Matroids Matheplanet Forum Index
Moderiert von Curufin epsilonkugel
Analysis » Stetigkeit » Ist die Abbildung stetig?
Autor
Universität/Hochschule Ist die Abbildung stetig?
physics100
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 11.03.2021
Mitteilungen: 180
  Themenstart: 2022-10-06

Hallo! Es handelt sich hier um Grenzwerte und Stetigkeiten. Ich soll hier überprüfen ob die Abbildung stetig ist. Um das zu überprüfen muss ich ja den links und rechtsseitigen Grenzwert berechnen, aber ich komme leider nicht weiter. Ich will mir den Grenzwert berechnen, aber ich bin auf dem falschen Wege denke ich. Das theme fällt mir wirklich nicht leicht. Daher wäre ich wirklich froh, wenn ihr mir weiterhelfen könnt. https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/54385_C32628F9-C295-4E5F-96A3-B5DEE129AC66.jpeg


   Profil
Mandelbluete
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.05.2008
Mitteilungen: 332
  Beitrag No.1, eingetragen 2022-10-06

\(\begingroup\)\(\newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \) Huhu! 🙂 Im $\R^2$ ist es etwas komplizierter als in $\R$. Es gibt plötzlich unendlich viele Richtungen und nicht mehr nur links und rechts. Es genügt nicht mal, nur Achsen durch den Ursprung zu legen, um doch wieder links und rechts zu haben. Man kann Stetigkeit in normierten Räumen aber mit Hilfe von Folgen charakterisieren. Wenn die Funktion im Ursprung stetig wäre, müßte $f(x_n,y_n) \to 0$ für sämtliche Nullfolgen $x_n \to 0$ und $y_n \to 0$ gelten, aber $f(\frac{1}{n}, \frac{1}{n^3}) = \tfrac{1}{2}$. Bildlich: Wenn wir auf dem Graphen von $y = x^3$ in den Ursprung fahren, wird der Funktionswert $z = f(x,y)$ nicht Null, sondern er ist überall konstant $=\tfrac{1}{2}$. Da aber zum Beispiel $f(x,0) = 0$ für alle $x \neq 0$ gilt, können wir sagen, daß der Grenzwert $\lim_{(x,y) \to (0,0)}f(x,y)$ nicht existiert. Also ist $f$ nicht stetig in den Ursprung fortsetzbar. Liebe Grüße von der Mandelblüte \(\endgroup\)


   Profil
Kuestenkind
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2490
  Beitrag No.2, eingetragen 2022-10-06

\quoteon(2022-10-06 08:31 - Mandelbluete in Beitrag No. 1) Da der Nenner so häßlich ist (kein homogenes Polynom), vermuten wir, daß die Funktion nicht stetig im Ursprung ist. \quoteoff Als Ergänzung dazu: \(f(x,y)=\begin{cases}\dfrac{x^\alpha y^\beta}{|x|^\gamma + |y|^\delta} & (x,y)\neq(0,0)\\ 0 & (x,y)=(0,0)\end{cases},\quad \alpha,\beta,\gamma,\delta\in\mathbb{N}_\geq1\) ist genau dann stetig, wenn \(\frac{\alpha}{\gamma}+\frac{\beta}{\delta} > 1\). Ansonsten liefert \(x_n = n^{-\frac{1}{\gamma}},y_n=n^{-\frac{1}{\delta}}\) eine Gegenbeispielfolge. Ersetzt man also das \(x^3\) im Zähler durch ein \(x^4\), so folgt mit \(\frac{4}{6}+\frac{1}{2}>1\) durchaus Stetigkeit. Gruß, Küstenkind


   Profil
Mandelbluete
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.05.2008
Mitteilungen: 332
  Beitrag No.3, eingetragen 2022-10-06

Ich hatte das nur so dahingeplappert, aber es hat uns die interessante Ergänzung gebracht. Vielen Dank! 🙂 PS: Ich habe das herausgenommen, weil es irreführend war.


   Profil
physics100
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 11.03.2021
Mitteilungen: 180
  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-06

Leute vielen Dank für die ganzen Erklärungen! Ich habe zwar diese Aufgabe lösen können, aber wenn ich weitere Aufgaben löse, bekomme ich falsche Ergebnisse. Ich hoffe, dass es passt, wenn ich weitere Aufgaben hier poste. Bin wirklich am verzweifeln was das Thema angeht… Könnt ihr mir erklären, was hier falsch ist und warum. https://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/54385_907D7669-B7E2-4C72-9094-FA43D227E8F0.jpeg https://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/54385_47D959DC-FBA7-4B54-BBCB-0C9D80E66786.jpeg


   Profil
Mandelbluete
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.05.2008
Mitteilungen: 332
  Beitrag No.5, eingetragen 2022-10-07

\(\begingroup\)\(\newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\eps}{\varepsilon} \) Huhu! 🙂 Ja, da ist alles schiefgelaufen. Wie lautet die Aufgabe eigentlich genau? Überprüfe, (1) ob die gegebene Funktion überall stetig ist, (2) wo sie stetig ist oder (3) ob sie im Ursprung stetig ist? h) Du hast völlig falsch eingesetzt. Diese Funktion ist überall stetig. Um zu sehen, daß sie es im Ursprung, dem kritischen Punkt, ist, kann man Polarkoordinaten oder $|xy| \leq \tfrac{1}{2}(x^2 + y^2)$ verwenden, um abzuschätzen, siehe zu beidem unten. e) Falsch, weil Du falsch eingesetzt hast, aber das Ergebnis ist richtig. Wähle also eine andere Folge. f) Ergebnis richtig, aber Begründung falsch. Man muß zeigen, daß es für alle (!) Nullfolgen gilt. Hier ist das Mittel der Wahl eine Abschätzung: \[ |f(x,y)| = |x\sin\tfrac{1}{y}| = |x| \cdot |\sin\tfrac{1}{y}| \leq |x|, \quad (x,y) \neq (0,0). \] Also ist $\lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y) = 0$. g) Falsch! Deine Begründung stimmt nur für Punkte, die nicht auf der $x$-Achse liegen ($y \neq 0$) bzw. wenn der Definitionsbereich der Funktion entsprechend angepaßt wird. Kritisch ist die Frage, ob $\lim_{(x,y) \to (x_0,0)} f(x,y)$ existiert, $x_0 \in \R$ beliebig. Man könnte die Testfolge $(x_n,y_n) = (x_0, \tfrac{1}{n^2})$ versuchen. c) Falsch. Du hast falsch eingesetzt. Tatsächlich ist die Funktion im Ursprung stetig. Der Nenner legt nahe, Polarkoordinaten $x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$ zu versuchen. Wir müssen zeigen, daß es für $r \to 0$ gegen Null geht, ohne daß es von $\theta$ abhängt. Wir schätzen wieder ab. Für $r > 0$ gilt: \[ |f(r,\theta)| = \frac{r}{2}|\sin 2\theta - 2\cos 2\theta| = \frac{\sqrt{5}}{2}|\sin(2\theta - \arctan 2)|\cdot r \leq \frac{\sqrt{5}}{2}\cdot r. \] (Nachtrag: Man muß das gar nicht so genau machen. Wir wissen, daß $\theta \mapsto |\sin 2\theta - 2\cos 2\theta|$ stetig ist und alle Werte schon auf dem kompakten Intervall $[0,\pi]$ annimmt. Es gibt daher einen maximalen Wert $c > 0$, und man bekommt dann direkt $|f(r,\theta)| \leq cr/2 \to 0$ für $r \to 0$, unabhängig von $\theta$.) a) Wieder falsch eingesetzt. Diese Funktion ist aber stetig, weil nirgends Singularitäten auftreten. Der Nenner ist ja immer $\geq 1$. b) Falsch! Hier sind noch die Punkte mit $xy + 3 = 0$ zu untersuchen. d) Der Ausdruck unter der Wurzel ist überall stetig, weil der Nenner nirgends verschwindet, kann aber $<0$ werden, und die Funktion ist dann gar nicht definiert. Das muß diskutiert werden, außer das steht schon in der Aufgabe und Du hast es uns vorenthalten. 🙂 Liebe Grüße Mandelblüte\(\endgroup\)


   Profil
physics100
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 11.03.2021
Mitteilungen: 180
  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-09

Ohje, ich hab das Thema immer noch nicht drauf, obwohl ich mich schon lange damit auseinander gesetzt habe... das thema fällt mir wirklich nicht leicht. Deswegen bin ich sehr froh, dass du dir die Zeit nimmst und mit mir die Aufgaben durchgehst. Vielen vielen Dank! Können wir die Aufgaben schrittweise durchgehen, damit ich den Überblick nicht verliere? Also ich beginne ganz oben mit der Aufgabe h), wenn das für dich auch passt. Also ich hab´ jetzt mal Polarkoordinaten verwendet, aber wie geht es dann weiter? Und zur Aufgabenstellung: Die vollständige Aufgabe lautet: Überprüfen Sie auf Stetigkeit. Geben Sie eventuelle Unstetigkeitsstellen an. Wie lautet ein sinnvoller Defnitionsbereich? https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/54385_80DC313E-6192-483B-8A81-03DCC012584F.jpeg


   Profil
lula
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 17.12.2007
Mitteilungen: 11417
Wohnort: Sankt Augustin NRW
  Beitrag No.7, eingetragen 2022-10-09

r im Nenner rausziehen sin^2+cos^2=1 kürzen, dann r->0 wird 0 unabhängig vom Winkel also stetig das Ziel war durch r zu kürzen, sonst hat die Polardarstellung wenig Sinn. lula


   Profil
nzimme10
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 01.11.2020
Mitteilungen: 1727
Wohnort: Köln
  Beitrag No.8, eingetragen 2022-10-09

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\mathrm{d}} \renewcommand{\dd}{\ \mathrm d} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Hallo, für wesentlich einfacher halte ich die Beobachtung, dass $x^2\leq x^2+y^2$ und $y^2\leq x^2+y^2$ für $x,y\in \mathbb R$ gilt. Damit hast du für $(x,y)\neq (0,0)$ $$ |f(x,y)-f(0,0)|=\frac{x^2y^2}{x^2+y^2}\leq \frac{(x^2+y^2)^2}{x^2+y^2}=x^2+y^2. $$ Bleibt nur noch die Überlegung, dass $$ \lim_{(x,y)\to (0,0)} (x^2+y^2)=0 $$ gilt. Alternativ hat man auch noch die einfachere Abschätzung $$ \frac{x^2y^2}{x^2+y^2}\leq x^2. $$ Mandelbluete hat dir weiter oben weitere Hinweise bzw. nochmal eine andere Abschätzung gegeben. Noch eine allgemeine Anmerkung: Bei Argumentationen über Polarkoordinaten sollte man immer beachten, dass man nicht dem sehr häufigen Trugschluss zum Opfer fällt. Das im letzten Beitrag angesprochene "für $r\to 0$ wird es unabhängig vom Winkel $0$" reicht nämlich alleine nicht dafür aus, um die Existenz des Grenzwertes zu beweisen. Das "unabhängig vom Winkel" muss präzisiert werden. Man beachte: $$ \lim_{(x,y)\to (0,0)} g(x,y)=0 $$ ist i.A. eine andere Aussage als: Für jedes (feste) $\varphi$ gilt $$ \lim_{r\to 0} g(r\cos(\varphi),r\sin(\varphi))=0. $$ Setzt man die zweite Aussage mit der ersten irrtümlich gleich, dann hat man übersehen, dass der Winkel $\varphi$ auch von $r$ abhängen darf, also ein $\varphi(r)$ und eben nicht nur konstant ist. \showon Ein Beispiel, bei dem es schief geht. Wir betrachten die Funktion $$ f\colon\mathbb R^2\setminus\lbrace (0,0)\rbrace\to \mathbb R, \ f(x,y)=\frac{x^2y}{x^4+y^2}. $$ In Polarkoordinaten haben wir $$ \frac{x^2y}{x^4+y^2}=\frac{r\cos^2(\varphi)\sin(\varphi)}{r^2\cos^4(\varphi)+\sin^2(\varphi)} $$ und für jedes (feste) $\varphi$ gilt $$ \lim_{r\to 0}\frac{r\cos^2(\varphi)\sin(\varphi)}{r^2\cos^4(\varphi)+\sin^2(\varphi)}=0. $$ Aber dennoch existiert der Grenzwert $$ \lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y) $$ nicht. \showoff Wenn man "unabhängig vom Winkel" so wie die zweite Aussage weiter oben meint, dann ist das i.A. nicht richtig und kann zu Fehlern führen. Wie das mit der "Unabhängigkeit vom Winkel" eigentlich gemeint ist bzw. was man eigentlich zeigen müsste, wäre $$ |g(r\cos(\varphi),r\sin(\varphi))|\leq h(r) $$ mit $\lim_{r\to 0} h(r)=0$. Daraus kann man dann wirklich $$ \lim_{(x,y)\to (0,0)} g(x,y)=0 $$ schließen. Eigentlich hat die Problematik auch weniger mit Polarkoordinaten an sich, als mit Grenzwerten der Form $\lim_{x\to x_0} f(x,y)$ zu tun. Viele definieren entweder gar nicht, was damit gemeint ist, oder missverstehen diesen Ausdruck als etwas, was er nicht ist. LG Nico\(\endgroup\)


   Profil
Mandelbluete
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.05.2008
Mitteilungen: 332
  Beitrag No.9, eingetragen 2022-10-10

\(\begingroup\)\(\newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\eps}{\varepsilon} \) Um die Idee mit den Polarkoordinaten weiterzuführen, sollte man den Betrag der Funktion abschätzen (hier sind die Funktionswerte aber ohnehin nicht-negativ): \[ |f(r,\phi)| = \left|\frac{r^4 \cos^2\phi \, \sin^2\phi}{r^2\cos^2\phi + r^2\sin^2\phi}\right| = r^2 \cos^2\phi \, \sin^2\phi \leq r^2, \quad r > 0. \] (Bei Dir ist etwas durcheinandergeraten. Hier sollte keine Wurzel stehen, dafür $\cos^2$ und $\sin^2$ im Zähler.) Die Idee ist, $\sin^2\phi + \cos^2\phi = 1$ und $|\sin\phi| \leq 1$, $|\cos\phi| \leq 1$ zu benutzen. Da die Abschätzung für alle $\phi$ gleichzeitig gilt, folgt $\lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y) = 0$. (Man muß höllisch aufpassen, was man schreibt. 🙂) Die andere Idee war, $0 \leq (x-y)^2$ zu benutzen. Daraus folgt nämlich $4x^2y^2 \leq (x^2 + y^2)^2$. Man bekommt aber auch sofort die ausreichende schwächere Abschätzung $x^2y^2 \leq (x^2 + y^2)^2$ (die Nico oben benutzt) und somit \[ 0 \leq \frac{x^2y^2}{x^2 + y^2} \leq x^2 + y^2, \quad (x,y) \neq (0,0). \] Daraus kann man nun auch schließen, daß $\lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y) = 0$ ist. Übrigens ist $x^2 + y^2 = r^2$. Es ist also eigentlich zweimal die gleiche Abschätzung. Liebe Grüße Mandelblüte\(\endgroup\)


   Profil
physics100
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 11.03.2021
Mitteilungen: 180
  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-10

erstmal vielen lieben Dank für all eure Erklärungen! Aber warum kann ich nicht so vorgehen wie bei h)? Wir haben ja eine beliebige Folge (1/n, ..) eingesetzt und geschaut, ob der Grenzwert existiert bzw. ob die Funktion stetig ist. Warum können wir hier nicht genauso vorgehen? Denn die ganzen Vorgehensweisen, die ihr mir erklärt habt, sind mir nicht bekannt. Ich rechne mal nach und schaue, ob ich das auch hinbekomme. [Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]


   Profil
Mandelbluete
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.05.2008
Mitteilungen: 332
  Beitrag No.11, eingetragen 2022-10-10

\(\begingroup\)\(\newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\eps}{\varepsilon} \) \quoteon(physics100) Und zur Aufgabenstellung: Die vollständige Aufgabe lautet: Überprüfen Sie auf Stetigkeit. Geben Sie eventuelle Unstetigkeitsstellen an. Wie lautet ein sinnvoller Defnitionsbereich? \quoteoff Das macht die Sache etwas einfacher. Eigentlich hätte mir das klar sein müssen. Nehmen wir \[ f(x,y) = \frac{x^2 + y^2}{3 + xy}. \] Diese Funktion ist überall dort definiert (und stetig), wo $3 + xy \neq 0$ ist. Der maximale Definitionsbereich ist also $\{(x,y) \in \R^2 \mid xy \neq -3\}$. Das ist die Ebene ohne den Graphen der Hyperbel $y = -3/x$. [Die Antwort wurde nach Beitrag No.9 begonnen.]\(\endgroup\)


   Profil
physics100
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 11.03.2021
Mitteilungen: 180
  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-10

Mandelblüte, wir müssen auch zeigen, ob die Abbildungen im Punkt (0 0) stetig sind. Also 1x auf Stetigkeit überprüfen und 1x ob die Abbildung im Punkt (0 0) stetig ist. Ich weiß nicht, ob damit das gleiche gemeint ist. Tut mir leid, dass ich so ungenau mit der Aufgabenstellung war


   Profil
Mandelbluete
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.05.2008
Mitteilungen: 332
  Beitrag No.13, eingetragen 2022-10-10

\(\begingroup\)\(\newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\eps}{\varepsilon} \) \quoteon(physics100) erstmal vielen lieben Dank für all eure Erklärungen! Aber warum kann ich nicht so vorgehen wie bei h)? Wir haben ja eine beliebige Folge (1/n, ..) eingesetzt und geschaut, ob der Grenzwert existiert. \quoteoff Genauso macht man es auch. Man nimmt eine beliebige Nullfolge $(x_n,y_n)$ in $\R^2$ her und zeigt, daß die Bildfolge gegen Null konvergiert. Direkt in kartesischen Koordinaten haben wir $0 \leq f(x_n,y_n) \leq x_n^2 + y_n^2 \to 0$ für $n \to \infty$, also muß auch $f(x_n,y_n) \to 0$ gehen. In Polarkoordinaten haben wir $0 \leq f(r_n\cos\phi_n,r_n\sin\phi_n) \leq r_n^2$. Wegen $r_n \to 0$ bekommen wir das gleiche. (Insgeheim wird verwendet, daß $x \mapsto x^2$ stetig ist, so daß $r_n^2 \to 0$ aus $r_n \to 0$ folgt, ähnlich oben.) [Die Antwort wurde nach Beitrag No.11 begonnen.]\(\endgroup\)


   Profil
physics100
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 11.03.2021
Mitteilungen: 180
  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-10

Ich meinte das so: https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/54385_3106A792-30E8-49FA-A258-D7993AA870F4.jpeg Also kann ich als Folge (1/n, 1/n) wählen und schauen, ob als Ergebnis 0 rauskommt? Ganz unten habe ich mit folgen gerechnet.


   Profil
Diophant
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 10022
Wohnort: Rosenfeld, BW
  Beitrag No.15, eingetragen 2022-10-10

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\) Hallo zusammen, \quoteon(2022-10-10 09:55 - physics100 in Beitrag No. 14) Also kann ich als Folge (1/n, 1/n) wählen und schauen, ob als Ergebnis 0 rauskommt? \quoteoff Nein, das geht natürlich nicht. Es muss für jede Nullfolge gelten. Insofern ist der Hinweis aus Beitrag #13: \quoteon(2022-10-10 09:14 - Mandelbluete in Beitrag No. 13) Genauso macht man es auch. Man nimmt eine beliebige Nullfolge $(x_n,y_n)$ in $\R^2$ her und zeigt, daß die Bildfolge gegen Null konvergiert. \quoteoff falsch, oder sehr unglücklich bis missverständlich formuliert. Wie immer reicht es im Falle des Gegenteils, also wenn man Stetigkeit widerlegen möchte aus, eine Folge als Gegenbeipsiel anzugeben. Vielleicht hast du das verwechselst? Gruß, Diophant [Verschoben aus Forum 'Analysis' in Forum 'Stetigkeit' von Diophant]\(\endgroup\)


   Profil
Mandelbluete
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.05.2008
Mitteilungen: 332
  Beitrag No.16, eingetragen 2022-10-10

\(\begingroup\)\(\newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\eps}{\varepsilon} \) Wenn Du $\lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y) = 0$ zeigen willst, genügt es nicht, eine Folge zu wählen. Du mußt zeigen, daß es für alle Nullfolgen gilt. Aber das kann man hier mit den Abschätzungen ganz einfach machen. Wenn man es genau machen will: Betrachten wir auf $\R^2$ die Maximumsnorm $\|\cdot\|_\infty$ (alle Normen sind auf endlich-dimensionalen Vektorräumen äquivalent, haben also dieselben konvergenten Folgen). Sei $(x_n,y_n)$ eine Nullfolge in $\R^2$, und sei $\eps > 0$. Nach Definition einer Nullfolge gibt es einen Index $N$ mit $\max\{|x_n|,|y_n|\} < \eps$ für alle $n \geq N$. Es genügt, kleine $\eps$ zu betrachten, und daher nehmen wir $0 < \eps < 1$ an. Für dieselben $n$ gilt dann weiter \[ |f(x_n,y_n)| = \frac{x_n^2y_n^2}{x_n^2 + y_n^2} \leq x_n^2 \leq |x_n| < \eps. \] Aber das heißt per Definition $f(x_n,y_n) \to 0$, und wir sind fertig. Wenn Du zeigen willst, daß $\lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y) = 0$ nicht gilt, dann genügt es, eine einzige Folge zu finden, für die es fehlschlägt. Wenn Du zwei Folgen wählen kannst, für welche die Bildfolgen gegen unterschiedliche Grenzwerte konvergieren, dann existiert der Grenzwert nicht. Das haben wir irgendwann auch benutzt. Hoffe, das hilft. 🙂 [Die Antwort wurde nach Beitrag No.14 begonnen.]\(\endgroup\)


   Profil
Mandelbluete
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.05.2008
Mitteilungen: 332
  Beitrag No.17, eingetragen 2022-10-10

\quoteon(2022-10-10 10:09 - Diophant in Beitrag No. 15) Nein, das geht natürlich nicht. Es muss für jede Nullfolge gelten. Insofern ist der Hinweis aus Beitrag #13 falsch, oder sehr unglücklich bis missverständlich formuliert. \quoteoff Der Hinweis war richtig gemeint. "beliebig" sollte heißen, daß es nicht von der Wahl der Folge abhängen darf.


   Profil
Diophant
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 10022
Wohnort: Rosenfeld, BW
  Beitrag No.18, eingetragen 2022-10-10

\quoteon(2022-10-10 10:32 - Mandelbluete in Beitrag No. 17) Der Hinweis war richtig gemeint. "beliebig" sollte heißen, daß es nicht von der Wahl der Folge abhängen darf. \quoteoff Schon. Aber im normalen Sprachgebrauch versteht man das als "nimm (irgend)eine beliebige Folge". Und genau das hat der Fragesteller folgerichtig daraus gemacht. Gruß, Diophant


   Profil
Mandelbluete
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.05.2008
Mitteilungen: 332
  Beitrag No.19, eingetragen 2022-10-10

\quoteon(2022-10-10 10:44 - Diophant in Beitrag No. 18) Schon. Aber im normalen Sprachgebrauch versteht man das als "nimm (irgend)eine beliebige Folge". Und genau das hat der Fragesteller folgerichtig daraus gemacht. \quoteoff Ich weiß nicht, ob ich das "folgerichtig" nennen will. Im mathematischen Sprachgebrauch sind solche Formulierungen doch üblich, oder? Ich überlege, was man sonst sagen sollte. "Nimm (irgend)eine Folge" könnte man dann ja auch falsch verstehen. "Nimm alle Folgen" ist auch nicht richtig, weil man schon eine auswählt, für die man aber nur benutzen darf, was für alle gilt. Andererseits hätte man sich überlegen können, was gewesen wäre, wenn man eine andere Folge genommen hätte, da es eine beliebige sein kann, und folgern, daß es dann doch für alle gelten muß, um eine vernünftige Aussage zu ergeben. Jedenfalls denke ich, daß es gut ist, daß das Mißverständnis hier aufgetreten ist, weil wir es so klären konnten und Gelegenheit hatten, miteinander zu sprechen. 🙂 Gruß Mandelblüte


   Profil
Diophant
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 10022
Wohnort: Rosenfeld, BW
  Beitrag No.20, eingetragen 2022-10-10

\quoteon(2022-10-10 11:27 - Mandelbluete in Beitrag No. 19) \quoteon(2022-10-10 10:44 - Diophant in Beitrag No. 18) Schon. Aber im normalen Sprachgebrauch versteht man das als "nimm (irgend)eine beliebige Folge". Und genau das hat der Fragesteller folgerichtig daraus gemacht. \quoteoff Ich weiß nicht, ob ich das "folgerichtig" nennen will. Im mathematischen Sprachgebrauch sind solche Formulierungen doch üblich, oder? Ich überlege, was man sonst sagen sollte. \quoteoff Das Wörtchen "jede" sollte vorkommen, dann kann man es nicht falsch verstehen. Und im mathematischen Sprachgebrauch kommt es an der Stelle deshalb auch grundsätzlich vor. \quoteon(2022-10-10 11:27 - Mandelbluete in Beitrag No. 19) Jedenfalls denke ich, daß es gut ist, daß das Mißverständnis hier aufgetreten ist, weil wir es so klären konnten und Gelegenheit hatten, miteinander zu sprechen. 🙂 \quoteoff Das sehe ich genauso. Gruß, Diophant


   Profil
physics100
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 11.03.2021
Mitteilungen: 180
  Beitrag No.21, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-10

Achso alles klar. Ich dachte eben (wie auch Diophant geschrieben hat), dass ich irgendeine Folge nehmen darf, aber jetzt ist es klar, danke. Um ehrlich zu sein, hätte ich auch wissen müssen, dass es nicht von der Wahl der Folgen abhängen darf. Wie gesagt, das thema fällt mir gar nicht leicht. Die h) is soweit klar (denke ich). Aber bei e) hatte ich Schwierigkeiten. Wie kann ich hier mit der Abschätzung rechnen? Also wie genau funktioniert hier die Abschätzung? Ich kann auch meinen neuen Ansatz hier posten.


   Profil
Diophant
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 10022
Wohnort: Rosenfeld, BW
  Beitrag No.22, eingetragen 2022-10-10

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\) \quoteon(2022-10-10 11:56 - physics100 in Beitrag No. 21) Die h) is soweit klar (denke ich). Aber bei e) hatte ich Schwierigkeiten. Wie kann ich hier mit der Abschätzung rechnen? Also wie genau funktioniert hier die Abschätzung? Ich kann auch meinen neuen Ansatz hier posten. \quoteoff Warum willst du bei der e) überhaupt abschätzen? Da geht es ja darum zu zeigen, dass die Funktion in \((0,0)\) eben nicht stetig ist... \quoteon(2022-10-10 11:56 - physics100 in Beitrag No. 21) ...das thema fällt mir gar nicht leicht. \quoteoff Ja nun, das ist im Mehrdimensionalen - genauso wie auch die Differenzierbarkeit - auch ziemlich "tricky". Also deutlich komplizierter, als im eindimensionalen Fall. Gruß, Diophant\(\endgroup\)


   Profil
Mandelbluete
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.05.2008
Mitteilungen: 332
  Beitrag No.23, eingetragen 2022-10-10

Zeig am besten mal Deine neue Lösung. Es soll herauskommen, daß die Funktion im Ursprung nicht stetig ist. 🙂 Du könntest auch schon mal versuchen, die Formeln mit Latex direkt zu schreiben, statt Bilder hochzuladen. Wenn Du "Quote" auswählst, um auf einen Beitrag zu antworten, siehst Du den Code, den andere verwendet haben. [Die Antwort wurde nach Beitrag No.21 begonnen.]


   Profil
physics100
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 11.03.2021
Mitteilungen: 180
  Beitrag No.24, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-10

Ich lade mal Bilder hoch, da ich mich mit Latex noch nicht auskenne, aber ich werde mir das noch beibringen. Also so sieht mein Ansatz aus: https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/54385_8FE2B72E-20E7-4934-A178-85896B814DBB.jpeg


   Profil
Mandelbluete
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.05.2008
Mitteilungen: 332
  Beitrag No.25, eingetragen 2022-10-10

\(\begingroup\)\(\newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\eps}{\varepsilon} \) Also, was Du ursprünglich hattest, das war schon fast richtig. Setz einfach mal unsere Lieblingsfolge ein und rechne aus, was bei $f(\tfrac{1}{n},\tfrac{1}{n})$ herauskommt. Auf die Exponenten achten! Dann versuche, damit zu begründen, daß nicht $\lim_{(x,y) \to (0,0)}f(x,y) = 0$ gelten kann. Wenn Du Dir nicht sicher bist, lies noch mal in unseren Beiträgen nach.\(\endgroup\)


   Profil
Kuestenkind
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2490
  Beitrag No.26, eingetragen 2022-10-10

\quoteon(2022-10-10 12:24 - Mandelbluete in Beitrag No. 25) Setz einfach mal unsere Lieblingsfolge ein und rechne aus, was bei $f(\tfrac{1}{n},\tfrac{1}{n})$ herauskommt. \quoteoff Als Ergänzung: Ich habe den Thread, da er nun sehr lang ist, nur überflogen, aber mir scheint, es hat noch niemand physics100 auf seinen Fehler hingewiesen, den er beim Einsetzen in #4 stets gemacht hat. Dort wird ja \(\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}^T \) so eingesetzt, dass \(x\) für jede Variable im Zähler und \(y\) für jede Variable im Nenner eingesetzt wird. Ich erwähne dieses nur, da es bei \(f(\tfrac{1}{n},\tfrac{1}{n})\) dann "zufällig" richtig, bei anderen Folgen dann jedoch wieder verkehrt wird. Gruß, Küstenkind


   Profil
physics100
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 11.03.2021
Mitteilungen: 180
  Beitrag No.27, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-11

Erstmal danke an alle Antworten bzw. Erklärungen! Mandelblüte, ich habe die Folge nun eingesetzt und habe folgendes rausbekommen: https://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/54385_A9127EB2-1B2E-4089-A41E-AC972A7E7FFE.jpeg Und wie genau soll ich zeigen dass die Funktion im Punkt P(0 0) nicht stetig ist? Genau hier habe ich noch Probleme.


   Profil
Mandelbluete
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.05.2008
Mitteilungen: 332
  Beitrag No.28, eingetragen 2022-10-11

\(\begingroup\)\(\newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\eps}{\varepsilon} \) Guten Morgen! 🙂 Der Punkt bei diesen ganzen Aufgaben ist, daß man nicht durch Null teilen darf und daß unbestimmte Ausdrücke der Form $0/0$ usw. mit Methoden, wie wir sie benutzt haben, untersucht werden müssen. Hier kann man aber $2/(1/n) = 2n$ schreiben, und man sieht, daß das für $n \to \infty$ gegen Unendlich divergiert. Insbesondere konvergiert es nicht gegen $0$, obwohl $(\tfrac{1}{n},\tfrac{1}{n})$ eine Nullfolge ist, also ist $f$ im Ursprung nicht stetig, weil ja $f(0,0) = 0$ gesetzt wurde. Nun ist $(\tfrac{1}{n},-\tfrac{1}{n})$ eine andere Nullfolge. Wenn wir die einsetzen, bekommen wir trotzdem $f(\tfrac{1}{n},-\tfrac{1}{n}) = 0$. Das heißt nun aber, daß wir zwei Nullfolgen haben, die zu zwei verschiedenen Ergebnissen führen; sonst hätte auch $\lim_{(x,y) \to (0,0)}f(x,y) = \infty$ sein können. Aber wir sehen so, daß $\lim_{(x,y) \to (0,0)}f(x,y)$ überhaupt nicht existiert. Daß $f$ bei $(0,0)$ stetig ist (oder ganz genau: sich stetig fortsetzen läßt), das ist äquivalent dazu, daß dieser Grenzwert existiert. Deswegen machen wir das. Hilft das? fragt die Mandelblüte\(\endgroup\)


   Profil
nzimme10
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 01.11.2020
Mitteilungen: 1727
Wohnort: Köln
  Beitrag No.29, eingetragen 2022-10-11

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\mathrm{d}} \renewcommand{\dd}{\ \mathrm d} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Hallo nochmal, ich glaube ganz viele deiner Schwierigkeiten würden sich erledigen, wenn du dir einfach nochmal wirklich klarmachst, was Stetigkeit (zumindest in deinem Kontext) bedeutet. Es gibt viele äquivalente aber auf den ersten Blick verschiedene Möglichkeiten, den Begriff der Stetigkeit einzuführen und diese verschiedenen Möglichkeiten zu verstehen liefert dir gleichzeitig auch verschiedene Möglichkeiten, die Stetigkeit nachzuweisen oder zu widerlegen. Möglichkeit 1 - "die eigentliche Idee": Hat man eine Funktion $f\colon \mathbb R^n\to \mathbb R^m$, dann ist mit "stetig im Punkt $x_0\in \mathbb R^n$" gemeint, dass eine kleine Änderung am "Eingabepunkt $x_0$" auch nur eine kleine Änderung am "Ausgabepunkt $f(x_0)$" hervorruft. Kleine Änderungen der Eingabe führen zu kleinen Änderungen der Ausgabe und nicht etwa zu abrupten "Sprüngen". Etwas formaler ist damit gemeint, dass Punkte $x\in \mathbb R^n$, deren Abstand $\lVert x-x_0\rVert$ zu $x_0$ klein ist auch dazu führen, dass der Abstand $\lVert f(x)-f(x_0)\rVert$ von $f(x)$ und $f(x_0)$ klein ist. Aber wie klein ist klein genug? Um dieses Problem in den Griff zu bekommen geht man hier von hinten an die Sache ran. Man gibt sich zuerst einen maximal erlaubten Abstand der Funktionswerte vor und muss dann zeigen, dass man $x$ nahe genug an $x_0$ bringen kann, so dass der maximale erlaubte Abstand unterschritten wird. Das führt zu der berüchtigten (?) $\varepsilon$-$\delta$-Definition der Stetigkeit: $f\colon \mathbb R^n\to \mathbb R^m$ heißt stetig in $x_0\in \mathbb R^n$, wenn es zu jedem $\varepsilon>0$ ein $\delta>0$ gibt, so dass $\lVert f(x)-f(x_0)\rVert<\varepsilon$ für alle $x\in \mathbb R^n$ mit $\lVert x-x_0\rVert<\delta$ gilt. Möglichkeit 2 - "Grenzwerte": Auch für den Begriff des Grenzwertes einer Funktion kann man ganz ähnliche Überlegungen wie die obigen anstellen und kommt damit zu einer ähnlichen Definition. Letztendlich stellt sich heraus, dass die Stetigkeit von $f$ in $x_0$ dazu äquivalent ist, dass $$ \lim_{x\to x_0} f(x)=f(x_0) $$ gilt. Möglichkeit 3 - "Grenzwerte die Zweite": Man kann Grenzwerte von Funktionen auch mit Hilfe von Folgen definieren. Ist $G\subseteq \mathbb R^n$ irgendeine Teilmenge, $x_0\in \mathbb R^n$ ein Häufungspunkt von $G$ und $f\colon G\to \mathbb R^m$ eine Funktion, dann ist $$ \lim_{x\to x_0} f(x)=y_0\in \mathbb R^m $$ äquivalent zu folgender Aussage: Für jede Folge $(a_n)_{n\in \mathbb N}$ mit $a_n\in G$, $a_n\neq x_0$ und $a_n\to x_0$ für $n\to \infty$ gilt $f(a_n)\to y_0$ für $n\to \infty$. Folglich ist die Stetigkeit von $f\colon \mathbb R^n\to \mathbb R^m$ in $x_0\in \mathbb R^n$ äquivalent zu folgender Aussage: Für jede Folge $(a_n)_{n\in \mathbb N}$ mit $a_n\in \mathbb R^n$ und $a_n\to x_0$ für $n\to \infty$ gilt $f(a_n)\to f(x_0)$ für $n\to \infty$. Aus diesen äquivalenten Möglichkeiten der Definition der Stetigkeit ergeben sich nun auch die verschiedenen Möglichkeiten die Stetigkeit zu beweisen oder zu widerlegen. LG Nico\(\endgroup\)


   Profil
physics100
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 11.03.2021
Mitteilungen: 180
  Beitrag No.30, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-11

Mein Problem ist bei solchen Aufgabenstellungen, dass ich nicht weiß ob ich das ganze mit einer Folge oder mit der Abschätzung rechnen muss. Kann ich dann rein theoretisch bei h) auch eine beliebige Folge einsetzen und schauen ob der Grenzwert existiert? Ich glaube, dass ich mir bildlich darunter nichts vorstellen kann. In der VO haben wir das nie so genau behandelt. Das bringt mich noch mehr zum verzweifeln.


   Profil
Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
Mandelbluete
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.05.2008
Mitteilungen: 332
  Beitrag No.31, eingetragen 2022-10-11

\(\begingroup\)\(\newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\eps}{\varepsilon} \) Die Abschätzungen sind nur ein Hilfsmittel, um zu zeigen, daß die Bildfolge $f(x_n)$ konvergiert, und dies auf die Konvergenz der ursprünglichen Folge $(x_n)$ zurückzuführen. Zum Beispiel hatten wir irgendwo \[ 0 \leq |f(x_n)| \leq |x_n|. \] (Ich habe der Einfachheit halber mal nur eine Variable geschrieben.) Da $x_n \to 0$, ist aufgrund der Abschätzung erst recht $f(x_n) \to 0$. Man braucht ein bißchen Übung und Intuition, und wie Nico auch schreibt, gibt es viele Zugänge zur Stetigkeit, die aber alle äquivalent sind. Wenn man nun nicht weiß, was herauskommt, kann man erst mal Testfolgen einsetzen. Wenn es damit klappt, kann man sehen, ob man so eine Abschätzung (oder irgendein anderes Argument) findet. Du solltest versuchen, diese 8 Aufgaben, die wir jetzt gelöst haben, richtig aufzuschreiben und nachzuvollziehen, und dann auch den Übungsgruppenleiter noch mal bitten, es persönlich zu erklären. Da sogar ich es verstanden habe, wirst auch Du es verstehen. 🙂\(\endgroup\)


   Profil
lula
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 17.12.2007
Mitteilungen: 11417
Wohnort: Sankt Augustin NRW
  Beitrag No.32, eingetragen 2022-10-11

Du wllst eine anschauliche Vorstellung wie man vorgeht: Stell dir f(x,y) als Gebirge vor, der Wert, also die Höhe von f(0,0) ist gegeben. Wenn du vermutest, die Funktion ist unstetig, versuchst du einen Weg nach (0,0) auf dem du nicht bei f(0,0) landest, etwa auf dem Weg x=y oder Folgen 1/n,1/n oder auf dem Weg y=x^2 Wenn diese Versuche alle bei f(0,0) landen liegt die Vermutung nahe, die Funktion ist stetig, aber da du ja nicht ALLE Wege untersuchen kannst musst du einen allgemeinen Weg suchen, oft hilft eine Kreisumgebung, x=rcos(phi) y=rsin(phi) und zeigt dass für r gegen 0 jeder Weg unabhängig von phi nach f(0,0) führt, oder man schätzt in der Umgebung die Funktion ab. Gruß lula


   Profil

Wechsel in ein anderes Forum:
 Suchen    
 
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2022 by Matroids Matheplanet
This web site was originally made with PHP-Nuke, a former web portal system written in PHP that seems no longer to be maintained nor supported. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]