Richtig ist c):
a): Weil Stetigkeit nie durch Untersuchung eines einzigen &epsilon festgestellt werden kann, gehört an diese
Stelle kein Kreuz, obwohl die Funktion in x0 = 1 stetig ist.
b) und c): Um Unstetigkeit an einer Stelle x0 nachzuweisen, muss die &epsilon –
&delta – Bedingung widerlegt werden. Es ist zu zeigen
∃ &epsilon > 0 : ∀ &delta > 0 ∃ x ∈ IR mit | x −
x0 | < &delta und | f (x) − f (x0 | ≥ &epsilon
Im vorliegenden Fall klappt das an der Stelle x0 = 0 mit &epsilon = ½ , aber nicht mit
&epsilon = 1 :
Für &epsilon = 1 ist die &epsilon – &delta – Bedingung "gerade noch"
erfüllt, wir wählen &delta = 1.
Für alle x ∈ IR mit | x − x0 | < &delta = 1 gilt -1 < x < 1.
Wegen | f (x) − f (x0 | = | x | (falls -1 < x ≤ 0) oder
| f (x) − f (x0 | = | 1 − x | (falls 0 < x < 1) folgt für diese
x stets | f (x) − f (x0 | < 1 = ε .
Für &epsilon = ½ funktioniert die &epsilon – &delta – Bedingung
nicht mehr:
Zu beliebigem δ > 0 sei x = min{δ/2, 1/3} . Dann ist | x − x0 | =
min{δ/2, 1/3} < δ und | f (x) − f (x0 | ≥ 2/3
> ε = ½ . |