit eine lokale Eigenschaft ist. Wenn eine Funktion nämlich in einer kleinen Umgebung um einen Punkt dieselbe Funktionsvorschrift wie die einer stetigen Funktion besitzt, dann muss sie an diesem Punkt auch stetig sein. Betrachte zum Beispiel die Funktion f:\mathbb{R} \setminus \{0\}\to \mathbb{R} mit f(x)=1 für positive Zahlen x und f(x)=-1 für negative Zahlen x. Nehmen wir nun eine beliebige positive Zahl x_{0}. In einer hinreichend kleinen Umgebung um x_{0} ist f konstant 1:
Die Funktion f ist in einer hinreichend kleinen Umgebung um positive Argumente konstant 1. (Stephan Kulla: CC0)
Da konstante Funktionen stetig sind, ist auch f an der Stelle x_{0} stetig. Analog kann man zeigen, dass f auch bei negativen Zahlen und damit insgesamt stetig ist. Im Beweis kann man schreiben:
„Für jedes x_{0}\in \mathbb{R} \setminus \{0\} gibt es eine Umgebung um x_{0}, wo f konstant 1 oder -1 ist. Da konstante Funktionen stetig sind, muss auch f an der Stelle x_{0} stetig sein. Damit ist f stetig“.
Eine solche Argumentation kann oft bei Funktionen angewandt werden, die über eine Fallunterscheidung definiert sind. Unsere Funktion f ist hierfür ein gutes Beispiel. Schließlich ist sie definiert als:
f:\mathbb{R} \setminus \{0\}\to \mathbb{R} :x\mapsto {\begin{cases}1&x>0\\-1&x<0\end{cases}}
Jedoch kann nicht bei allen Fallunterscheidungen allein mit der lokalen Natur der Stetigkeit argumentiert werden. Nehmen wir folgende Funktion g:
g:\mathbb{R} \to \mathbb{R} :x\mapsto {\begin{cases}x^{2}&x\geq 0\\|x|&x<0\end{cases}}
Für alle Stellen ungleich Null können wir so wie in diesem Abschnitt beschrieben einen Beweis formulieren, dass dort die Funktion stetig ist. An der Stelle x_{0}=0 muss anders argumentiert werden. Hier könnte zum Beispiel der links- und rechtsseitige Grenzwert betrachtet werden.

Baustelle: Linksseitiger und rechtsseitiger Grenzwert

TODO: Im Artikel error: internal links not implemented, yet! sollten die Begriffe des linksseitigen und rechtsseitigen Grenzwerts eingeführt werden. Danach sollte dieser Abschnitt ergänzt werden, indem beschrieben wird, wie man damit die Stetigkeit einer Funktion zeigen kann. Beispielhaft bei Funktionen mit Fallunterscheidungen.

Folgenkriterium

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Wiederholung: Folgenkriterium

Definition: Folgenkriterium der Stetigkeit an einer Stelle
Eine Funktion f:D\to \mathbb{R} mit D\subseteq \mathbb{R} ist stetig an der Stelle x_{0}\in D, wenn für alle Folgen (x_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} mit \forall n\in \mathbb{N} :x_{n}\in D und \lim _{{n\to \infty }}x_{n}=x_{0} gilt:
\lim _{{n\to \infty }}f(x_{n})=f\left(\lim _{{n\to \infty }}x_{n}\right)=f(x_{0})

Allgemeine Beweisstruktur

error: non-centered image not implemented, yet! Um die Stetigkeit einer Funktion an einer Stelle x_{0} zu beweisen, müssen wir zeigen, dass für jede Folge (x_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} von Argumenten mit \lim _{{n\to \infty }}x_{n}=x_{0} gilt, dass \lim _{{n\to \infty }}f(x_{n})=f(x_{0}) ist. Dementsprechend könnte ein Beweis lauten:
Sei f:\ldots eine Funktion mit f(x)=\ldots und sei x_{0}=\ldots gegeben. Sei (x_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} eine beliebige Folge von Argumenten mit \lim _{{n\to \infty }}x_{n}=x_{0}. Es gilt:
\lim _{{n\to \infty }}f(x_{n})=\ldots =f(x_{0})
Um die Stetigkeit der Funktion f zu beweisen, muss das Beweisschema etwas angepasst werden:
Sei f:\ldots eine Funktion mit f(x)=\ldots und sei x_{0} eine beliebige Zahl aus dem Definitionsbereich von f . Sei (x_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} eine beliebige Folge von Argumenten mit \lim _{{n\to \infty }}x_{n}=x_{0}. Es gilt:
\lim _{{n\to \infty }}f(x_{n})=\ldots =f(x_{0})

Beispielaufgabe

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Übung: Stetigkeit der Quadratfunktion
Zeige, dass die Quadratfunktion f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} :x\mapsto x^{2} stetig ist.
Beweis
Sei f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} :x\mapsto x^{2}. Wir betrachten nun eine beliebige Folge (x_{n})_{{n\in \mathbb{N} }}, die gegen x konvergiert. Es ist
{\begin{aligned}\lim _{{n\to \infty }}f(x_{n})&=\lim _{{n\to \infty }}x_{n}^{2}\\&=\lim _{{n\to \infty }}x_{n}\cdot x_{n}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \lim _{{n\to \infty }}a_{n}\cdot b_{n}=\lim _{{n\to \infty }}a_{n}\cdot \lim _{{n\to \infty }}b_{n}\right.}\\[0.5em]&=\left(\lim _{{n\to \infty }}x_{n}\right)\cdot \left(\lim _{{n\to \infty }}x_{n}\right)\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Voraussetzung}}\lim _{{n\to \infty }}x_{n}=x\right.}\\[0.5em]&=x\cdot x=x^{2}=f(x)\end{aligned}}
Bei der Quadratfunktion kann der Limes also immer hineingezogen werden, womit diese Funktion stetig ist.

Epsilon-Delta-Kriterium error: TODO

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Wiederholung: Epsilon-Delta-Kriterium

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

Allgemeine Beweisstruktur

In Quantorenschreibweise lautet die Epsilon-Delta-Definition der Stetigkeit einer Funktion f an der Stelle x_{0}:
{\color {Red}\forall \epsilon >0}\ {\color {RedOrange}\exists \delta >0}\ {\color {OliveGreen}\forall x\in D:|x-x_{0}|<\delta }{\color {Blue}{}\implies |f(x)-f(x_{0})|<\epsilon }
Diese Aussageform gibt eine allgemeine Beweisstruktur für Stetigkeitsbeweise mit dem Epsilon-Delta-Kriterium vor:
{\begin{array}{l}{\color {Red}\underbrace {{\underset {}{}}{\text{Sei }}\epsilon >0{\text{ beliebig.}}}_{{\forall \epsilon >0}}}\ {\color {RedOrange}\underbrace {{\underset {}{}}{\text{Wähle }}\delta =\ldots {\text{ Es existiert }}\delta {\text{, weil}}\ldots }_{{\exists \delta >0}}}\\{\color {OliveGreen}\underbrace {{\underset {}{}}{\text{Sei }}x\in D{\text{ mit }}|x-x_{0}|<\delta {\text{ beliebig.}}}_{{\forall x\in D:|x-x_{0}|<\delta }}}\ {\color {Blue}\underbrace {{\underset {}{}}{\text{Es ist: }}|f(x)-f(x_{0})|<\ldots <\epsilon }_{{{}\implies |f(x)-f(x_{0})|<\epsilon }}}\end{array}}

Beispielaufgaben und allgemeines Vorgehen

Übung: Stetigkeit der Quadratfunktion
Beweise, dass die Funktion f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} mit f(x)=x^{2} stetig ist.
Wie komme ich auf den Beweis?
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
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.

Übungsaufgaben

Folgenkriterium: Betragsfunktion

Übung: Stetigkeit der Betragsfunktion
Beweise die Stetigkeit der Betragsfunktion.
Beweis
Sei f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} mit f(x)=|x| die Betragsfunktion. Sei x_{0}\in \mathbb{R} eine beliebige Zahl und sei (x_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} eine Folge reeller Zahlen mit \lim _{{n\to \infty }}x_{n}=x_{0}. Im Kapitel error: internal links not implemented, yet! haben wir die Betragsregel bewiesen. Diese besagt, dass \lim _{{n\to \infty }}|x_{n}|=|x_{0}| ist, wenn \lim _{{n\to \infty }}x_{n}=x_{0} ist. Also haben wir:
\lim _{{n\to \infty }}f(x_{n})=\lim _{{n\to \infty }}|x_{n}|=|x_{0}|=f(x_{0})
Dies beweist die Stetigkeit von f nach dem Folgenkriterium.

Epsilon-Delta-Kriterium: Lineare Funktion

Übung: Stetigkeit einer linearen Funktion
Beweise, dass die lineare Funktion f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} mit f(x)={\tfrac 13}x stetig ist.
Wie komme ich auf den Beweis?error: non-centered image not implemented, yet!
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 13}x-{\frac 13}x_{0}\right|&<\epsilon \\[0.5em]\iff &\left|{\frac 13}(x-x_{0})\right|&<\epsilon \\[0.5em]\iff &{\frac 13}|x-x_{0}|&<\epsilon \end{array}}\end{aligned}}
Es muss also {\tfrac 13}|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 13}|x-x_{0}|<\epsilon folgt?
Nun können wir ausnutzen, dass in der Ungleichung {\tfrac 13}|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 13}|x-x_{0}| einsetzen:
{\frac 13}|x-x_{0}|{\stackrel {|x-x_{0}|<\delta }{<}}{\frac 13}\delta
Wenn wir \delta so geschickt wählen, dass {\tfrac 13}\delta \leq \epsilon ist, folgt aus {\tfrac 13}|x-x_{0}|<{\tfrac 13}\delta die zu zeigende Ungleichung {\tfrac 13}|x-x_{0}|<\epsilon . Durch Äquivalenzumformungen von {\tfrac 13}\delta \leq \epsilon können wir ein hinreichend kleines \delta finden:
{\tfrac 13}\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
Sei f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} mit f(x)={\tfrac 13}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 13}x-{\frac 13}x_{0}\right|\\[0.5em]&=\left|{\frac 13}(x-x_{0})\right|\\[0.5em]&={\frac 13}|x-x_{0}|\\[0.5em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ |x-x_{0}|<\delta \right.}\\[0.5em]&<{\frac 13}\delta \\[0.5em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \delta =3\epsilon \right.}\\[0.5em]&\leq {\frac 13}(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.

Epsilon-Delta-Kriterium: Verkettete Betragsfunktion

Übung: 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 komme ich auf den Beweis?
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
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: |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: |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.

Epsilon-Delta-Kriterium: Hyperbel

Übung: Stetigkeit der Hyperbelfunktion
Beweise, dass die Funktion f:\mathbb{R} ^{+}\to \mathbb{R} mit f(x)={\tfrac 1x} stetig ist.
Wie komme ich auf den Beweis?
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 1x}-{\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 12} betrachtet, so würden wir auf folgendes Problem stoßen:
Der größte x-Wert mit \left|x-{\tfrac 12}\right|<1 ist x_{{{\mathrm {max}}}}={\tfrac 32} 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 1x} 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
Sei f:\mathbb{R} ^{+}\to \mathbb{R} mit f(x)={\tfrac 1x} 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.

Epsilon-Delta-Kriterium: Verkettete Wurzelfunktion

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.