# Mathe für Nicht-Freaks: Stetigkeit beweisen: Epsilon-Delta-Kriterium und Folgenkriterium

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## Übersicht

Es gibt mehrere Möglichkeiten die Stetigkeit einer Funktion zu beweisen:
* Verkettungssätze: Wenn die Funktion als Verkettung stetiger Funktionen dargestellt werden kann, ist sie nach den Verkettungssätzen stetig.
* Ausnutzung der lokalen Natur der Stetigkeit: Wenn eine Funktion in einer kleinen Umgebung um einen Punkt dieselbe Funktionsvorschrift wie die einer stetigen Funktion besitzt, dann muss sie an diesem Punkt auch stetig sein.
* Betrachtung des links- und rechtsseitigen Grenzwerts: Wenn man zeigen kann, dass der linksseitige und rechtsseitige Grenzwert einer Funktion an einer Stelle existiert und gleich dem dortigen Funktionswert ist, dann ist die Funktion an dieser Stelle stetig.
* Nachweis Folgenkriterium: Beim Folgenkriterium muss man zeigen, dass der Limes an der betrachteten Stelle in die Funktion gezogen werden kann. Für eine Folge $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ von Argumenten mit Grenzwert $x_{0}$ muss also gelten $\lim _{n\to \infty }f(x_{n})=f(x_{0})=f\left(\lim _{n\to \infty }x_{n}\right)$.
* Nachweis Epsilon-Delta-Kriterium: Für jedes $\epsilon >0$ muss man zeigen, dass es ein $\delta >0$ gibt, so dass für alle Argumente $x$ mit Abstand kleiner als $\delta$ von der betrachteten Stelle $x_{0}$ die Ungleichung $|f(x)-f(x_{0})|<\epsilon$ erfüllt ist.

## Verkettung stetiger Funktionen

→ Hauptartikel: Komposition stetiger Funktionen

### 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

Aufgabe (Stetigkeit einer verketteten Wurzelfunktion)
Zeige, dass folgende Funktion stetig ist:
$f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} :x\mapsto {\sqrt {5+x^{2}}}$
Wie kommt man auf den Beweis? (Stetigkeit einer verketteten Wurzelfunktion)
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 (Stetigkeit einer verketteten Wurzelfunktion)
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 $1$:
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

Im Artikel Mathe für Nicht-Freaks: Grenzwert von Funktionen 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

→ Hauptartikel: Folgenkriterium der Stetigkeit: Folgenstetigkeit

### 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

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

Aufgabe (Stetigkeit der Quadratfunktion)
Zeige, dass die Quadratfunktion $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} :x\mapsto x^{2}$ stetig ist.
Beweis (Stetigkeit der Quadratfunktion)
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

→ Hauptartikel: Epsilon-Delta-Kriterium der Stetigkeit

### 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

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

Aufgabe (Stetigkeit der Betragsfunktion)
Beweise die Stetigkeit der Betragsfunktion.
Beweis (Stetigkeit der Betragsfunktion)
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 „Grenzwertsätze: Grenzwert von Folgen berechnen“ 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

Aufgabe (Stetigkeit einer linearen Funktion)
Beweise, dass die lineare Funktion $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ mit $f(x)={\tfrac {1}{3}}x$ stetig ist.
Wie kommt man auf den Beweis? (Stetigkeit einer linearen Funktion)
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:
${\begin{aligned}{\begin{array}{rrl}&|f(x)-f(x_{0})|&<\epsilon \\[0.5em]\iff &\left|{\frac {1}{3}}x-{\frac {1}{3}}x_{0}\right|&<\epsilon \\[0.5em]\iff &\left|{\frac {1}{3}}(x-x_{0})\right|&<\epsilon \\[0.5em]\iff &{\frac {1}{3}}|x-x_{0}|&<\epsilon \end{array}}\end{aligned}}$
Es muss also ${\tfrac {1}{3}}|x-x_{0}|<\epsilon$ für alle $x$ mit $|x-x_{0}|<\delta$ gelten. Wie muss $\delta$ gewählt werden, so dass aus $|x-x_{0}|<\delta$ die Ungleichung ${\tfrac {1}{3}}|x-x_{0}|<\epsilon$ folgt?
Nun können wir ausnutzen, dass in der Ungleichung ${\tfrac {1}{3}}|x-x_{0}|<\epsilon$ 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 ${\tfrac {1}{3}}|x-x_{0}|$ einsetzen:
${\frac {1}{3}}|x-x_{0}|{\stackrel {|x-x_{0}|<\delta }{<}}{\frac {1}{3}}\delta$
Wenn wir $\delta$ so geschickt wählen, dass ${\tfrac {1}{3}}\delta \leq \epsilon$ ist, folgt aus ${\tfrac {1}{3}}|x-x_{0}|<{\tfrac {1}{3}}\delta$ die zu zeigende Ungleichung ${\tfrac {1}{3}}|x-x_{0}|<\epsilon$. Durch Äquivalenzumformungen von ${\tfrac {1}{3}}\delta \leq \epsilon$ können wir ein hinreichend kleines $\delta$ finden:
${\tfrac {1}{3}}\delta \leq \epsilon \iff \delta \leq 3\epsilon$
Jedes $\delta$ mit $0<\delta \leq 3\epsilon$ ist für den Beweis ausreichend. Für den finalen Beweis wählen wir $\delta =3\epsilon$.
Beweis (Stetigkeit einer linearen Funktion)
Sei $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ mit $f(x)={\tfrac {1}{3}}x$ 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:
${\begin{aligned}|f(x)-f(x_{0})|&=\left|{\frac {1}{3}}x-{\frac {1}{3}}x_{0}\right|\\[0.5em]&=\left|{\frac {1}{3}}(x-x_{0})\right|\\[0.5em]&={\frac {1}{3}}|x-x_{0}|\\[0.5em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ |x-x_{0}|<\delta \right.}\\[0.5em]&<{\frac {1}{3}}\delta \\[0.5em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \delta =3\epsilon \right.}\\[0.5em]&\leq {\frac {1}{3}}(3\epsilon )=\epsilon \end{aligned}}$
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

Aufgabe (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 kommt man auf den Beweis? (Beispiel für Stetigkeitsbeweise)
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 (Beispiel für Stetigkeitsbeweise)
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 1: $|x+1|\leq 3$
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 2: $|f(x)-f(x_{0})|<\epsilon$
${\begin{aligned}|f(x)-f(x_{0})|&=|f(x)-f(1)|\\[0.5em]&=|5\cdot |x^{2}-2|+3-(5|1^{2}-2|+3)|\\[0.5em]&=|5\cdot |x^{2}-2|-5|\\[0.5em]&=5\cdot ||x^{2}-2|-1|\\[0.5em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ 1\iff |-1|\right.}\\[0.5em]&=5\cdot ||x^{2}-2|-|-1||\\[0.5em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ |a-b|\geq ||a|-|b||\right.}\\[0.5em]&\leq 5\cdot |x^{2}-2-(-1)|\\[0.5em]&=5\cdot |x^{2}-1|\\[0.5em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ a^{2}-b^{2}=(a+b)(a-b)\right.}\\[0.5em]&=5\cdot (|x+1|\cdot \underbrace {|x-1|} _{<\delta })\\[0.5em]&<5\cdot |x+1|\cdot \delta \\[0.5em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ |x+1|\leq 3\right.}\\[0.5em]&\leq 15\delta \\[0.5em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \delta \leq {\frac {\epsilon }{15}}\right.}\\[0.5em]&\leq 15\cdot {\frac {\epsilon }{15}}\\[0.5em]&\leq \epsilon \end{aligned}}$
Damit ist die Funktion an der Stelle $x_{0}=1$ stetig.

### Epsilon-Delta-Kriterium: Hyperbel

Aufgabe (Stetigkeit der Hyperbelfunktion)
Beweise, dass die Funktion $f:\mathbb {R} ^{+}\to \mathbb {R}$ mit $f(x)={\tfrac {1}{x}}$ stetig ist.
Wie kommt man auf den Beweis? (Stetigkeit der Hyperbelfunktion)
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:
${\begin{aligned}|f(x)-f(x_{0})|&=\left|{\frac {1}{x}}-{\frac {1}{x_{0}}}\right|\\[0.5em]&=\left|{\frac {x-x_{0}}{x\cdot x_{0}}}\right|\\[0.5em]&={\frac {|x-x_{0}|}{|x||x_{0}|}}\\[0.5em]&={\frac {1}{|x||x_{0}|}}\cdot |x-x_{0}|\end{aligned}}$
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 $x_{0}={\tfrac {1}{2}}$ betrachtet, so würden wir auf folgendes Problem stoßen:
Der größte $x$-Wert mit $\left|x-{\tfrac {1}{2}}\right|<1$ ist $x_{\mathrm {max} }={\tfrac {3}{2}}$ 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 $f(x)={\tfrac {1}{x}}$ 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 (Stetigkeit der Hyperbelfunktion)
Sei $f:\mathbb {R} ^{+}\to \mathbb {R}$ mit $f(x)={\tfrac {1}{x}}$ 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

Aufgabe (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 kommt man auf den Beweis? (Epsilon-Delta-Beweis für Stetigkeit einer Wurzelfunktion)
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 (Epsilon-Delta-Beweis für Stetigkeit einer Wurzelfunktion)
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.
Unstetigkeit beweisen →
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