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\documentclass{../../../lecture}

\begin{document}

\chapter{Funktionen und Stetigkeit}

\begin{definition}[Funktion]
    Es sei $D \subset \R$ eine nichtleere Teilmenge. Eine
    reellwertige oder komplexwertige Funktion auf
    $D$ ist eine Abbildung:
    \[
        f: D \to \R \quad \text{bzw.} \quad f: D \to \mathbb{C}
    .\] Für zwei Funktionen $f, g: D \to \R (\text{oder } \mathbb{C})$ definieren wir
    \begin{align*}
        (f+g)(x) &:= f(x) + g(x) \\
        (f-g)(x) &:= f(x) - g(x) \\
        (f\cdot g)(x) &:= f(x) \cdot g(x) \\
        \left(\frac{f}{g}\right)(x) &:= \frac{f(x)}{g(x)}
    .\end{align*}
\end{definition}

\section{Grenzwerte bei Funktionen}

\begin{definition}[Berührpunkt]
    Sei $D \subset  \R$. Ein Punkt $a \in \R$ heißt Berührpunkt von $D$, falls
    in jeder $\delta$-Umgebung von $a$, d.h.
    \[
        U_{\delta}(a) := ]a - \delta, a + \delta[ = (a-\delta, a+\delta)
    .\] mindestens ein Punkt von $D$ liegt, d.h.
    \[
        ]a - \delta, a + \delta[ \: \cap \: D \neq \emptyset \quad \forall \delta > 0
    .\] 
\end{definition}

\begin{bsp}
    \begin{enumerate}
        \item $a \in D  \implies$ $a$ Berührpunkt von $D$
        \item  $D = ]0,1[$,  $0$ ist Berührpunkt von $D$, denn
            $\forall \delta > 0$ $]-\delta, \delta[ \; \cap \; ]0,1[ \; \neq \; \emptyset$,
            da $\delta > 0$ 
        \item $D = [1,2], 0$ ist kein Berührpunkt von $D$,
            denn z.B. für $\delta = \frac{1}{2}$ :
            \[
                ]-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}[ \cap [1,2] = \emptyset
            .\] 
    \end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{lemma}[Äquivalente Definition von Berührpunkten]
    $a$ ist ein Berührpunkt von $D$ $\iff$ $\exists $ Folge $(a_n)_{n\in\N} \subset D$ mit
    $\lim_{n \to \infty} a_n = a$
\end{lemma}

\begin{proof}
    durch Behauptung
\end{proof}

\begin{definition}[Grenzwert bei Funktionen]
    \begin{enumerate}
        \item Sei $f: D \to \R$, $D \subset \R$ und $x_0$ sei ein
            Berührpunkt von $D$. $f$ hat in $x_0$ den
            Grenzwert (oder limes), $y_0 \in \R$, falls
            \[
                \forall \epsilon > 0 \quad \exists \delta > 0\colon |f(x) - y_0| < \epsilon \quad \forall x \in D, |x - x_0| < \delta
            .\] 
            Schreibweise:
            \[
                \lim_{x \to x_0} f(x) = y_0
            .\] $y_0$ ist eindeutig bestimmt.

            $y_0$ kann von $D$ abhängig sein und man schreibt daher
            zur Verdeutlichung ein $x \in D$ darunter.
        \item Sei $x_0$ ein Berührpunkt von $D \; \cap \; ]x_0, \infty[$.
            Dann hat $f$ in $x_0$ den rechtsseitigen Grenzwert $y_0$ hat, falls
            \[
                \lim_{x \to x_0} x \in D \cap ]x_0, \infty[ f(x) = y_0
            .\] Schreibweise
            \begin{align*}
                &\lim_{x \to x_0^{+}} f(x) = y_0  \\
                &\lim_{x \searrow x_0} f(x) = y_0
            .\end{align*}
        \item Sei $x_0$ ein Berührpunkt von $D \cap ]-\infty, x_0[$. Dann hat
            $f$ in $x_0$ den linksseitigen Grenzwert $y_0$, falls
            \[
                \lim_{x \to x_0} x \in D \cap ]x_0, \infty[ f(x) = y_0
            .\] 
            Schreibweise:
            \begin{align*}
                &\lim_{x \to x_0^{-}} f(x) = y_0 \\
                &\lim_{x \nearrow x_0} f(x) = y_0
            .\end{align*}
    \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{bsp}[Heaviside Funktion]
    $H: \R \to \R$, def. durch
    \[
        H(x) := \begin{cases}
            1 & x > 0 \\
            \frac{1}{2} & x = 0 \\
            0 & x < 0
        \end{cases}
    .\]
    Für $x_0 > 0$ gilt $\lim_{x \to x_0} H(x) = 1$.
    \begin{proof}
        Sei $\epsilon > 0$, wähle $\delta := \frac{x_0}{2} > 0$. Dann gilt
        \[
            |H(x) - 1| = 0 < \epsilon \quad \forall x \in \R \; \cap \; ]x_0 - \frac{x_0}{2}, x_0 + \frac{x_0}{2}[
        .\] 
    \end{proof}
    Analog finden wir, dass für $x_0 < 0$ gilt $\lim_{x \to x_0} H(x) = 0$.

    $\lim_{x \to 0} H(x) $ existiert nicht!
    \begin{proof}
        Angenommen: $\lim_{x \to 0} H(x) = y_0$.

        Dann wählen wir $\epsilon = \frac{1}{4}$, dann ex. $\delta > 0$ mit
        \[
            |H(x) - y_0| < \frac{1}{4} \quad \forall x \text{ mit } x \in \;]-\delta, \delta[
        .\] $\implies 1 = |H(-\delta) - H(\delta)| \le |H(-\delta) - y_0| + |y_0 - H(\delta)| < \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$ Widerspruch! \\
        $\implies \lim_{x \to 0} H(x) $ existiert nicht.
    \end{proof}

    Es gibt $\lim_{x \nearrow 0} H(x) = 0$ und $\lim_{x \searrow 0} H(x) = 1$, weil
    \begin{align*}
        &|H(x) - 0| = 0 \quad \forall x \in \; ]-\delta, 0[ \\
        &|H(x) - 1| = 0 \quad \forall x \in \; ]0, \delta[ 
    .\end{align*}
\end{bsp}

\begin{lemma}[Restgliedabschätzung der Exponentialreihe]
    \[
        \exp(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n!} = \sum_{n=0}^{N} \frac{x^{n}}{n!} + R_{N+1}(x)
    .\], d.h.
    \[
        R_{n+1}(x) := \sum_{n=N + 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n!}
    .\] Für $R_{n+1}(x)$ gilt
    \[
        |R_{n+1}(x)| \le 2 \frac{|x|^{N+1}}{(N+1)!}, \quad \forall |x| \le \frac{N+2}{2}, N \in \N_0
    .\] 
\end{lemma}

\begin{proof}
    \begin{align*}
        |R_{n+1}(x)| = \left| \sum_{n=N+1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n!} \right| 
        &= \frac{|x|^{N+1}}{(N+1)!} \left( 1 + \frac{|x|}{N+2} + \frac{|x|^2}{(N+2)(N+3)} + \ldots \right)  \\
        &\le \frac{|x|^{N+1}}{(N+1)!} \left( 1 + \frac{|x|}{N+2} + \left( \frac{|x|}{N+2} \right)^2 + + \left( \frac{|x|}{N+2} \right)^{3} + \ldots \right)  \\
        &\le \frac{|x|^{n+1}}{(N+1)!} \left( 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \ldots \right)  \\
        &= \frac{|x|^{N+1}}{(N+1)!} \sum_{k=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^{k} \\
        &= 2 \frac{|x|^{N+1}}{(N+1)!}
    .\end{align*}
\end{proof}

\begin{bsp}
    \[
        \lim_{x \to 0} \exp(x) = 1
    .\]
    \begin{proof}
        Sei $\epsilon > 0$, wähle $\delta := \frac{\epsilon}{4}$. Dann gilt $\forall x \in \; ]-\frac{\epsilon}{4}, \frac{\epsilon}{4}[$, wobei
        O.B.d.A. $\frac{\epsilon}{4} < 1$, dass
        \[
            |\exp(x) - 1| = |R_{0+1}| \le 2 \cdot \frac{|x|^{0+1}}{(0+1)!} = 2 |x| < 2\cdot \frac{\epsilon}{4} = \frac{\epsilon}{2} < \epsilon
        .\] 
    \end{proof}
\end{bsp}

\begin{lemma}[Folgenkriterium]
    Sei $f\colon D \to \R$, $D \subset \R$ und $x_0$ ein Berührpunkt von $D$. Dann gilt
    \[
        \lim_{x \to x_0} f(x) = y_0 \quad \iff \quad \forall \text{ Folgen } (x_n)_{n\in\N} \subset D \text{ mit } \lim_{n \to \infty} x_n = x_0
        \text{ gilt } \lim_{n \to \infty} f(x_n) = y_0
    .\] 
\end{lemma}

\begin{proof}
    \begin{itemize}
        \item ,,$\implies$'': Sei $(x_n)_{n\in\N} \subset D$ mit $\lim_{n \to \infty} x_n = x_0$.
            
            Zu zeigen: $\lim_{n \to \infty} f(x_0) = y_0$. Sei also $\epsilon > 0$, nach Def.
            von $\lim_{x \to x_0} f(x)$ existiert ein $\delta > 0$, s.d.
            \[
                |f(x) - y_0| < \epsilon \quad \forall x \in D \text{ mit } |x - x_0| < \delta
            .\] Zu $\delta > 0$ ex. ein Index $n_{\delta} \in \N$ mit
            $|x_n - x_0| < \delta \quad \forall n \ge n_{\delta}$.

            $\implies |f(x_n) - y_0| < \epsilon \quad \forall n \ge n_\delta$ \\
            $\implies \lim_{n \to \infty} f(x_n) = y_0$
        \item ,,$\impliedby$ '' Zu zeigen.: $\lim_{x \to x_0} f(x) = y_0$, d.h.
            \[
            \forall \epsilon > 0 \; \exists \delta > 0\colon |f(x) - y_0| < \epsilon \quad \forall x \in D \colon |x - x_0| < \delta
            .\] Angenommen das gilt nicht.

            Dann $\exists \epsilon_0 > 0$, s.d. $\forall \delta > 0$ ein $x \in D$ mit $|x - x_0| < \delta$ und $|f(x)-y_0| \ge \epsilon_0$. \\
            $\implies$ Für alle $n \in \N$ $\exists x_n \in D$ mit $|x_n - x_0| < \frac{1}{n}$ und $|f(x) - y_0| \ge \epsilon_0$ \\
            $\implies$ Diese $(x_n)_{n\in\N}$ definieren eine Folge mit $\lim_{n \to \infty} x_n = x_0$,
            aber $|f(x_n) - y_0| \ge \epsilon_0 \quad \forall n \in \N$ \\
            $\implies f(x_n)$ konvergiert nicht gegen $y_0$. Widerspruch!\\
            $\implies$ Annahme ist falsch  $\implies$ Behauptung
    \end{itemize}
\end{proof}

\section{Stetigkeit}

\begin{definition}[Stetigkeit]
    Sei $f: D \to \R$, und $a \in D$. $f$ heißt stetig im Punkt $a$, falls
    \[
        \lim_{x \to a} f(x) = f(a) 
    .\] $f$ heißt stetig in $D$, falls $f$ stetig in $a$ ist $\forall a \in D$.
\end{definition}

Äquivalente Definitionen

\begin{definition}[Stetigkeit per $\epsilon$ / $\delta$ Argument]
    $f$ ist stetig in $a$ $\iff$
    \[
        \forall \epsilon > 0 \; \exists \delta > 0 \text{ mit } |f(x) - f(a)| < \epsilon \quad \forall x \in D \text{ mit } |x-a| < \delta
    .\]
\end{definition}

\begin{definition}[Stetigkeit mit Folgen]
    $f$ ist stetig in $a$ $\iff$
    \[
    \forall \text{ Folgen } (x_n)_{n\in\N} \text{ in } D \text{ mit } \lim_{n \to \infty} x_n = a \text{ gilt, dass }
    \lim_{n \to \infty} f(x_n) = f(a)
    .\] 
\end{definition}

\begin{definition}[Stetigkeit mit Bild]
    $f$ ist stetig in $a$ $\iff$
    $\forall \epsilon > 0 \; \exists \delta > 0 \text{ s.d. }$
    \[
        f(U_{\delta}(a)) \subset \; ] f(a) - \epsilon, f(a) + \epsilon [ \; = U_{\epsilon}(f(a))
    .\] 
\end{definition}

\begin{bsp}
    \begin{enumerate}[(1)]
        \item Konstante Funktionen und die Identität sind auf ganz $\R$ stetig.

            Konstante Fkt.: Wähle $\delta$ beliebig, da
            \[
                \forall x \in \R\colon |x - a| < \delta \implies 0 = |f(x) - f(a)| < \epsilon
            .\] Bei der Identität: Wähle $\delta := \epsilon > 0$, denn
            \[
                \forall x \in \R \text{ mit } |x - a| < \delta = \epsilon \implies |f(x)- f(a)| = |x-a| < \epsilon
            .\] 
        \item $|\cdot |: \R \to \R$ ist stetig auf $\R$. Das folgt aus Rechenregeln für Folgen,
            \[
                f(x_n) \to f(a), n \to \infty \implies |f(x_n)| \to |f(a)|
            .\] 
        \item $\exp\colon \R \to \R$ ist stetig auf ganz $\R$.

            Sei $a \in \R$. Sei $(x_n)_{n\in\N}$ Folge mit
            \[
                \lim_{n \to \infty} x_n = a \implies \lim_{n \to \infty} (x_n - a ) = 0
            .\] Aus $\lim_{x \to 0} \exp(x) = 1$ folgt $\lim_{n \to \infty} \exp(x_n -a) = 1$
            \[
                \implies \lim_{x \to a} \exp(x_n) = \lim_{x_n \to a} \left( \exp(a) + \exp(n-a)) \right) = \exp(a) \cdot 1 = \exp(a)
            .\] 
    \end{enumerate}
\end{bsp}

\end{document}