Grenzwert von Funktionen einer reellen Variablen

Zusammenfassung

Diese Lektion macht aus der Vorstellung, dass sich die Werte einer Funktion einer Zahl nähern, wenn sich die Variable einer Stelle nähert, eine präzise Definition. Sie zeigt, warum die intuitive Vorstellung nicht genügt, führt die Häufungspunkte ein, die angeben, wo es sinnvoll ist, nach einem Grenzwert zu fragen, und formuliert die Epsilon-Delta-Definition, die sich als Herausforderung und Antwort lesen lässt. Sie schreibt die Definition und ihre Negation als quantifizierte Aussagen und beweist, dass der Grenzwert, falls er existiert, eindeutig ist, dass er nur von den Werten in der Nähe der Stelle abhängt und dass er die Funktion zwingt, in der Nähe der Stelle beschränkt zu bleiben und ihr Vorzeichen beizubehalten. Die Aufgaben konstruieren das Delta für ganzrationale Funktionen, Wurzeln und Quotienten, beweisen, dass gewisse Grenzwerte nicht existieren, und suchen das größte Delta, das auf ein gegebenes Epsilon antwortet.

Lernziele

Die Idee des Grenzwerts einer Funktion an einer Stelle erklären und sie vom Funktionswert an dieser Stelle unterscheiden.
Die Epsilon-Delta-Definition des Grenzwerts formulieren, die Forderung begründen, dass die Stelle ein Häufungspunkt des Definitionsbereichs ist, und die Definition und ihre Negation mit Quantoren schreiben.
Mit der Definition den Wert des Grenzwerts einfacher algebraischer Funktionen beweisen und dabei zu jedem Epsilon ein Delta konstruieren.
Die Eindeutigkeit des Grenzwerts und seine lokalen Eigenschaften beweisen und die Negation der Definition anwenden, um zu beweisen, dass ein Grenzwert nicht existiert.

Die Idee des Grenzwerts

Algebra und Geometrie untersuchen, welchen Wert eine Funktion an jeder Stelle annimmt; die Analysis untersucht außerdem, was mit ihren Werten geschieht, wenn sich die Variable einer Stelle nähert, auch wenn die Funktion an dieser Stelle nicht definiert ist. Das Bedürfnis ist alt. Die Steigung der Geraden durch zwei Punkte einer Kurve berechnet man mit einem Differenzenquotienten; die Steigung der Tangente müsste der Wert dieses Quotienten sein, wenn die beiden Punkte zusammenfallen, aber dann ist der Quotient $\frac{0}{0}$ , und das ist keine Zahl. Ebenso ist die Durchschnittsgeschwindigkeit eines bewegten Körpers der Quotient aus durchlaufener Strecke und benötigter Zeit, und die Geschwindigkeit in einem Augenblick ist das, was dieser Quotient wird, wenn die benötigte Zeit auf nichts schrumpft. In beiden Fällen fragt man nach den Werten einer Funktion in der Nähe einer Stelle, an der sie nicht definiert ist.

Ein einfaches Beispiel zeigt die Lage. Die folgende Funktion ist an der Stelle $x = 1$ nicht definiert, weil dort ihr Nenner verschwindet; dennoch liegen ihre Werte an Stellen nahe bei $1$ nahe bei $2$ :

f(x) = \frac{x^2 - 1}{x - 1}, \qquad f(0{,}9) = 1{,}9, \quad f(0{,}99) = 1{,}99, \quad f(1{,}01) = 2{,}01, \quad f(1{,}1) = 2{,}1

Der Grund ist, dass sich für $x \neq 1$ der Zähler als $(x - 1)(x + 1)$ faktorisieren lässt und der Quotient gleich $x + 1$ ist; der Graph von $f$ ist die Gerade $y = x + 1$ mit einem Loch im Punkt $(1, 2)$ . Man sagt dann, dass der Grenzwert von $f$ für $x$ gegen $1$ gleich $2$ ist, und schreibt:

\lim_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{x - 1} = 2

Die Formulierung „die Werte nähern sich $2$ “ taugt jedoch nicht als Definition, und zwar aus zwei Gründen. Der erste ist, dass Annähern nicht genügt: Wenn $x$ von $0{,}9$ zu $0{,}99$ übergeht, nähert sich der Wert von $f$ auch $3$ , weil $1{,}99$ näher an $3$ liegt als $1{,}9$ , und dennoch ist $3$ nicht der Grenzwert. Was die $2$ auszeichnet, ist, dass die Werte von $f$ ihr beliebig nahe kommen und nicht nur näher als zuvor. Der zweite Grund ist, dass eine Tabelle endlich viele Stellen untersucht und dass sich eine Funktion zwischen ihnen anders verhalten kann: Die Funktion $\sin\left(\frac{\pi}{x}\right)$ hat den Wert $0$ an der Stelle $x = 0{,}1$ , an der Stelle $x = 0{,}01$ und an allen Stellen der Form $\frac{1}{n}$ , und dennoch hat sie an der Stelle $0$ keinen Grenzwert, weil sie zwischen diesen Stellen zwischen $-1$ und $1$ oszilliert; Übungsaufgabe 3 beweist dies für $\sin\left(\frac{1}{x}\right)$ mit demselben Argument. Wenn dem so ist, muss die Definition von allen nahen Stellen zugleich sprechen und mit Zahlen festlegen, was „beliebig nahe“ bedeutet. Die Werkzeuge dafür sind der Betrag, der Abstände misst, und die Dreiecksungleichung, die in der Lektion über die Zahlengerade untersucht wurden.

Häufungspunkte

Bevor man den Grenzwert definiert, muss man klären, an welchen Stellen es sinnvoll ist, nach ihm zu fragen. Die Stelle $a$ muss nicht zum Definitionsbereich der Funktion gehören, wie das Beispiel oben zeigt; aber es muss Stellen des Definitionsbereichs geben, die beliebig nahe bei $a$ liegen, denn sonst gäbe es keine Funktionswerte zu beobachten.

DefinitionHäufungspunkt

Es sei $A$ eine Menge reeller Zahlen. Eine reelle Zahl $a$ heißt Häufungspunkt von $A$ , wenn jedes offene Intervall mit Mittelpunkt $a$ ein Element von $A$ enthält, das von $a$ verschieden ist:

(\forall \delta > 0)(\exists x \in A)(0 < \abs{x - a} < \delta)

Ein Element von $A$ , das kein Häufungspunkt von $A$ ist, heißt isolierter Punkt von $A$ .

Zum Beispiel ist $1$ ein Häufungspunkt von $\mathbb{R} \setminus \{1\}$ , dem Definitionsbereich der Funktion aus dem Beispiel, obwohl er nicht dazu gehört. Jeder Punkt des abgeschlossenen Intervalls $\icc{0}{1}$ ist ein Häufungspunkt des offenen Intervalls $\ioo{0}{1}$ , die Endpunkte eingeschlossen. Die Zahl $0$ ist ein Häufungspunkt der Menge der Zahlen $\frac{1}{n}$ mit natürlichem $n$ , denn nach der archimedischen Eigenschaft gibt es zu jedem $\delta > 0$ eine natürliche Zahl $n$ mit $\frac{1}{n} < \delta$ . Dagegen hat die Menge $\mathbb{N}$ keine Häufungspunkte: Das Intervall mit Mittelpunkt $a$ und Radius $\frac{1}{2}$ enthält höchstens eine natürliche Zahl $m$ ; ist $m = a$ , so enthält es keine von $a$ verschiedene natürliche Zahl, und ist $m \neq a$ , so enthält das Intervall mit Radius $\abs{m - a}$ keine mehr. Die Bedingung $0 < \abs{x - a}$ ist wesentlich; ohne sie wäre jedes Element von $A$ ein Häufungspunkt von $A$ , weil jedes Intervall mit Mittelpunkt $a$ den Punkt $a$ selbst enthält.

Die Definition des Grenzwerts

Mit diesen Begriffen lässt sich die Definition angeben. Die Formulierung „ $f(x)$ liegt beliebig nahe bei $L$ “ wird so übersetzt: Zu jedem Abstand $\varepsilon > 0$ , so klein er auch sei, liegen die Werte von $f$ um weniger als $\varepsilon$ von $L$ entfernt, sobald $x$ hinreichend nahe bei $a$ liegt, das heißt, um weniger als einen gewissen Abstand $\delta > 0$ entfernt, ohne gleich $a$ zu sein.

DefinitionGrenzwert einer Funktion an einer Stelle

Es seien $f$ eine auf einer Menge $A$ reeller Zahlen definierte reelle Funktion, $a$ ein Häufungspunkt von $A$ und $L$ eine reelle Zahl. Man sagt, $L$ sei der Grenzwert von $f$ für $x$ gegen $a$ , und schreibt $\lim_{x \to a} f(x) = L$ , wenn es zu jedem $\varepsilon > 0$ ein $\delta > 0$ gibt, sodass jedes $x$ aus $A$ , das $0 < \abs{x - a} < \delta$ erfüllt, auch $\abs{f(x) - L} < \varepsilon$ erfüllt:

\lim_{x \to a} f(x) = L \leftrightarrow (\forall \varepsilon > 0)(\exists \delta > 0)(\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)

Geometrisch besagt die Bedingung $\abs{f(x) - L} < \varepsilon$ , dass der Punkt $(x, f(x))$ des Graphen in dem horizontalen Streifen zwischen den Geraden $y = L - \varepsilon$ und $y = L + \varepsilon$ liegt; die Bedingung $0 < \abs{x - a} < \delta$ besagt, dass $x$ im Intervall mit Mittelpunkt $a$ und Radius $\delta$ liegt, ohne dessen Mittelpunkt zu sein. Die Definition lässt sich als Spiel zwischen zwei Personen lesen: Die erste schlägt ein $\varepsilon$ vor, den Radius eines Streifens um $L$ , so schmal sie will; die zweite muss mit einem $\delta$ antworten, sodass das Stück des Graphen über dem punktierten Intervall mit Radius $\delta$ innerhalb des Streifens bleibt. Der Grenzwert ist $L$ , wenn die zweite Person auf alle Herausforderungen antworten kann.

BeispielHerausforderung und Antwort

Die Funktion $g$ ist gleich $x^2$ für jedes $x \neq 1$ , und an der Stelle $x = 1$ wird ihr absichtlich ein Wert zugewiesen, der nicht zu den übrigen passt: $g(1) = \frac{5}{2}$ . Man sieht, wie man auf zwei Herausforderungen für den Grenzwert $L = 1$ an der Stelle $a = 1$ antwortet.

Beweis

$(\forall x \neq 1)\left(g(x) = x^2\right), \qquad g(1) = \frac{5}{2}$
Die Funktion ist auf der ganzen Geraden definiert. In der Nähe von $1$ liegen ihre Werte nahe bei $1$ , mit Ausnahme des Wertes bei $x = 1$ , der aus der Reihe fällt.
$\abs{g(x) - 1} < \frac{4}{5} \leftrightarrow \frac{1}{5} < g(x) < \frac{9}{5}$
Erste Herausforderung: $\varepsilon = \frac{4}{5}$ . Die Werte von $g$ müssen in dem Streifen bleiben, der von $\frac{1}{5}$ bis $\frac{9}{5}$ reicht.
$\delta = \min\left(1 - \sqrt{\frac{1}{5}}, \sqrt{\frac{9}{5}} - 1\right) = \resaltar{\sqrt{\frac{9}{5}} - 1}$
Für die positiven $x$ , die von $1$ verschieden sind, ist die Bedingung gleichwertig damit, dass $x$ zwischen $\sqrt{\frac{1}{5}}$ und $\sqrt{\frac{9}{5}}$ liegt. Das Intervall ist nicht symmetrisch bezüglich $1$ : Der rechte Endpunkt liegt näher. Man antwortet mit dem kleineren der beiden Abstände.
$0 < \abs{x - 1} < \delta \rightarrow \abs{g(x) - 1} < \frac{4}{5}$
Jedes $x$ , dessen Abstand von $1$ kleiner als $\delta$ ist, ohne gleich $1$ zu sein, erfüllt die Bedingung: Das Stück des Graphen über dem punktierten Intervall bleibt im Streifen. Der Punkt $(1, g(1))$ liegt außerhalb des Streifens, aber das spielt keine Rolle, weil die Definition $x = 1$ ausschließt.
$\varepsilon = \frac{2}{5} \rightarrow \delta = \resaltar{\sqrt{\frac{7}{5}} - 1}$
Eine anspruchsvollere Herausforderung, $\varepsilon = \frac{2}{5}$ , verlangt eine kleinere Antwort. Allgemein eignet sich für $0 < \varepsilon < 1$ die Antwort $\delta = \sqrt{1 + \varepsilon} - 1$ , die beliebig klein wird, wenn $\varepsilon$ es wird: Das $\delta$ hängt vom $\varepsilon$ ab.

Das Beispiel zeigt drei Züge der Definition, die man im Auge behalten sollte. Erstens hängt das $\delta$ vom $\varepsilon$ ab und im Allgemeinen auch von der Stelle $a$ ; wenn ein $\delta$ auf eine Herausforderung antwortet, so antwortet auch jede kleinere positive Zahl, sodass es genügt, eines zu finden, und das größte nicht nötig ist. Zweitens spielt der Funktionswert an der Stelle $a$ , falls er existiert, keine Rolle: Die Bedingung $0 < \abs{x - a}$ schließt ihn aus, und deshalb ist der Grenzwert von $g$ an der Stelle $1$ gleich $1$ , obwohl $g(1)$ gleich $\frac{5}{2}$ ist. Drittens zählen nur die $x$ aus dem Definitionsbereich; die übrigen werden nicht untersucht.

BeispielEine lineare Funktion

Es wird bewiesen, dass $\lim_{x \to 2} (3x - 1) = 5$ gilt. Zu gegebenem $\varepsilon > 0$ muss man erreichen, dass $\abs{(3x - 1) - 5} < \varepsilon$ gilt. Der Ausdruck lässt sich vereinfachen und zeigt seine Beziehung zu $\abs{x - 2}$ :

\abs{(3x - 1) - 5} = \abs{3x - 6} = 3\abs{x - 2}

Es genügt also, dass $3\abs{x - 2} < \varepsilon$ gilt, das heißt, dass $\abs{x - 2} < \frac{\varepsilon}{3}$ gilt. Man antwortet mit $\delta = \frac{\varepsilon}{3}$ : Ist $0 < \abs{x - 2} < \frac{\varepsilon}{3}$ , so gilt $\abs{(3x - 1) - 5} < 3 \cdot \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon$ . Ebenso antwortet für eine konstante Funktion $c$ jedes $\delta$ , weil $\abs{c - c} = 0 < \varepsilon$ gilt; und für die identische Funktion antwortet $\delta = \varepsilon$ , weil die verlangte Bedingung, $\abs{x - a} < \varepsilon$ , dieselbe ist wie die vorausgesetzte. Also gilt:

\lim_{x \to a} c = c, \qquad \lim_{x \to a} x = a

Die Methode des Beispiels ist die allgemeine: Man schreibt $\abs{f(x) - L}$ so, dass der Faktor $\abs{x - a}$ erscheint, und schätzt den Rest ab. Ist der Rest keine Konstante, so schätzt man ihn ab, indem man $\delta$ im Voraus auf einen festen Wert beschränkt, zum Beispiel $\delta \leq 1$ ; das ist die Technik des folgenden Beispiels.

BeispielEin Quadrat

Es wird bewiesen, dass $\lim_{x \to 3} x^2 = 9$ gilt. Es sei $\varepsilon > 0$ .

Beweis

$\abs{x^2 - 9} = \abs{x - 3} \cdot \dato{f}{\abs{x + 3}}$
Man faktorisiert die Differenz zweier Quadrate; es erscheint der Faktor $\abs{x - 3}$ , der klein gemacht wird, multipliziert mit einem Faktor, der von $x$ abhängt.
$\abs{x - 3} < 1 \rightarrow 5 < x + 3 < 7 \rightarrow \dato{c}{\abs{x + 3} < 7}$
Verlangt man $\abs{x - 3} < 1$ , so liegt $x$ zwischen $2$ und $4$ , und der zweite Faktor ist durch $7$ beschränkt.
$\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{7}\right)$
Unter dieser Einschränkung genügt zusätzlich, dass $7\abs{x - 3} < \varepsilon$ gilt. Man wählt $\delta$ als die kleinere der beiden Zahlen, damit beide Bedingungen erfüllt sind.
$\abs{x^2 - 9} = \abs{x - 3}\abs{x + 3} < \frac{\varepsilon}{7} \cdot 7 = \resaltar{\varepsilon}$
Ist $0 < \abs{x - 3} < \delta$ , so gelten $\abs{x - 3} < 1$ und $\abs{x - 3} < \frac{\varepsilon}{7}$ ; daraus folgt die verlangte Ungleichung.

Der Grenzwert vom Anfang der Lektion wird auf dieselbe Weise bewiesen, mit einer Beobachtung, die oft verwendet wird: Da die Definition die Stelle $a$ nicht untersucht, darf man den Ausdruck von $f$ an den von $a$ verschiedenen Stellen vereinfachen. Für $x \neq 1$ ist der Quotient $\frac{x^2 - 1}{x - 1}$ gleich $x + 1$ , und dann gilt $\abs{f(x) - 2} = \abs{x - 1}$ ; es antwortet $\delta = \varepsilon$ . Das Kürzen des Faktors $x - 1$ ist gerade deshalb zulässig, weil $x$ in der Definition nie gleich $1$ ist.

Die Definition als quantifizierte Aussage

Die Definition des Grenzwerts ist eine Aussage mit drei abwechselnden Quantoren: für jedes $\varepsilon$ gibt es $\delta$ , für jedes $x$ . Ihre logische Struktur ist die der Aussagen, die die Prädikatenlogik untersucht, und mit ihr umgehen zu können ist die halbe Arbeit mit Grenzwerten. Zwei Folgerungen ergeben sich aus ihr.

Die erste ist, dass die Reihenfolge der Quantoren wichtig ist. In der Definition wird das $\delta$ gewählt, nachdem das $\varepsilon$ bekannt ist, und deshalb darf es von ihm abhängen. Schriebe man zuerst $(\exists \delta > 0)$ und dann $(\forall \varepsilon > 0)$ , so müsste ein und dasselbe $\delta$ für alle $\varepsilon$ zugleich taugen, was eine viel stärkere Behauptung ist, die in Übungsaufgabe 4 charakterisiert werden soll.

Die zweite ist, dass man die Negation der Definition mit den Regeln für die Negation von Quantoren erhält: Die Negation von „für alle“ ist „es gibt ein... das nicht“, und die von „es gibt“ ist „für alle... nicht“. So erhält man, was es bedeutet, dass $L$ nicht der Grenzwert ist.

PropositionNegation der Grenzwertdefinition

Es seien $f$ eine auf $A$ definierte Funktion, $a$ ein Häufungspunkt von $A$ und $L$ eine reelle Zahl. Die Zahl $L$ ist genau dann nicht der Grenzwert von $f$ für $x$ gegen $a$ , wenn es ein $\varepsilon > 0$ gibt, sodass es zu jedem $\delta > 0$ ein $x$ aus $A$ mit $0 < \abs{x - a} < \delta$ und $\abs{f(x) - L} \geq \varepsilon$ gibt. Die Negation wird Quantor für Quantor nach innen gezogen, bis sie die Implikation erreicht.

Beweis

$\neg (\forall \varepsilon > 0)(\exists \delta > 0)(\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)$
Man negiert die gesamte Definition.
$(\exists \varepsilon > 0) \resaltar{\neg} (\exists \delta > 0)(\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)$
Die Negation einer Allaussage ist die Existenz eines Falles, in dem sie versagt.
$(\exists \varepsilon > 0)(\forall \delta > 0) \resaltar{\neg} (\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)$
Die Negation einer Existenzaussage besagt, dass alle Fälle versagen.
$(\exists \varepsilon > 0)(\forall \delta > 0)(\exists x \in A) \resaltar{\neg} \left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)$
Man negiert erneut eine Allaussage.
$(\exists \varepsilon > 0)(\forall \delta > 0)(\exists x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \wedge \resaltar{\abs{f(x) - L} \geq \varepsilon}\right)$
Eine Implikation ist genau dann falsch, wenn ihr Antezedens wahr und ihr Konsequens falsch ist; und die Negation von $\abs{f(x) - L} < \varepsilon$ ist wegen der Trichotomie $\abs{f(x) - L} \geq \varepsilon$ .

Im Bild des Spiels ist $L$ nicht der Grenzwert, wenn die erste Person über eine Herausforderung verfügt, auf die keine Antwort taugt: So klein das vorgeschlagene $\delta$ auch sei, es gibt einen Punkt des punktierten Intervalls, dessen Wert den Streifen verlässt. Um zu beweisen, dass eine Funktion an der Stelle $a$ keinen Grenzwert hat, muss man zeigen, dass keine reelle Zahl $L$ der Grenzwert ist, wie es in der gelösten Aufgabe 4 geschieht.

Grundlegende Eigenschaften

Die Schreibweise $\lim_{x \to a} f(x) = L$ spricht von dem Grenzwert, als wäre er eine einzige Zahl. Das erfordert einen Beweis: dass zwei verschiedene Zahlen die Definition nicht zugleich erfüllen können. Hier kommt die Forderung ins Spiel, dass $a$ ein Häufungspunkt des Definitionsbereichs ist. Wäre er es nicht, so gäbe es ein $\delta_0 > 0$ , sodass kein $x$ des Definitionsbereichs $0 < \abs{x - a} < \delta_0$ erfüllen würde; antwortete man stets mit diesem $\delta_0$ , so wäre die Implikation der Definition für jedes $L$ wahr, weil ihr Antezedens nie erfüllt wäre, und jede Zahl wäre ein Grenzwert.

SatzEindeutigkeit des Grenzwerts

Es seien $f$ eine auf $A$ definierte Funktion und $a$ ein Häufungspunkt von $A$ . Aus $\lim_{x \to a} f(x) = L$ und $\lim_{x \to a} f(x) = L'$ folgt $L = L'$ . Man argumentiert durch Widerspruch: Man nimmt an, die Grenzwerte seien verschieden, etwa $L < L'$ , und wählt ein $\varepsilon$ so klein, dass sich die Streifen mit Radius $\varepsilon$ um $L$ und um $L'$ nicht berühren.

Beweis

$\dato{e}{\varepsilon = \frac{L' - L}{2} > 0}$
Angenommen, es gilt $L < L'$ , und es sei $\varepsilon$ die Hälfte des Abstands zwischen beiden; es ist positiv.
$0 < \abs{x - a} < \delta_1 \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon, \qquad 0 < \abs{x - a} < \delta_2 \rightarrow \abs{f(x) - L'} < \varepsilon$
Die Streifen mit Radius $\varepsilon$ um $L$ und um $L'$ haben keine gemeinsamen Punkte, und man wendet die Definition auf jeden Grenzwert mit diesem $\varepsilon$ an: Man erhält zwei Antworten, $\delta_1$ und $\delta_2$ , die im Allgemeinen verschieden sind.
$\delta = \min(\delta_1, \delta_2), \quad (\exists x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta\right)$
Damit beide Bedingungen zugleich gelten, nimmt man den kleineren der beiden Radien. Da $a$ ein Häufungspunkt von $A$ ist, enthält das punktierte Intervall mit Radius $\delta$ ein $x$ aus dem Definitionsbereich.
$\dato{d}{\abs{f(x) - L} < \varepsilon \wedge \abs{f(x) - L'} < \varepsilon}$
Für dieses $x$ gelten beide Ungleichungen: Der Wert $f(x)$ läge in beiden Streifen zugleich.
$L' - L \leq \abs{L' - f(x)} + \abs{f(x) - L} < 2\varepsilon = \resaltar{L' - L}$
Nach der Dreiecksungleichung wäre der Abstand zwischen $L$ und $L'$ kleiner als $2\varepsilon$ , was gerade dieser Abstand ist: ein Widerspruch. Also kann nicht $L < L'$ gelten; ebenso kann nicht $L' < L$ gelten, und wegen der Trichotomie gilt $L = L'$ .

Das folgende Lemma formalisiert die Beobachtung, die es erlaubte, den Quotienten $\frac{x^2 - 1}{x - 1}$ zu vereinfachen: Der Grenzwert an der Stelle $a$ hängt nur von den Werten der Funktion in der Nähe von $a$ ab, nicht von dem Wert, den sie an der Stelle $a$ annimmt, und nicht von denen fern von ihr.

LemmaDer Grenzwert hängt nur von den Werten in der Nähe ab

Es seien $f$ und $g$ auf $A$ definierte Funktionen, $a$ ein Häufungspunkt von $A$ und $r > 0$ so, dass $f(x) = g(x)$ für jedes $x$ aus $A$ mit $0 < \abs{x - a} < r$ gilt. Aus $\lim_{x \to a} f(x) = L$ folgt $\lim_{x \to a} g(x) = L$ . Es genügt, die Antwort zu nehmen, die für $f$ taugt, und sie, falls nötig, bis auf $r$ zu verkleinern.

Beweis

$\dato{f}{0 < \abs{x - a} < \delta_1 \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon}$
Es sei $\varepsilon > 0$ . Nach Voraussetzung gibt es eine Antwort $\delta_1$ für $f$ .
$\delta = \min(\delta_1, r)$
Man nimmt das Minimum aus dieser Antwort und dem Radius, innerhalb dessen die Funktionen übereinstimmen.
$\abs{g(x) - L} = \abs{\resaltar{f(x)} - L} < \varepsilon$
Ist $x$ aus $A$ und gilt $0 < \abs{x - a} < \delta$ , so gilt $g(x) = f(x)$ , weil $\delta \leq r$ ist, und $f(x)$ liegt im Streifen, weil $\delta \leq \delta_1$ ist.

Die beiden folgenden Eigenschaften besagen, dass der Grenzwert der Funktion in der Nähe der Stelle Bedingungen auferlegt. Die erste zwingt sie, beschränkt zu bleiben; die zweite, das Vorzeichen des Grenzwerts zu haben, wenn dieser nicht null ist. Beide erhält man, indem man die Definition mit einem im Voraus gewählten $\varepsilon$ anwendet, und sie werden die Werkzeuge sein, um die Produkt- und die Quotientenregel in der Lektion über die Rechenregeln für Grenzwerte zu beweisen.

PropositionLokale Beschränktheit und Vorzeichenerhaltung

Es seien $f$ eine auf $A$ definierte Funktion, $a$ ein Häufungspunkt von $A$ und $\lim_{x \to a} f(x) = L$ . Dann gibt es ein $\delta > 0$ , sodass für jedes $x$ aus $A$ mit $0 < \abs{x - a} < \delta$ gilt: $\abs{f(x)} < \abs{L} + 1$ . Ist außerdem $L \neq 0$ , so gibt es ein $\delta > 0$ , sodass für eben diese $x$ der Wert $f(x)$ das Vorzeichen von $L$ hat und $\abs{f(x)} > \frac{\abs{L}}{2}$ gilt. Jede Behauptung ist die Definition, angewandt auf eine konkrete Herausforderung: $\varepsilon = 1$ für die erste und $\varepsilon = \frac{\abs{L}}{2}$ für die zweite.

Beweis

$0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \dato{u}{\abs{f(x) - L} < 1}$
Mit $\varepsilon = 1$ liefert die Definition ein $\delta$ , sodass die Werte von $f$ von $L$ weniger als $1$ entfernt sind.
$\abs{f(x)} \leq \abs{f(x) - L} + \abs{L} < \resaltar{\abs{L} + 1}$
Nach der Dreiecksungleichung übersteigt der Betrag von $f(x)$ nicht den von $L$ zuzüglich dieses Abstands.
$\dato{m}{L - \frac{\abs{L}}{2} < f(x) < L + \frac{\abs{L}}{2}}$
Ist $L \neq 0$ , so liefert die Definition mit $\varepsilon = \frac{\abs{L}}{2}$ , das positiv ist, ein anderes $\delta$ , und $f(x)$ liegt im Intervall mit Mittelpunkt $L$ und Radius $\frac{\abs{L}}{2}$ .
$L > 0 \rightarrow f(x) > \resaltar{\frac{L}{2}} > 0, \qquad L < 0 \rightarrow f(x) < \resaltar{\frac{L}{2}} < 0$
Ist $L > 0$ , so ist der linke Endpunkt $\frac{L}{2}$ , also positiv; ist $L < 0$ , so ist der rechte Endpunkt $\frac{L}{2}$ , also negativ. In beiden Fällen hat $f(x)$ das Vorzeichen von $L$ und ist von $0$ mehr als $\frac{\abs{L}}{2}$ entfernt.

Mit der Definition kann man den Wert jedes Grenzwerts beweisen, aber die Arbeit wächst mit der Komplexität der Funktion. Die Lektion über die Rechenregeln für Grenzwerte beweist, ausgehend von dieser, die Regeln für die Summe, das Produkt, den Quotienten, die Potenzen und die Wurzeln, mit denen man die meisten Grenzwerte berechnen kann, ohne jedes Mal erneut ein $\delta$ suchen zu müssen.

Gelöste Aufgaben

Die Aufgaben steigen im Schwierigkeitsgrad: Die ersten drei konstruieren das $\delta$ für ein Polynom, eine Wurzel und einen Quotienten, jede mit ihrer eigenen Art, den Faktor abzuschätzen, der $\abs{x - a}$ begleitet; die vierte beweist mit der Negation der Definition, dass ein Grenzwert nicht existiert; und die letzte sucht das größte $\delta$ , das auf eine gegebene Herausforderung antwortet.

Gelöste Aufgabe 1Ein Polynom zweiten Grades

Man beweise mit der Definition, dass $\lim_{x \to 2} (x^2 + x) = 6$ gilt.

Lösung

$\abs{(x^2 + x) - 6} = \abs{x - 2} \cdot \dato{f}{\abs{x + 3}}$
Es sei $\varepsilon > 0$ . Da $2$ eine Nullstelle des Polynoms $x^2 + x - 6$ ist, hat dieses den Faktor $x - 2$ .
$\abs{x - 2} < 1 \rightarrow 4 < x + 3 < 6 \rightarrow \dato{c}{\abs{x + 3} < 6}$
Man beschränkt den Radius im Voraus auf $1$ : Dann liegt $x$ zwischen $1$ und $3$ , und der zweite Faktor ist beschränkt.
$\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{6}\right)$
Unter dieser Einschränkung genügt, dass $6\abs{x - 2} < \varepsilon$ gilt; man wählt den kleineren der beiden Radien.
$\abs{(x^2 + x) - 6} = \abs{x - 2}\abs{x + 3} < \frac{\varepsilon}{6} \cdot 6 = \resaltar{\varepsilon}$
Ist $0 < \abs{x - 2} < \delta$ , so sind beide Bedingungen erfüllt, und die verlangte Ungleichung folgt.

Gelöste Aufgabe 2Eine Quadratwurzel

Man beweise mit der Definition, dass $\lim_{x \to 4} \sqrt{x} = 2$ gilt, wobei die Funktion auf $\ico{0}{\infty}$ definiert ist.

Lösung

$\sqrt{x} - 2 = \frac{(\sqrt{x} - 2)(\sqrt{x} + 2)}{\sqrt{x} + 2} = \dato{q}{\frac{x - 4}{\sqrt{x} + 2}}$
Es sei $\varepsilon > 0$ . Damit $x - 4$ erscheint, multipliziert man Zähler und Nenner mit dem konjugierten Ausdruck $\sqrt{x} + 2$ , der positiv ist.
$\abs{\sqrt{x} - 2} = \frac{\abs{x - 4}}{\sqrt{x} + 2} \leq \dato{c}{\frac{\abs{x - 4}}{2}}$
Der Nenner ist mindestens $2$ , weil $\sqrt{x} \geq 0$ gilt; diesmal muss man den Radius nicht beschränken, weil die Abschätzung auf dem ganzen Definitionsbereich gilt.
$\delta = 2\varepsilon$
Es genügt also, dass $\frac{\abs{x - 4}}{2} < \varepsilon$ gilt.
$\abs{\sqrt{x} - 2} \leq \frac{\abs{x - 4}}{2} < \frac{2\varepsilon}{2} = \resaltar{\varepsilon}$
Ist $x \geq 0$ und $0 < \abs{x - 4} < 2\varepsilon$ , so erhält man die verlangte Ungleichung. Nur die $x$ aus dem Definitionsbereich werden untersucht: Die negativen, an denen die Wurzel nicht definiert ist, zählen nicht, auch wenn sie nahe bei $4$ liegen, falls $\varepsilon$ groß ist.

Gelöste Aufgabe 3Ein Quotient

Man beweise mit der Definition, dass $\lim_{x \to 3} \frac{1}{x} = \frac{1}{3}$ gilt, wobei die Funktion auf $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ definiert ist.

Lösung

$\abs{\frac{1}{x} - \frac{1}{3}} = \abs{\frac{3 - x}{3x}} = \frac{\abs{x - 3}}{\dato{d}{3\abs{x}}}$
Es sei $\varepsilon > 0$ . Man bringt die Differenz auf einen gemeinsamen Nenner.
$\abs{x - 3} < 1 \rightarrow x > 2 \rightarrow \dato{c}{3\abs{x} > 6}$
Jetzt steht der Faktor, der $\abs{x - 3}$ begleitet, im Nenner, und man muss verhindern, dass dieser sich $0$ nähert. Ist $\abs{x - 3} < 1$ , so ist $x > 2$ , und der Nenner ist größer als $6$ .
$\delta = \min(1, 6\varepsilon)$
Unter dieser Einschränkung ist der Quotient kleiner als $\frac{\abs{x - 3}}{6}$ , und es genügt, dass diese Größe kleiner als $\varepsilon$ ist.
$\abs{\frac{1}{x} - \frac{1}{3}} < \frac{\abs{x - 3}}{6} < \frac{6\varepsilon}{6} = \resaltar{\varepsilon}$
Ist $0 < \abs{x - 3} < \delta$ , so sind beide Bedingungen erfüllt. Ohne die vorherige Einschränkung würde die Methode versagen: In der Nähe von $x = 0$ wächst der Quotient unbeschränkt.

Gelöste Aufgabe 4Eine Funktion mit Sprung

Die Signumfunktion, definiert auf $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ , ist gleich $1$ für positive und gleich $-1$ für negative Zahlen. Man beweise, dass sie für $x$ gegen $0$ keinen Grenzwert hat.

s(x) = \frac{x}{\abs{x}}

Lösung

$(\forall L)(\exists \varepsilon > 0)(\forall \delta > 0)(\exists x)\left(0 < \abs{x} < \delta \wedge \abs{s(x) - L} \geq \varepsilon\right)$
Die Stelle $0$ ist ein Häufungspunkt des Definitionsbereichs. Man muss beweisen, dass keine reelle Zahl $L$ der Grenzwert ist; nach der Negation der Definition genügt es, zu jedem $L$ eine Herausforderung zu finden, auf die kein $\delta$ antwortet. Man schlägt $\varepsilon = 1$ für alle $L$ vor.
$s\left(\frac{\delta}{2}\right) = 1, \qquad s\left(-\frac{\delta}{2}\right) = -1$
Es sei $\delta > 0$ beliebig. Das punktierte Intervall mit Radius $\delta$ enthält eine positive und eine negative Zahl, an denen die Funktion gleich $1$ und $-1$ ist.
$2 = \abs{1 - (-1)} \leq \abs{1 - L} + \abs{L - (-1)}$
Der Abstand zwischen $1$ und $-1$ ist $2$ ; nach der Dreiecksungleichung ist die Summe der Abstände von $L$ zu diesen beiden Werten mindestens $2$ .
$\abs{s\left(\frac{\delta}{2}\right) - L} \geq 1 \vee \abs{s\left(-\frac{\delta}{2}\right) - L} \geq 1$
Daraus folgt, dass einer der beiden Abstände mindestens $1$ ist: Wären beide kleiner als $1$ , so wäre ihre Summe kleiner als $2$ .
$\neg (\exists L)\left(\lim_{x \to 0} s(x) = L\right)$
Für jedes $L$ hat die Herausforderung $\varepsilon = 1$ also keine Antwort: Kein Streifen der Breite $2$ enthält zugleich die Werte $1$ und $-1$ , wenn seine Ränder ausgeschlossen sind. Die Funktion hat an der Stelle $0$ keinen Grenzwert.

Gelöste Aufgabe 5Das größte Delta

Für die Funktion $f(x) = x^2$ an der Stelle $a = 1$ , mit $L = 1$ und der Herausforderung $\varepsilon = \frac{1}{2}$ , bestimme man das größte $\delta$ , das auf die Herausforderung antwortet.

Lösung

$\abs{x^2 - 1} < \frac{1}{2} \leftrightarrow \frac{1}{2} < x^2 < \frac{3}{2}$
Die Bedingung $\abs{x^2 - 1} < \frac{1}{2}$ bedeutet, dass $x^2$ zwischen $\frac{1}{2}$ und $\frac{3}{2}$ liegt.
$\sqrt{\frac{1}{2}} < x < \sqrt{\frac{3}{2}}$
In der Nähe von $1$ sind die $x$ positiv, und die Bedingung ist gleichwertig damit, dass $x$ zwischen den Quadratwurzeln der Endpunkte liegt.
$1 - \sqrt{\frac{1}{2}} \approx 0{,}293, \qquad \sqrt{\frac{3}{2}} - 1 \approx 0{,}225$
Die Abstände von $1$ zu den Endpunkten sind verschieden: Die Parabel steigt rechts von $1$ schneller an, und der rechte Endpunkt liegt näher.
$\delta = \sqrt{\frac{3}{2}} - 1 = \resaltar{\frac{\sqrt{6} - 2}{2}}$
Das Intervall mit Mittelpunkt $1$ und Radius $\delta$ muss in das gefundene Intervall passen; sein Radius kann den kleineren der beiden Abstände nicht übersteigen, und dieser antwortet auf die Herausforderung.
$0 < \sqrt{\frac{3}{2}} - 1 < \delta', \qquad \abs{\left(\sqrt{\frac{3}{2}}\right)^2 - 1} = \frac{1}{2}$
Kein größerer Radius taugt: Ist $\delta' > \delta$ , so ist der Punkt $x = \sqrt{\frac{3}{2}}$ von $1$ weniger als $\delta'$ entfernt, und dort ist der Abstand von $x^2$ zu $1$ genau $\frac{1}{2}$ , was nicht kleiner als $\varepsilon$ ist.

Übungsaufgaben

Die Aufgaben steigen im Schwierigkeitsgrad: Die ersten beiden wiederholen mit anderen Polynomen die Technik, den Radius zu beschränken; die dritte wendet die Negation der Definition auf eine oszillierende Funktion an; die vierte untersucht, was geschieht, wenn man die Reihenfolge der Quantoren vertauscht; und die letzte untersucht eine Funktion, die nur an einer einzigen Stelle einen Grenzwert hat. Jede hat einen Hinweis, den man erst öffnen sollte, nachdem man sie selbst versucht hat.

Übungsaufgabe 1Ein anderes Polynom zweiten Grades

Man beweise mit der Definition, dass $\lim_{x \to -1} (2x^2 - 3x) = 5$ gilt.

Hinweis

Faktorisiere $2x^2 - 3x - 5$ : Es hat die Nullstelle $-1$ . Beschränke den Radius auf $1$ und schätze den anderen Faktor auf dem Intervall von $-2$ bis $0$ ab.

Lösung

Da $2x^2 - 3x - 5 = (x + 1)(2x - 5)$ gilt und, falls $\abs{x + 1} < 1$ , auch $\abs{2x - 5} < 9$ , antwortet:

\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{9}\right)

Übungsaufgabe 2Eine dritte Potenz

Man beweise mit der Definition, dass $\lim_{x \to 1} x^3 = 1$ gilt.

Hinweis

Benutze die Faktorisierung der Differenz zweier Kuben, $x^3 - 1 = (x - 1)(x^2 + x + 1)$ , und schätze den zweiten Faktor ab, wenn $x$ zwischen $0$ und $2$ liegt.

Lösung

Ist $\abs{x - 1} < 1$ , so gilt $0 < x^2 + x + 1 < 7$ ; daher antwortet:

\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{7}\right)

Übungsaufgabe 3Eine oszillierende Funktion

Man beweise, dass die Funktion $\sin\left(\frac{1}{x}\right)$ , definiert auf $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ , für $x$ gegen $0$ keinen Grenzwert hat.

Hinweis

Gehe vor wie in der gelösten Aufgabe 4. In jedem punktierten Intervall mit Mittelpunkt $0$ gibt es Stellen, an denen die Funktion gleich $1$ ist, und Stellen, an denen sie gleich $-1$ ist: Suche $x$ der Form $\frac{1}{\frac{\pi}{2} + 2n\pi}$ und $\frac{1}{\frac{3\pi}{2} + 2n\pi}$ mit hinreichend großem natürlichem $n$ .

Lösung

Zu jedem $L$ antwortet kein $\delta$ auf die Herausforderung $\varepsilon = 1$ , weil für großes $n$ die beiden folgenden Punkte von $0$ weniger als $\delta$ entfernt sind und die Funktion an ihnen gleich $1$ und $-1$ ist:

x_n = \frac{1}{\frac{\pi}{2} + 2n\pi}, \qquad y_n = \frac{1}{\frac{3\pi}{2} + 2n\pi}

Ausführliche Lösung

Lösung

$0 < \frac{1}{\frac{3\pi}{2} + 2n\pi} < \frac{1}{\frac{\pi}{2} + 2n\pi} < \frac{1}{2n\pi} < \resaltar{\delta}$
Es seien $L$ eine reelle Zahl und $\delta > 0$ . Nach der archimedischen Eigenschaft gibt es eine natürliche Zahl $n$ mit $2n\pi > \frac{1}{\delta}$ ; dann sind die beiden folgenden Punkte positiv und kleiner als $\delta$ .
$\sin\left(\frac{\pi}{2} + 2n\pi\right) = 1, \qquad \sin\left(\frac{3\pi}{2} + 2n\pi\right) = -1$
Am ersten ist $\frac{1}{x}$ ein Winkel, dessen Sinus $1$ ist; am zweiten einer, dessen Sinus $-1$ ist.
$\abs{1 - L} + \abs{L + 1} \geq 2 \rightarrow \abs{1 - L} \geq 1 \vee \abs{-1 - L} \geq 1$
Wie in der gelösten Aufgabe 4 ist die Summe der Abstände von $L$ zu $1$ und zu $-1$ mindestens $2$ , und einer von ihnen ist mindestens $1$ . Die Herausforderung $\varepsilon = 1$ hat für kein $L$ eine Antwort.

Übungsaufgabe 4Die Reihenfolge der Quantoren

Es seien $f$ eine auf $A$ definierte Funktion, $a$ ein Häufungspunkt von $A$ und $L$ eine reelle Zahl. Man beweise, dass die folgende Aussage, die aus der Grenzwertdefinition durch Vertauschen der ersten beiden Quantoren entsteht, genau dann gilt, wenn $f$ den Wert $L$ an allen Punkten von $A$ in einem punktierten Intervall mit Mittelpunkt $a$ annimmt. Erfüllt die Funktion $x^2$ sie an der Stelle $a = 3$ mit $L = 9$ ?

(\exists \delta > 0)(\forall \varepsilon > 0)(\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)

Hinweis

Ist eine nichtnegative Zahl kleiner als jedes $\varepsilon > 0$ , so ist sie $0$ : Andernfalls wäre sie selbst ein $\varepsilon$ , unter dem sie nicht liegt.

Lösung

Ist das $\delta$ der Aussage festgelegt, so erfüllt jedes $x$ des punktierten Intervalls $\abs{f(x) - L} < \varepsilon$ für jedes $\varepsilon > 0$ , also gilt $f(x) = L$ ; die Umkehrung ist unmittelbar. Die Funktion $x^2$ erfüllt die Aussage an der Stelle $3$ nicht, obwohl ihr Grenzwert dort $9$ ist, weil sie auf keinem Intervall konstant ist:

\left(3 + \frac{\delta}{2}\right)^2 \neq 9

Ausführliche Lösung

Lösung

$\dato{t}{(\forall \varepsilon > 0)\left(\abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)}$
Angenommen, die Aussage gilt, und es sei $\delta$ der Radius, den sie behauptet. Man nehme ein $x$ aus $A$ mit $0 < \abs{x - a} < \delta$ ; die Ungleichung gilt für jedes positive $\varepsilon$ .
$\abs{f(x) - L} < \abs{f(x) - L} \rightarrow \bot, \qquad \resaltar{f(x) = L}$
Wäre $\abs{f(x) - L}$ positiv, so könnte man $\varepsilon = \abs{f(x) - L}$ wählen, und die Ungleichung würde besagen, dass eine Zahl kleiner als sie selbst ist. Also ist dieser Betrag $0$ , und es gilt $f(x) = L$ .
$0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} = 0 < \varepsilon$
Umgekehrt: Ist $f$ gleich $L$ an den Punkten von $A$ in einem punktierten Intervall mit Radius $\delta$ , so taugt dasselbe $\delta$ für jedes $\varepsilon$ , weil der Abstand $0$ ist.
$0 < \abs{x - 3} < 6 \rightarrow x^2 \neq 9$
Die Funktion $x^2$ nimmt den Wert $9$ an keiner von $3$ verschiedenen Stelle in dessen Nähe an, sodass sie die Aussage nicht erfüllt, obwohl sie die Grenzwertdefinition erfüllt. Die vertauschte Aussage ist keine andere Art, dasselbe zu sagen, sondern eine viel stärkere Behauptung.

Übungsaufgabe 5Ein Grenzwert an nur einer Stelle

Die folgende Funktion ist gleich $x$ für rationale und gleich $0$ für irrationale Zahlen. Man beweise, dass ihr Grenzwert an der Stelle $0$ gleich $0$ ist und dass sie an keiner Stelle $a \neq 0$ einen Grenzwert hat.

h(x) = \begin{cases} x & x \in \mathbb{Q} \\ 0 & x \notin \mathbb{Q} \end{cases}

Hinweis

Beachte an der Stelle $0$ , dass in allen Fällen $\abs{h(x)} \leq \abs{x}$ gilt. An einer Stelle $a \neq 0$ schlage die Herausforderung $\varepsilon = \frac{\abs{a}}{3}$ vor und benutze, dass jedes Intervall rationale und irrationale Zahlen enthält, wie in der Lektion über die Zahlengerade bewiesen wurde: Eine nahe irrationale Zahl zwingt $L$ , nahe bei $0$ zu liegen, und eine nahe rationale Zahl, nahe bei $a$ zu liegen.

Lösung

An der Stelle $0$ antwortet $\delta = \varepsilon$ . An einer Stelle $a \neq 0$ gilt: Wäre $L$ der Grenzwert, so lieferten eine irrationale Zahl $y$ und eine rationale Zahl $x$ aus dem punktierten Intervall mit Radius $\min\left(\delta, \frac{\abs{a}}{3}\right)$ zugleich die beiden folgenden Ungleichungen, die unvereinbar sind:

\abs{L} < \frac{\abs{a}}{3}, \qquad \abs{L} > \abs{x} - \frac{\abs{a}}{3} > \frac{\abs{a}}{3}

Ausführliche Lösung

Lösung

$0 < \abs{x} < \varepsilon \rightarrow \abs{h(x) - 0} \leq \abs{x} < \varepsilon$
An der Stelle $0$ : Für rationale Zahlen gilt $\abs{h(x)} = \abs{x}$ , für irrationale $\abs{h(x)} = 0$ ; in beiden Fällen übersteigt der Abstand von $h(x)$ zu $0$ nicht den von $x$ zu $0$ , und es antwortet $\delta = \varepsilon$ .
$\delta' = \min\left(\delta, \frac{\abs{a}}{3}\right)$
Es sei $a \neq 0$ , und angenommen, $L$ ist der Grenzwert an der Stelle $a$ . Zu $\varepsilon = \frac{\abs{a}}{3}$ gibt es ein $\delta$ , das antwortet, und man verkleinert es, falls nötig, auf $\frac{\abs{a}}{3}$ .
$\abs{0 - L} < \frac{\abs{a}}{3} \rightarrow \dato{i}{\abs{L} < \frac{\abs{a}}{3}}$
Im punktierten Intervall mit Radius $\delta'$ gibt es eine irrationale Zahl $y$ , an der $h$ gleich $0$ ist: Der Grenzwert liegt nahe bei $0$ .
$\abs{x - L} < \frac{\abs{a}}{3}, \qquad \dato{r}{\abs{x} > \abs{a} - \frac{\abs{a}}{3} = \frac{2\abs{a}}{3}}$
Es gibt auch eine rationale Zahl $x$ , an der $h$ gleich $x$ ist. Da $x$ von $a$ weniger als $\frac{\abs{a}}{3}$ entfernt ist, ist ihr Betrag größer als $\frac{2\abs{a}}{3}$ .
$\abs{L} \geq \abs{x} - \abs{x - L} > \frac{2\abs{a}}{3} - \frac{\abs{a}}{3} = \resaltar{\frac{\abs{a}}{3}}$
Nach der Dreiecksungleichung wäre $\abs{L}$ zugleich kleiner und größer als $\frac{\abs{a}}{3}$ : ein Widerspruch. Es gibt keinen Grenzwert an der Stelle $a$ .