L¨osungen ausgew¨ahlter Beispiele zu Analysis I, G. Bergauer, Seite 1
1 L¨ osungen zu Analysis 1/ 11. ¨ Ubung
1.1 Einleitung
Im folgenden wird ein Beispiel zur stetigen Erg¨anzung vorgestellt, dass die meisten ’Klassen’ von Beispielen dieser Art subsummiert. Der Leser sei dar- auf hingewiesen, dass eine Funktion nicht nur aus einer Abbildungsvorschrift besteht, sondern auch der Definitionsbereich angegeben werden muss. Dieser Umstand ist besonders dann zu beachten, wenn man f¨ur zwei reelle Funktio- nen f(x) = xx, g(x) = x+1x+1 schreibt
x
x = 1 = x+ 1 x+ 1.
Diese Gleichung ist nichtf¨ur allexerf¨ullt, weil D(f) = R\ {0}aberD(g) = R\ {−1} ist! Somit gilt nurf(x) =g(x) = 1 aufD(g)∩D(f) = R\ {−1,0}.
Mit der Definition 5.3.9 und Bemerkung 5.3.12 schliesst man, weil f(x) = g(x) auf z.B. (−43,−23)\ {−1}und ebenso auf z.B. (−13,13)\ {0}gilt, dass f und g auf ganzR das gleiche Grenzwertverhalten haben.f setzt also g nach
−1 undg setztf nach 0 stetig fort. Eine gemeinsame stetige Fortsetzung von f und g ist dann dementsprechen x7→1.
Erg¨anzungsbeispiel Seif f¨urx∈D=R\1
2,1π + 1 nach der Vorschrift
f(x) =
3 x∈(−∞,−2)
1−x2
x+1 x∈[−2,−1)
3 x=−1
x2+ 1 x∈(−1,0)
1−x
2x−1 x∈[0,1]
(x−1) sin(x−11 ) x∈(1,π1 + 1) sin
1 x−1−1
π
x∈(1π + 1,∞) definiert.
BH 1: f ist auf R\
−2,−1,0,12,1,1π + 1 stetig.
Beweis : Dazu stellen wir mit Hilfe des Skriptums Beispiel 6.1.2 und vorallem Korollar 6.1.8 fest: Die Identische Abbildung idx : x 7→ x ist auf ganz R stetig.
Daher ist auch jede Polynomfunktion auf ganzRund jede Funktion pq((xx)), mit p(x), q(x) Polynomfunktionen, genau aufR\Nstetig, wobeiN die Menge der
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Nullstellen von q(x) ist. Ausserdem wissen wir, da die Exponentialfunktion auf ganz Cstetig ist, dass auch sin auf ganz Cstetig ist.
Es reicht also die Nullstellen der einzelnen Nennerpolynome, die in der De- finition von f vorkommen, zu bestimmen und diese den Intervallgrenzen {−2,−1,0,1,1π + 1} der st¨uckweise definierten Funktion f hinzuzuf¨ugen.
Man rechnet nach, dass diese Menge genau T :={−2,−1,0,12,1,π1 + 1}ist.
Auf R\T istf also sicher stetig.
BH 2: f ist genau auf R\ {−1,0,12,π1 + 1} stetig. f hat eine hebbare Un- stetigkeitsstelle an −1 mit stetiger Fortsetzung g(−1) = 2, eine Sprungstelle an 0 und Unstetigkeitsstellen 2.Art an 12 und 1π + 1.
Beweis : Wir zeigen die Behauptung punktweise:
(x=−2) Da nach Korollar 6.1.8 sowohl die Funktionx7→3 also auchx7→ 1−xx+12 an−2 stetig sind, brauchen wir nur in die Funktionen einzusetzten und erhalten 3 = 3, also ist der links und der rechtsseitige Grenzwert von f an−2 gleich und f daher an−2 stetig.
(x=−1) Der Funktionswert f(−1) = 3 per Definitionen. F¨ur den links und rechts- seitgen Grenzwert gilt, da die Funktion 1−x aufR\ {−1}mit der Funktion
1−x2
x+1 ¨ubereinstimmt, dass
x→−lim1−f(x) = lim
x→−1 1−x2
x+1 = lim
x→−11−x= 2
x→−lim1+f(x) = lim
x→−1x2+ 1 = 2
Diese stimmen ¨uberein und somit ist −1 eine hebbaren Unstetigkeitsstelle mit stetiger Fortsetzung g(−1) = 2.
(x= 0) Die Funktionenx2+ 1 und 2x−1−x1 sind auf (−12,12) stetig und daher reicht es f¨ur die Bestimmung des links und rechtsseitigen Grenzwertes bei 0, in die Funktionen einzusetzen:
x→lim0−f(x) =1
2 6= lim
x→0+f(x) = 1
undf ist daher an 0 nicht stetig die Grenzwerte existieren aber. Die Funktion besitzt dort daher eine Unstetigkeitsstelle 1. Art in Form einer Sprungstelle.
(x= 12) Man stellt schnell fest, dass ∄ lim
x→1
2− 1−x
2x−1, da man z.B. f¨ur die Folge xn =
1
2−n1 nachrechnet 2x1−xn
n−1 <−N ⇔n >4N−2, diese also gegen −∞strebt.
Der Grenzwert existiert also nicht in R. Es handelt sich daher bei der Stelle
1
2 um eine Unstetigkeitsstelle 2. Art.
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(x= 1) Da 2x−1−x1 in einer Umgebung von 1 stetig ist bestimmt sich der linkseitige Grenzwert durch einsetzen:
x→lim1−f(x) = 0
Andererseits ist sin(x−11 ) an 1 nicht definiert. Um Stetigkeit nachzuwei- sen muss der rechtsseitige Grenzwert existieren. Es reicht daf¨ur offensicht- lich lim infx→1(x −1) sin(x−11) und lim supx→1(x−1) sin(x−11) zu berech- nen. Es gilt n¨amlich per Definitionen f¨ur jedes Netz, dass (xi)i∈I, das von oben gegen 1 konvergiert, dass die H¨aufungspunkte von (f(xn))n∈Nzwischen lim infx→1+f(x) und lim supx→1+f(xn) liegen.
Wir wissen aus Satz 6.8.3 (vi), dass f¨urz∈Cgilt (sinz)2+ (cosz)2 = 1 und daher∀x∈R: −1≤sinx≤1 und−1≤cosx≤1. Somit erhalten wir aber
lim sup
x→1
(x−1) sin
1
x−1
≤lim sup
x→1
(x−1) = 0
= lim inf
x→1 (x−1)·(−1)≤lim inf
x→1 (x−1) sin
1
x−1
und daher existiert der Limes und ist gleich 0. Somit stimmen links und rechtsseitiger Limes ¨uberein und f ist an 1 stetig.
(x= 2) Beispiel 6.4.2 zeigt uns, dass limx→1+1 π+sin
1 x−1−1
π
nicht existiert. Man kann auch den Limes superior und den Limes inferior nachrechnen, indem man Satz 6.8.11 verwendet der zeigt ∀k∈N∀z∈C: sin(z+ 2kπ) = sin(z) und sin(0) = sin(π) = 0 und sin π2
= 1. Um den Satz anwenden zu k¨onnen betrachten wir die Folgen: an :=
1+2n
(2n+12)π + 1
und bn := 1+nπn+ 1 . Es gilt mit den Rechenregeln f¨ur Folgen limn→∞an = 1 + π1 = limn→∞bn. Einsetzen liefert nach dem Satz nun aber f¨ur alle n ∈ N f(an) = 1 aber f(bn) = 0. Somit haben wir gezeigt, dass f an 2 eine Unstetigkeitsstelle 2.
Art besitzt.
