Umlaute

documents/Analysis III/Ana3Bachelor.tex

@@ -384,7 +384,7 @@ Ist spezieller $Y\in\fa$, so ist $\fa_0:=\fa_Y\subseteq\fa$ und man definiert $\
 \item \(A\subseteq B\,\implies\,\mu(A)\leq\mu(B)\)
 \item Ist \(\mu(A)<\infty\) und \(A\subseteq B,\implies\,\mu(B\setminus A)=\mu(B)-\mu(A)\)
 \item Ist \(\mu\) endlich, dann ist \(\mu(A)<\infty\) und \(\mu(A^{c})=\mu(X)-\mu(A)\)
-\item \(\mu\left(\bigcup A_{j}\right)\leq\sum{\mu(A_{j})}\) (\(\sigma\)-Subadditivit\"at)
+\item \(\mu\left(\bigcup A_{j}\right)\leq\sum{\mu(A_{j})}\) (\(\sigma\)-Subadditivität)
 \item Ist \(A_{1}\subseteq A_{2}\subseteq A_{3}\subseteq\cdots\), so ist \(\mu(\bigcup A_{j})=\lim_{n\to\infty}{\mu(A_{n})}\)
 \item Ist \(A_{1}\supseteq A_{2}\supseteq A_{3}\supseteq\cdots\) und \(\mu(A)<\infty\), so ist
 	\(\mu(\bigcap A_{j})=\lim_{n\to\infty}{\mu(A_{n})}\)
@@ -408,7 +408,7 @@ Dann: \(B_{j}\in\fa,\,B_{j}\subseteq A_{j}\,(j\in\MdN);\,(B_{j})\) disjunkt und
 Dann: \(B_{j}\subseteq\fa;\,B_{j}\subseteq A_{j}\,(j\in\MdN);\,\bigcup A_{j}=\bigcup B_{j}\) und \(A_{n}=\bigcup_{j=1}^{n}{B_{j}}\)%\bigcupdot_{j=1}^{n}{B_{j}}\)
 
 Dann: \(\mu(\bigcup A_{j})=\mu(\bigcup B_{j})=\sum{\mu(B_{j})}=\lim_{n\to\infty}{\underbrace{\sum_{j=1}^{n}{\mu(B_{j})}}_{=\mu\left(\bigcup_{j=1}^{n}{B_{j}}\right)=\mu(A_{n})}}\)
-\item[(6)] \"Ubung
+\item[(6)] Übung
 \end{enumerate}
 \end{beweis}
 
@@ -457,12 +457,12 @@ Seien \(I,I'\in\ci_{d}\) und \(A\in\cf_{d}\). Dann:
 \begin{enumerate}
 \item Sei \(I=\prod_{k=1}^{d}{(a_{k},b_{k}]},\,I'=\prod_{k=1}^{d}{(\alpha_{k},\beta_{k}]};\,\alpha_{k}':=\max\{\alpha_{k},a_{k}\},\,\beta_{k}':=\min\{\beta_{k},b_{k}\}\)
 
-Ist \(\alpha_{k}'\geq\beta_{k}'\) f\"ur ein \(k\in\{1,\ldots,d\}\), so ist \(I\cap I'=\varnothing\in\ci_{d}\).
+Ist \(\alpha_{k}'\geq\beta_{k}'\) für ein \(k\in\{1,\ldots,d\}\), so ist \(I\cap I'=\varnothing\in\ci_{d}\).
 Sei \(\alpha_{k}'<\beta_{k}'\forall k\in\{1,\ldots,d\}\), so ist \(I\cap I'=\prod_{k=1}^{d}{(\alpha_{k}',\beta_{k}']\in\ci_{d}}\)
 \item Induktion nach \(d\):
 \begin{itemize}
 \item[I.A.] Klar \checkmark % hier fehlt noch eine Graphik
-\item[I.V.] Die Behauptung gelte f\"ur ein \(d\geq 1\)
+\item[I.V.] Die Behauptung gelte für ein \(d\geq 1\)
 \item[I.S.] Seien \(I,I'\in\ci_{d+1}\). Es existieren \(I_{1},I_{1}'\in\ci_{1}\) und \(I_{2},I_{2}'\in\ci_{d}\) mit:
 \(I=I_{1}\times I_{2},\,I'=I_{1}'\times I_{2}'\)
 % Graphik einfuegen!
@@ -473,14 +473,14 @@ I\setminus I'=(I_{1}\setminus I_{1}')\times I_{2}\dot \cup(I_{1}\cap I_{1}')\tim
 \]
 I.A.\(\implies\,I_{1}\setminus I_{1}'=\) endliche disjunkte Vereinigung von Elementen aus \(\ci_{1}\)\\
 I.V.\(\implies\,I_{2}\setminus I_{2}'=\) endliche disjunkte Vereinigung von Elementen aus \(\ci_{d}\)\\
-Daraus folgt die Behauptung f\"ur \(d+1\)
+Daraus folgt die Behauptung für \(d+1\)
 \end{itemize}
 \item Wir zeigen mit Induktion nach \(n\): ist \(A=\bigcup_{j=1}^{n}{I_{j}}\) mit \(I_{1},\ldots,I_{d}\in\ci_{d}\), so
 existiert \(\{I_{1}',\ldots,I_{l}'\}\subseteq\ci_{d}\) disjunkt: 
 \(A=\bigcup_{j=1}^{l}{I_{j}'}\)
 \begin{itemize}
 \item[I.A.] \(n=1:\,A=I_{1}\)\checkmark
-\item[I.V.] Die Behauptung gelte f\"ur ein \(n\geq 1\)
+\item[I.V.] Die Behauptung gelte für ein \(n\geq 1\)
 \item[I.S.] Sei \(A=\bigcup_{j=1}^{n+1}{I_{j}}\quad(I_{1},\ldots,I_{n+1}\in\ci_{d})\)
 
 IV\(\,\implies\,\exists\{I_{1}',\ldots,I_{l}'\}\subseteq\ci_{d}\) disjunkt:
@@ -495,7 +495,7 @@ Damit folgt:
 \[
 A=I_{n+1}\cup\bigcup_{j=1}^{l}{\left(\bigcup_{j=1}^{l_{j}}{I_{j}''}\right)}
 \]
-Daraus folgt die Behauptung f\"ur \(n+1\).
+Daraus folgt die Behauptung für \(n+1\).
 \end{itemize}
 \item \((a,a]=\varnothing\implies\varnothing\in\cf_{d}\)
 
@@ -505,7 +505,7 @@ Sei \(A=\bigcup_{j=1}^{n}{I_{j}},\,B=\bigcup_{j=1}^{n}{I_{j}'}\quad(I_{j},I_{j}'
 \begin{itemize}
 \item[I.A.] \(n=1:\,A=I_{1}\implies B\setminus A=\bigcup_{j=1}^{n}(\underbrace{I_{j}'\setminus I_{j}}_{\in\cf_{d}})\). Wende
 (2) auf jedes \(I_{j}'\setminus I_{1}\) an. Aus (2) folgt dann \(B\setminus A\in\cf_{d}\).
-\item[I.V.] Die Behauptung gelte f\"ur ein \(n\in\MdN\)
+\item[I.V.] Die Behauptung gelte für ein \(n\in\MdN\)
 \item[I.S.] Sei \(A'=A\cup I_{n+1}\quad(I_{n+1}\in\ci_{d})\). Dann:
 \[
 B\setminus A'=\underbrace{(B\setminus A)}_{\in\cf_{d}}\setminus\underbrace{I_{n+1}}_{\in\cf_{d}}\in\cf_{d}
@@ -564,7 +564,7 @@ Also:
 \end{align*}
 \item wie bei Satz \ref{Satz 1.7}
 \item \(\lambda_{d}(A\cup B)=\lambda(A\cup(B\setminus A))\overset{(1)}{=}\lambda_{d}(A)+\lambda_{d}(B\setminus A)\overset{(2)}{\leq}\lambda_{d}(A)+\lambda_{d}(B)\) % \cupdot...
-\item \"Ubung; es gen\"ugt zu betrachten: \(B\in\ci_{d}\) % Graphik einfuegen
+\item Übung; es genügt zu betrachten: \(B\in\ci_{d}\) % Graphik einfuegen
 \item Sei \(\varepsilon>0\). Aus (4) folgt: Zu jedem \(B_{n}\) existiert ein
 \(C_{n}\in\cf_{d}:\overline{C}_{n}\subseteq B_{n}\) und
 \begin{equation}
@@ -588,7 +588,7 @@ Also: \(\bigcap_{j=1}^{m}{\overline{C}_{j}}=\varnothing\). Das hei\ss t:
 \begin{beweis}
 \begin{itemize}
 \item[I.A.] \(\lambda_{d}(B_{1}\setminus D_{1})=\lambda_{d}(B_{1}\setminus C_{1})\overset{\eqref{eq: Abschaetzung Mass -- Beweis Satz 2.3.(5)}}{\leq}\frac{\ep}{2}=\left(1-\frac{1}{2}\right)\ep\) \checkmark
-\item[I.V.] Die Behauptung gelte f\"ur ein \(n\in\mdn\).
+\item[I.V.] Die Behauptung gelte für ein \(n\in\mdn\).
 \item[I.S.] \begin{align*}
     \lambda_{d}(B_{n+1}\setminus D_{n+1})&=\lambda_{d}\left((B_{n+1}\setminus D_{n})\cup(B_{n+1}\setminus C_{n+1})\right)\\
     &\overset{(3)}{\leq}\lambda_{d}(\underbrace{B_{n+1}\setminus D_n}_{\subseteq B_{n}\setminus D_{n}})+\underbrace{\lambda_{d}(B_{n+1}\setminus C_{n+1})}_{\overset{\eqref{eq: Abschaetzung Mass -- Beweis Satz 2.3.(5)}}{\leq}\frac{\ep}{2^{n+1}}}\\
@@ -599,7 +599,7 @@ Also: \(\bigcap_{j=1}^{m}{\overline{C}_{j}}=\varnothing\). Das hei\ss t:
 \end{itemize}
 \end{beweis}
 
-F\"ur \(n\geq m:\,D_{n}=\varnothing\,\implies\,\lambda_{d}(B_{n})=\lambda_{d}(B_{n}\setminus D_{n})\leq\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right)\varepsilon\leq\varepsilon\)
+Für \(n\geq m:\,D_{n}=\varnothing\,\implies\,\lambda_{d}(B_{n})=\lambda_{d}(B_{n}\setminus D_{n})\leq\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right)\varepsilon\leq\varepsilon\)
 \end{enumerate}
 \end{beweis}
 
@@ -615,7 +615,7 @@ hei\ss t ein \textbf{Prämaß} \ auf \(\fr\), wenn gilt:
 
 \begin{satz}
 \label{Satz 2.4}
-\(\lambda_{d}:\cf_{d}\to[0,\infty]\) ist ein Pr\"ama\ss .
+\(\lambda_{d}:\cf_{d}\to[0,\infty]\) ist ein Präma\ss .
 \end{satz}
 \begin{beweis}
 \begin{enumerate}
@@ -625,7 +625,7 @@ hei\ss t ein \textbf{Prämaß} \ auf \(\fr\), wenn gilt:
 \(B_{n}:=\bigcup_{j=n}^{\infty}{A_{j}}\,(n\in\mdn)\); \((B_{n})\) hat die
 Eigenschaften aus \ref{Satz 2.3}, Punkt 5. Also: \(\lambda_{d}(B_{n})\to 0\).
 
-F\"ur \(n\geq 2\):
+Für \(n\geq 2\):
 \[
 \lambda_{d}(A)=\lambda_{d}(A_{1}\cup\cdots\cup A_{n-1}\cup B_{n})\overset{\ref{Satz 2.3}.(1)}{=}\sum_{j=1}^{n-1}{\lambda_{d}(A_{j})}+\lambda_{d}(B_{n})
 \]
@@ -639,7 +639,7 @@ Mit \(n\to\infty\) folgt die Behauptung.
 
 \begin{satz}[Fortsetzungssatz von Carath\'eodory]
 \label{Satz 2.5}
-Sei \(\fr\) ein Ring auf \(X\) und \(\mu:\fr\to[0,\infty]\) ein Pr\"ama\ss. Dann
+Sei \(\fr\) ein Ring auf \(X\) und \(\mu:\fr\to[0,\infty]\) ein Präma\ss. Dann
 existiert ein Ma\ss raum \((X,\fa(\mu),\overline{\mu})\) mit
 \begin{enumerate}
 \item \(\sigma(\fr)\subseteq\fa(\mu)\)
@@ -671,7 +671,7 @@ und wird ebenfalls mit \(\lambda_{d}\) bezeichnet.
 \end{satz}
 \begin{beweis}
 Aus Lemma \ref{Lemma 2.1} und Satz \ref{Satz 2.4} folgt: \(\lambda_{d}\) ist ein
-Pr\"ama\ss \ auf \(\fr:=\cf_{d}\); es ist \(\sigma(\fr)=\fb_{d}\).
+Präma\ss \ auf \(\fr:=\cf_{d}\); es ist \(\sigma(\fr)=\fb_{d}\).
 
 Aus Satz \ref{Satz 2.5} folgt: \(\lambda_{d}\) kann zu einem Ma\ss \ auf 
 \(\fb_{d}\) fortgesetzt werden.
@@ -695,14 +695,14 @@ dann: \(\nu=\lambda_{d}\) auf \(\fb_{d}\).
 
 \begin{bemerkung}
 Sei \(X\in\fb_{d}\). Aus 1.6 folgt: \(\fb(X)=\{A\in\fb_{d}\mid A\subseteq X\}\).
-Die Einschr\"ankung von \(\lambda_{d}\) auf \(\fb(X)\) hei\ss t ebenfalls
+Die Einschränkung von \(\lambda_{d}\) auf \(\fb(X)\) hei\ss t ebenfalls
 L-Ma\ss \ und wird mit \(\lambda_{d}\) bezeichnet.
 \end{bemerkung}
 
 \begin{beispieleX}
 \begin{enumerate}
 \item Seien \(a=(a_{1},\ldots,a_{d}),\,b=(b_{1},\ldots,b_{d})\in\mdr^{d},\,a\leq b\) und \(I=[a,b]\).\\
-\textbf{Behauptung}\\\(\lambda_{d}([a,b])=(b_{1}-a_{1})\cdots(b_{d}-a_{d})\) (Entsprechendes gilt f\"ur \((a,b)\) und \([a,b)\))
+\textbf{Behauptung}\\\(\lambda_{d}([a,b])=(b_{1}-a_{1})\cdots(b_{d}-a_{d})\) (Entsprechendes gilt für \((a,b)\) und \([a,b)\))
 \begin{beweis}
 \(I_{n}:=(a_{1}-\frac{1}{n},b_{1}]\times\cdots\times(a_{d}-\frac{1}{n},b_{d}];\,I_{1}\supset I_{2}\supset\cdots;\,\bigcap I_{n}=I,\,\lambda_{d}(I_{1})<\infty\)
 
@@ -715,15 +715,15 @@ Aus Satz \ref{Satz 1.7}, Punkt 5, folgt:
 \end{beweis}
 \item Sei \(a\in\mdr^{d},\,\{a\}=[a,a]\in\fb_{d}\). Aus obigem Beispiel (1)
 folgt: \(\lambda_{d}(\{a\})=0\).
-\item \(\mdq^{d}\) ist abz\"ahlbar, also: \(\mdq^{d}=\{a_{1},a_{2},\ldots\}\)
+\item \(\mdq^{d}\) ist abzählbar, also: \(\mdq^{d}=\{a_{1},a_{2},\ldots\}\)
 mit \(a_{j}\neq a_{i}\,(i\neq j)\). Dann: \(\mdq^{d}=\bigcup\{a_{j}\}\) %\bigcupdot...
 
 Dann gilt: \(\mdq^{d}\in\fb_{d}\) und \(\lambda_{d}(\mdq^{d})=\sum{\lambda_{d}(\{a_{j}\})}=0\).
-\item Wie in Beispiel (3): Ist \(A\subseteq\mdr^{d}\) abz\"ahlbar, so ist
+\item Wie in Beispiel (3): Ist \(A\subseteq\mdr^{d}\) abzählbar, so ist
 \(A\in\fb_{d}\) und \(\lambda_{d}(A)=0\).
 \item Sei \(j\in\{1,\ldots,d\}\) und \(H_{j}:=\{(x_{1},\ldots,x_{d})\in\mdr^{d}\mid x_{j}=0\}\). \(H_{j}\) ist abgeschlossen, damit folgt: \(H_{j}\in\fb_{d}\).
 
-Ohne Beschr\"ankung der Allgemeinheit sei \(j=d\). Dann:
+Ohne Beschränkung der Allgemeinheit sei \(j=d\). Dann:
 \(I_{n}:=\underbrace{[-n,n]\times\cdots\times[-n,n]}_{(d-1)-\text{mal}}\times\{0\}\).
 % Hier fehlt noch eine Graphik
 Aus Beispiel (1) folgt: \(\lambda_{d}(I_{n})=0\).
@@ -909,7 +909,7 @@ Funktionen.
 \item \begin{itemize}
 \item[\(\Rightarrow\)] \checkmark
 \item[\(\Leftarrow\)] \(\fd:=\{B\subseteq Y\mid f^{-1}(B)\in\fa\}\)
-\"Ubung: \(\fd\) ist eine \(\sigma\)-Algebra auf \(Y\).
+Übung: \(\fd\) ist eine \(\sigma\)-Algebra auf \(Y\).
 
 Aus der Voraussetzung folgt: \(\ce\subseteq\fd\).
 Dann: \(\fb=\sigma(\ce)\subseteq\fd\). Ist \(B\in\fb\), so ist \(B\in\fd\), also
@@ -951,7 +951,7 @@ Seien \(f,\,g:\,X\to\mdr^{k}\) und \(\alpha,\beta\in\mdr\).
 Dann: \(f^{-1}(I)=\bigcap_{j=1}^{k}{\underbrace{f_{j}^{-1}(\underbrace{(a_{j},b_{j}]}_{\in\fb_{1}}}_{\in\fb(X)}}\in\fb(X)\)
 
 Aus \(\sigma(I_{k})=\fb_{k}\) folgt mit \ref{Satz 3.1}.(2): \(f\) ist messbar.
-\item[\(\Rightarrow:\)] F\"ur \(j=1,...,k\) sei \(p_{j}:\mdr^{k}\to\mdr\) definiert durch 
+\item[\(\Rightarrow:\)] Für \(j=1,...,k\) sei \(p_{j}:\mdr^{k}\to\mdr\) definiert durch 
 \(p_{j}(x_{1},\ldots,x_{k}):=x_{j}\)
 
 \(p_{j}\) ist stetig, also messbar (nach (1)). Es ist \(f_{j}=p_{j}\circ f\). Mit \ref{Satz 3.1}.(1) folgt: \(f_{j}\) ist
@@ -1005,7 +1005,7 @@ Es ist \(g=\vp\circ f\). Mit \ref{Satz 3.1} folgt: \(g\) ist messbar.
 \begin{beispiel}
 \(X=\mdr^{2},\,f(x,y):=\begin{cases}\frac{\sin(y)}{x}&x\neq 0\\0&x=0\end{cases}\)
 
-f\"ur \(x\neq 0:\,f(x,x)=\frac{\sin(X)}{x}\overset{x\to 0}{\to}1\neq 0=f(0,0)\), daraus folgt: \(f\) ist nicht stetig.
+für \(x\neq 0:\,f(x,x)=\frac{\sin(X)}{x}\overset{x\to 0}{\to}1\neq 0=f(0,0)\), daraus folgt: \(f\) ist nicht stetig.
 
 \(A:=\{(x,y)\in\mdr^{2}\mid x=0\},\,B:=\{(x,y)\in\mdr^{2}\mid x\neq 0\},\,X=A\cup B,\,A\cap B=\varnothing\). \(A\) ist
 abgeschlossen, das hei\ss t: \(A\in\fb_{2},\,B=A^{C}\in\fb_{2}\)
@@ -1036,7 +1036,7 @@ In \(\imdr\) gelten folgende Regeln, wobei \(a\in\mdr\):
 \begin{definition}
 \begin{enumerate}
 \item Sei \((x_{n})\) eine Folge in \(\imdr\). \(x_{n}\rightarrow+\infty:\Leftrightarrow\forall c\in\mdr\exists n_{c}\in\mdn:x_{n}\geq c\forall n\geq n_{c}\)\\
-Analog f\"ur \(-\infty\).
+Analog für \(-\infty\).
 \item Seien \(f,g: X\to\imdr\). Dann:
 \begin{align*}
     \{f\leq g\}&:=\{x\in X\mid f(x)\leq g(x)\}\\
@@ -1557,7 +1557,7 @@ $f, g: X \to \imdr$ seien integrierbar und es sei $\alpha \in \mdr$.
  \item $\lvert \int_X f \text{ d}x \rvert \leq \int_X \lvert f \rvert \text{ d}x$. (Dreiecksungleichung für Integrale)
  \item Sei $\varnothing\ne Y \in \fb(X)$. Dann sind die Funktionen $f_{|Y}: Y \to \imdr$ und $\mathds{1}_Y\cdot f: X \to \imdr$ integrierbar und
 \[\int_Y f(x) \text{ d}x := \int_Y f_{|Y} (x) \text{ d}x = \int_X(\mathds{1}_Y \cdot f)(x) \text{ d}x\]
- \item Sei $\lambda(X) < \infty$ und $h: X \to \mdr$ sei messbar und beschr\"ankt. Dann: $h \in \fl^1(X)$ und $\lvert \int_X h \text{ d}x\rvert \leq \|h\|_\infty \lambda(X) \quad$ (mit $\|h\|_\infty := \sup\{|h(x)| : x\in X\}$) 
+ \item Sei $\lambda(X) < \infty$ und $h: X \to \mdr$ sei messbar und beschränkt. Dann: $h \in \fl^1(X)$ und $\lvert \int_X h \text{ d}x\rvert \leq \|h\|_\infty \lambda(X) \quad$ (mit $\|h\|_\infty := \sup\{|h(x)| : x\in X\}$) 
 \end{enumerate}
 \end{satz}
 
@@ -1605,7 +1605,7 @@ Es folgt: \(f_{|Y}\) ist integrierbar und \(\int_{Y}{f_{|Y}\mathrm{d}x}=\int_{Y}
 \[
 \int_{X}{\lvert h\rvert\mathrm{d}x}\leq\int_{X}{\lVert h\rVert_{\infty}\mathds{1}_{X}\mathrm{d}x}=\lVert h\rVert_{\infty}\lambda(X)<\infty
 \]
-Damit: \(\lvert h\rvert\) ist integrierbar und mit \ref{Satz 4.9} auch \(h\). Da \(h\) beschr\"ankt ist, folgt: 
+Damit: \(\lvert h\rvert\) ist integrierbar und mit \ref{Satz 4.9} auch \(h\). Da \(h\) beschränkt ist, folgt: 
 \(h\in\fl^{1}(X)\). Schlie\ss lich:
 \[
 \left\lvert\int_{X}{h\mathrm{d}x}\right\rvert\leq\int_{X}{\lvert h\rvert\mathrm{d}x}\leq\lVert h\lVert_{\infty}\lambda(X)
@@ -1625,11 +1625,11 @@ Damit: \(\lvert h\rvert\) ist integrierbar und mit \ref{Satz 4.9} auch \(h\). Da
 
 \begin{beweis}
 \begin{enumerate}
- \item Aus \ref{Satz 4.11}(7) folgt: $f$ ist integrierbar \"uber $A$ und integrierbar \"uber $B$. Es ist 
+ \item Aus \ref{Satz 4.11}(7) folgt: $f$ ist integrierbar über $A$ und integrierbar über $B$. Es ist 
 \[ \int_X f(x) \text{ d}x = \int_X \left( \mathds{1}_{A\cup B} \cdot f \right)(x) \text{ d}x = \int_X \left( \left( \mathds{1}_A + \mathds{1}_B \right) f\right)(x) \text{ d}x \]
 \[= \int_X \left(\mathds{1}_A f + \mathds{1}_B f \right)(x) \text{ d}x \stackrel{4.11(2)}{=} \int_X \mathds{1}_A f \text{ d}x + \int_X \mathds{1}_B f \text{ d}x \stackrel{4.11(7)}{=} \int_A f \text{ d}x + \int_B f \text{ d}x.\]
 
- \item $K$ ist kompakt, also gilt: $\lambda(K) < \infty$. Aus \ref{Satz 3.2}(1) folgt, dass $f$ messbar ist. Analysis II (\glqq stetige Funktionen auf kompakten Mengen nehmen Minimum und Maximum an\grqq ) liefert: $f$ ist beschr\"ankt. Insgesamt folgt mit \ref{Satz 4.11}(8) schlie"slich: $f \in \fl^1(K)$.
+ \item $K$ ist kompakt, also gilt: $\lambda(K) < \infty$. Aus \ref{Satz 3.2}(1) folgt, dass $f$ messbar ist. Analysis II (\glqq stetige Funktionen auf kompakten Mengen nehmen Minimum und Maximum an\grqq ) liefert: $f$ ist beschränkt. Insgesamt folgt mit \ref{Satz 4.11}(8) schlie"slich: $f \in \fl^1(K)$.
 \end{enumerate}
 \end{beweis}
 
@@ -1811,16 +1811,16 @@ In diesem Fall schreiben wir: $f_n\to f$ fast überall.
 
 \begin{satz}
 \label{Satz 5.4}
-Sei \((f_{n})\) eine Folge messbarer Funktionen \(f_{n}: X\to\imdr\) und \((f_{n})\) konvergiere fast \"uberall (auf \(X\)).
+Sei \((f_{n})\) eine Folge messbarer Funktionen \(f_{n}: X\to\imdr\) und \((f_{n})\) konvergiere fast überall (auf \(X\)).
 Dann:
 \begin{enumerate}
-\item Es existiert \(f: X\to\imdr\) messbar mit \(f_{n}\to f\) fast \"uberall.
-\item Ist \(g: X\to\imdr\) eine Funktion mit \(f_{n}\to g\) fast \"uberall, so gilt \(f=g\) fast \"uberall.
+\item Es existiert \(f: X\to\imdr\) messbar mit \(f_{n}\to f\) fast überall.
+\item Ist \(g: X\to\imdr\) eine Funktion mit \(f_{n}\to g\) fast überall, so gilt \(f=g\) fast überall.
 \end{enumerate}
 \end{satz}
 
 \begin{bemerkung}
-Ist \(g\) wie in (2), so muss \(g\) nicht messbar sein (ein Beispiel gibt es in der \"Ubung).
+Ist \(g\) wie in (2), so muss \(g\) nicht messbar sein (ein Beispiel gibt es in der Übung).
 \end{bemerkung}
 
 \begin{beweis}
@@ -1843,7 +1843,7 @@ Für \(x\in X\setminus N:\,f(x)=g(x)\).
 \label{Satz 5.5}
 Sei \((f_{n})\) eine Folge messbarer Funktionen \(f_{n}:\,X\to[0,+\infty]\) und für jedes \(n\in\mdn\) gelte:
 \(f_{n}\leq f_{n+1}\) fast überall.  Dann existiert eine messbare Funktion
-\(f:X\to[0,+\infty]\) mit: \(f_{n}\to f\) fast \"uberall und 
+\(f:X\to[0,+\infty]\) mit: \(f_{n}\to f\) fast überall und 
 \[\int_{X}{f\mathrm{d}x}=\lim_{n\to\infty}{\int_{X}{f_{n}\mathrm{d}x}}\]
 \end{satz}
 
@@ -1856,7 +1856,7 @@ Nullmenge.
 Dann: \(f_{n}(x)\leq f_{n+1}(x)\forall x\in X\setminus N\forall n\in\mdn\).
 
 \(\hat{f}_{n}:=\mathds{1}_{X\setminus N}\cdot f_{n}\), \(\hat{f}_{n}\) ist 
-messbar, \(\hat{f}_{n}\leq\hat{f}_{n+1}\) auf \(X\) f\"ur alle \(n\in\mdn\).
+messbar, \(\hat{f}_{n}\leq\hat{f}_{n+1}\) auf \(X\) für alle \(n\in\mdn\).
 
 \(f(x):=\lim_{n\to\infty}{\hat{f}_{n}(x)}\,(x\in X)\); \ref{Satz 3.5} liefert:
 \(f\) ist messbar. Weiter: \(\hat{f}_{n}\to f\).
@@ -1876,13 +1876,13 @@ Stets in diesem Paragraphen: \(\varnothing\neq X\in\fb_{d}\)
 \begin{enumerate}
 \item Es gilt:
 \[\int_{X}{(\liminf_{n\to\infty}f_{n})(x)\mathrm{d}x}\leq\liminf_{n\to\infty}{\int_{X}{f_{n}(x)\mathrm{d}x}}\]
-\item Ist \(f: X\to[0,+\infty]\) messbar und gilt \(f_{n}\to f\) fast \"uberall,
+\item Ist \(f: X\to[0,+\infty]\) messbar und gilt \(f_{n}\to f\) fast überall,
 so ist
 \[
 \int_{X}{f\mathrm{d}x}\leq\liminf_{n\to\infty}{\int_{X}{f_{n}\mathrm{d}x}}
 \]
 \item Ist \(f\) wie in (2) und ist \(\left(\int_{X}{f_{n}\mathrm{d}x}\right)\)
-beschr\"ankt, so ist \(f\) integrierbar.
+beschränkt, so ist \(f\) integrierbar.
 \end{enumerate}
 \end{lemma}
 
@@ -1903,7 +1903,7 @@ Dann:
 	&=\liminf_{n\to\infty}\int_{X}{f_{n}\mathrm{d}x}
 \end{align*}
 \item Es existiert eine Nullmenge \(N\subseteq X\): \(f_{n}(x)\to f(x)\,\forall x\in X\setminus N\). Dann:
-\(f=\mathds{1}_{X\setminus N}\cdot f\) fast \"uberall.
+\(f=\mathds{1}_{X\setminus N}\cdot f\) fast überall.
 \begin{align*}
     \int_{X}{f\mathrm{d}x}&\overset{\text{\ref{Satz 5.3}.(3)}}{=}\int_{X}{\mathds{1}_{X\setminus N}\cdot f\mathrm{d}x}\\
     &=\int_{X}{(\lim_{n\to\infty}\mathds{1}_{X\setminus N}f_{n})\mathrm{d}x}\\
@@ -1920,11 +1920,11 @@ Dann:
 \begin{satz}[Konvergenzsatz von Lebesgue (Majorisierte Konvergenz)]
 \label{Satz 6.2}
 \((f_{n})\) sei eine Folge messbarer Funktionen \(f_{n}:X\to\imdr\), \((f_{n})\)
-konvergiere fast \"uberall und es sei \(g:X\to[0,+\infty]\) integrierbar. F\"ur
-jedes \(n\in\mdn\) gelte \(\lvert f_{n}\rvert\leq g\) fast \"uberall. Dann sind
+konvergiere fast überall und es sei \(g:X\to[0,+\infty]\) integrierbar. Für
+jedes \(n\in\mdn\) gelte \(\lvert f_{n}\rvert\leq g\) fast überall. Dann sind
 alle \(f_{n}\) integrierbar und es existiert ein \(f\in\fl^{1}(X)\) mit:
 \begin{enumerate}
-\item \(f_{n}\to f\) fast \"uberall
+\item \(f_{n}\to f\) fast überall
 \item \(\int_{X}{f_{n}\mathrm{d}x}\to\int_{X}{f\mathrm{d}x}\)
 \item \(\int_{X}{\lvert f_{n}-f\rvert\mathrm{d}x}\to 0\)
 \end{enumerate}
@@ -1943,16 +1943,16 @@ falsch.
 \begin{beweis}
 % Nummerierung vernuenftig zurechtbasteln
 \begin{enumerate}
-\item Aus \ref{Satz 5.4} folgt: Es existiert \(\hat{f}:X\to\imdr\) messbar mit \(f_{n}\to\hat{f}\) fast \"uberall.
+\item Aus \ref{Satz 5.4} folgt: Es existiert \(\hat{f}:X\to\imdr\) messbar mit \(f_{n}\to\hat{f}\) fast überall.
 Es existiert eine Nullmenge \(N_{0}\subseteq X:\,f_{n}(x)\to\hat{f}(x)\,\forall x\in X\setminus N_{0}\)
-\item F\"ur alle \(n\in\mdn\) existiert eine Nullmenge \(N_{n}\subseteq X:\,\lvert f_{n}(x)\rvert\leq g(x)\,\forall x\in X\setminus N_{n}\).
+\item Für alle \(n\in\mdn\) existiert eine Nullmenge \(N_{n}\subseteq X:\,\lvert f_{n}(x)\rvert\leq g(x)\,\forall x\in X\setminus N_{n}\).
 
 Setze \(N:=\bigcup_{n=0}^{\infty}{N_{n}}\). Mit \ref{Lemma 5.1} folgt: \(N\) ist eine Nullmenge.
 
 Wir haben: \(\lvert f_{n}(x)\rvert\leq g(x)\,\forall x\in X\setminus N\forall n\in\mdn\) und
 \(\lvert\hat{f}(x)\rvert\leq g(x)\,\forall x\in X\setminus N\).
-\item \(f_{n}=\mathds{1}_{X\setminus N}f_{n}\) fast \"uberall und \(\hat{f}=\mathds{1}_{X\setminus N}\hat{f}\)
-fast \"uberall.
+\item \(f_{n}=\mathds{1}_{X\setminus N}f_{n}\) fast überall und \(\hat{f}=\mathds{1}_{X\setminus N}\hat{f}\)
+fast überall.
 
 Es gilt \(\lvert\mathds{1}_{X\setminus N}f_{n}\rvert\leq g\) und \(\lvert\mathds{1}_{X\setminus N}\hat{f}\rvert\leq g\). Mit
 \ref{Satz 4.9} folgt: \(\mathds{1}_{X\setminus N}f_{n}\) und \(\mathds{1}_{X\setminus N}\hat{f}\) sind integrierbar.
@@ -1967,7 +1967,7 @@ Mit \ref{Satz 4.9} folgt: \(f\) ist integrierbar.
 Es ist \(f(X)\subseteq\mdr\). Also: \(f\in\fl^{1}(X)\).
 
 Sei \(x\in X\setminus\tilde{N}:\,f(x)=\tilde{f}(x)=\lim_{n\to\infty}f_{n}(x)\).
-D.h. \(f_{n}\to f\) fast \"uberall.
+D.h. \(f_{n}\to f\) fast überall.
 \item Definiere $g_n:=|f|+\mathds{1}_{X\setminus \tilde N}g-\mathds{1}_{X\setminus \tilde N}|f_n-f|$. Es ist fast überall
 \begin{align*}
 \mathds{1}_{X\setminus \tilde N}g=g&&\mathds{1}_{X\setminus \tilde N}|f_n-f|=|f_n-f|
@@ -3133,7 +3133,7 @@ Mit Polarkoordinaten, Transformations-Satz und Fubini:
 \section{Explizite Parameterdarstellung}
 Seien \(B\) und \(D\) wie in obiger Definition und \(f\in C^{1}(D,\,\mdr)\). Setze 
 \[\varphi(u,v):=(u,v,f(u,v))\quad((u,v)\in D)\]
-Damit ist \(\varphi_{|B}\) eine Fl\"ache (in expliziter Darstellung).
+Damit ist \(\varphi_{|B}\) eine Fläche (in expliziter Darstellung).
 % hier Graphik einfuegen
 Dann ist \(S=\varphi(B)\) gleich dem Graph von \(f_{|B}\).
 
@@ -3154,12 +3154,12 @@ Dann ist \(\varphi(u,v)=(u,v,u^{2}+v^{2})\), \(f_{u}=2u\) und \(f_{v}=2v\). Also
 \label{Kapitel 15}
 
 In diesem Paragraphen sei \(\varnothing\neq B\subseteq\mdr^{2}\), \(B\) kompakt, \(D\subseteq\mdr^{2}\) offen, \(B\subseteq D\)
-und \(\varphi=(\varphi_{1},\varphi_{2},\varphi_{3})\in C^{1}(D,\mdr^{3})\). Das hei\ss t: \(\varphi_{|B}\) ist eine Fl\"ache mit 
+und \(\varphi=(\varphi_{1},\varphi_{2},\varphi_{3})\in C^{1}(D,\mdr^{3})\). Das hei\ss t: \(\varphi_{|B}\) ist eine Fläche mit 
 Parameterbereich \(B\), \(S:=\varphi(B)\)
 
 \begin{definition}
 \index{Oberflächenintegral}
-Definiere die folgenden \textbf{Oberfl\"achenintegrale}:
+Definiere die folgenden \textbf{Oberflächenintegrale}:
 \begin{enumerate}
 \item Sei \(f:\,S\to\mdr\) stetig. Dann: 
 \[
@@ -3190,10 +3190,10 @@ Also:
 
 \begin{satz}[Integralsatz von Stokes]
 \label{Satz 15.1}
-Es sei \(B\) zul\"assig, \(\partial B=\Gamma_{\gamma}\), wobei \(\gamma=(\gamma_{1},\gamma_{2})\) wie zu Beginn des Paragraphen
+Es sei \(B\) zulässig, \(\partial B=\Gamma_{\gamma}\), wobei \(\gamma=(\gamma_{1},\gamma_{2})\) wie zu Beginn des Paragraphen
 13 ist. Es sei \(\varphi\in C^{2}(D,\mdr^{3})\). Weiter sei \(G\subseteq\mdr^{3}\) offen, \(S\subseteq G\) und \(F=(F_{1},F_{2},F_{3})\in C^{1}(G,\mdr^{3})\). Dann:
 \[
-\underbrace{\int_{\varphi}{\rot F\cdot n\mathrm{d}\sigma}}_{\text{Oberfl\"achenint.}}=
+\underbrace{\int_{\varphi}{\rot F\cdot n\mathrm{d}\sigma}}_{\text{Oberflächenint.}}=
     \underbrace{\int_{\varphi\circ\gamma}{F(x,y,z)\cdot\mathrm{d}(x,y,z)}}_{\text{Wegint.}}
 \]
 \end{satz}
@@ -3228,7 +3228,7 @@ Zu zeigen:
 \end{align*}
 
 Es ist \(\int_{\varphi}{\rot F\cdot n\mathrm{d}\sigma}=\int_{B}{\underbrace{(\rot F)(\varphi(x,y))\cdot(\varphi_{x}(x,y)\times\varphi_{y}(x,y))}_{=:g(x,y)}\mathrm{d}(x,y)}\).
-F\"ur \(j=1,2,3\):
+Für \(j=1,2,3\):
 \[
 h_{j}(x,y):=\left(\underbrace{F_{j}(\varphi(x,y))\frac{\partial\varphi_{j}}{\partial y}(x,y)}_{=:u_{j}(x,y)},\underbrace{-F_{j}(\varphi(x,y))\frac{\partial\varphi_{j}}{\partial x}(x,y)}_{=:v_{j}(x,y)}\right)\quad((x,y)\in D)
 \]
@@ -3247,7 +3247,7 @@ Damit:
 \end{align*}
 \end{beweis}
 
-\chapter{$\fl^{p}$-R\"aume und $\mathrm{L}^{p}$-R\"aume}
+\chapter{$\fl^{p}$-Räume und $\mathrm{L}^{p}$-Räume}
 \label{Kapitel 16}
 
 Stets in diesem Paragraphen: \(\varnothing\neq X\in\fb_{d}\)
@@ -3268,9 +3268,9 @@ Dann gilt: \(\frac{1}{p}+\frac{1}{p'}=1\) und \(p=p'\Leftrightarrow p=2\).
 Seien \(x,y\geq 0,\,p\in(1,\infty)\), dann gilt: \(xy\leq\frac{x^{p}}{p}+\frac{y^{p'}}{p'}\)
 \end{hilfssatz}
 \begin{beweis}
-F\"ur \(t>0:\,f(t):=\frac{t}{p}+\frac{1}{p'}-t^{\frac{1}{p}}\)
+Für \(t>0:\,f(t):=\frac{t}{p}+\frac{1}{p'}-t^{\frac{1}{p}}\)
 
-\"Ubung: \(\min\{f(t)\mid t>0\}=f(1)=0\)
+Übung: \(\min\{f(t)\mid t>0\}=f(1)=0\)
 
 D.h.: \(t^{\frac{1}{p}}\leq\frac{t}{p}+\frac{1}{p'}\quad\forall t>0\)
 
@@ -3292,18 +3292,18 @@ Es gilt: \(\lvert f\rvert^{p}\in\fl^{1}(X)\Leftrightarrow \int_{X}{\lvert f\rver
 \begin{enumerate}
 \item Sei \(p\in[1,\infty)\). \(\fl^{p}(X)=\{f:\,X\to\mdr\mid f \text{ ist messbar und }\int_{X}{\lvert f\rvert^{p}\mathrm{d}x<\infty}\}\).
 
-F\"ur \(f\in\fl^{p}(X)\): \(\lVert f\rVert_{p}=\left(\int_{X}{\lvert f\rvert^{p}\mathrm{d}x}\right)^{\frac{1}{p}}\)
-\item \(\fl^{\infty}(X)=\{f:\,X\to\mdr\mid f\text{ ist messbar und }f\text{ ist f.\"u. beschr\"ankt}\}\)
+Für \(f\in\fl^{p}(X)\): \(\lVert f\rVert_{p}=\left(\int_{X}{\lvert f\rvert^{p}\mathrm{d}x}\right)^{\frac{1}{p}}\)
+\item \(\fl^{\infty}(X)=\{f:\,X\to\mdr\mid f\text{ ist messbar und }f\text{ ist f.ü. beschränkt}\}\)
 
-F\"ur \(f\in\fl^{\infty}(X)\): \(\lVert f\rVert_{\infty}:=\esssup_{x\in X}\lVert f(x)\rVert=\inf\{c>0\mid \exists\text{Nullmenge }N_{c}\subseteq X: \lvert f(x)\rvert\leq c\,\forall x\in X\setminus N_{c}\}\)
+Für \(f\in\fl^{\infty}(X)\): \(\lVert f\rVert_{\infty}:=\esssup_{x\in X}\lVert f(x)\rVert=\inf\{c>0\mid \exists\text{Nullmenge }N_{c}\subseteq X: \lvert f(x)\rvert\leq c\,\forall x\in X\setminus N_{c}\}\)
 \end{enumerate}
 \end{definition}
 
 \begin{bemerkung}
-Es sei \(f\in\fl^{\infty}(X)\) und stetig. Außerdem habe jede in \(X\) offene, nichtleere Teilmenge positives Ma\ss. Dann ist \(f\) auf \(X\) beschr\"ankt und \(\sup_{x\in X}\lvert f(x)\rvert=\esssup_{x\in X}\lvert f(x)\rvert\). 
+Es sei \(f\in\fl^{\infty}(X)\) und stetig. Außerdem habe jede in \(X\) offene, nichtleere Teilmenge positives Ma\ss. Dann ist \(f\) auf \(X\) beschränkt und \(\sup_{x\in X}\lvert f(x)\rvert=\esssup_{x\in X}\lvert f(x)\rvert\). 
 \end{bemerkung}
 \begin{beweis}
-\"Ubung (ist \(N\subseteq X\) eine Nullmenge, so ist \(N^{\circ}=\varnothing\) und \(\overline{X\setminus N}=X\))
+Übung (ist \(N\subseteq X\) eine Nullmenge, so ist \(N^{\circ}=\varnothing\) und \(\overline{X\setminus N}=X\))
 \end{beweis}
 
 \begin{beispiel}
@@ -3330,7 +3330,7 @@ Dann ist \(fg\in\fl^{1}(X)\) und es gilt die \textbf{Höldersche Ungleichung}:
 
 \index{Ungleichung!Cauchy-Schwarz}
 Ist \(p=2\,(\implies p'=2)\), so hei\ss t obige Ungleichung auch \textbf{Cauchy-Schwarzsche Ungleichung}.
-\item \(\fl^{p}(X)\) ist ein reeller Vektorraum und f\"ur \(f,g\in\fl^{p}(X)\) gilt die \textbf{Minkowskische Ungleichung}:
+\item \(\fl^{p}(X)\) ist ein reeller Vektorraum und für \(f,g\in\fl^{p}(X)\) gilt die \textbf{Minkowskische Ungleichung}:
 \index{Ungleichung!Minkowski}
 \[
 \lVert f+g\rVert_{p}\leq\lVert f\rVert_{p}+\lVert g\rVert_{p}
@@ -3340,24 +3340,24 @@ Ist \(p=2\,(\implies p'=2)\), so hei\ss t obige Ungleichung auch \textbf{Cauchy-
 
 \begin{beweis}
 \begin{enumerate}
-\item Unterscheide die folgenden F\"alle:
+\item Unterscheide die folgenden Fälle:
 \begin{itemize}
 \item[Fall 1:]  \(p=1\) (also \(p'=\infty\)) oder \(p=\infty\) (also \(p'=1\)). Etwa \(p=1,\,p'=\infty\).
 
 Sei \(c>0\) und \(N_{c}\subseteq X\) Nullmenge mit: \(\lvert g(x)\rvert\leq c\,\forall x\in X\setminus N_{c}\). 
 \(\tilde{g}:=\mathds{1}_{X\setminus N_{c}}\cdot g\)
 
-Dann: \(g=\tilde{g}\) fast \"uberall und \(\lvert\tilde{g}\rvert\leq c\) auf \(X\). Weiter: \(fg=f\tilde{g}\) fast \"uberall,
-bzw. \(\lvert fg\rvert=\lvert f\tilde{g}\rvert\) fast \"uberall.
+Dann: \(g=\tilde{g}\) fast überall und \(\lvert\tilde{g}\rvert\leq c\) auf \(X\). Weiter: \(fg=f\tilde{g}\) fast überall,
+bzw. \(\lvert fg\rvert=\lvert f\tilde{g}\rvert\) fast überall.
 
 Dann:
 \[
 \int_{X}{\lvert fg\rvert\mathrm{d}x}=\int_{X}{\lvert f\tilde{g}\rvert\mathrm{d}x}=\int_{X}{\lvert f\rvert\underbrace{\lvert\tilde{g}\rvert}_{\leq c}\mathrm{d}x}\leq\int_{X}{\lvert f\rvert\mathrm{d}x}=c\cdot\lVert f\rVert_{1}<\infty
 \]
-Also: \(fg\in\fl^{1}(X)\) und \(\lVert fg\rVert_{1}\leq c\lVert f\rVert_{1}\). \"Ubergang zum Infimum \"uber alle \(c>0\) 
+Also: \(fg\in\fl^{1}(X)\) und \(\lVert fg\rVert_{1}\leq c\lVert f\rVert_{1}\). Übergang zum Infimum über alle \(c>0\) 
 liefert: \(\lVert fg\rVert_{1}\leq\lVert g\rVert_{\infty}\cdot\lVert f\rVert_{1}\)
-\item[Fall 2:] Sei \(1<p<\infty\). Ist \(\lVert f\rVert_{p}=0\) oder \(\lVert g\rVert_{p'}=0\), so ist \(f=0\) fast \"uberall
-oder \(g=0\) fast \"uberall. Daraus folgt: \(\lvert fg\rvert=0\) fast \"uberall.
+\item[Fall 2:] Sei \(1<p<\infty\). Ist \(\lVert f\rVert_{p}=0\) oder \(\lVert g\rVert_{p'}=0\), so ist \(f=0\) fast überall
+oder \(g=0\) fast überall. Daraus folgt: \(\lvert fg\rvert=0\) fast überall.
 Mit \ref{Satz 5.2} folgt: \(\int_{X}{\lvert fg\rvert\mathrm{d}x}=0\). Daraus folgen die Behauptungen.
 
 
@@ -3394,14 +3394,14 @@ Nullmengen und \(\lvert f(x)\rvert\leq c_{1}\forall x\in X\setminus N_{1},\,\lve
 \(N=N_{1}\cup N_{2}\) ist eine Nullmenge. Dann: \(\lvert f(x)+g(x)\rvert\leq\lvert f(x)\rvert+\lvert g(x)\rvert\leq c_{1}+c_{2}
 \forall x\in X\setminus N\). Es folgt: \(f+g\in\fl^{\infty}(X)\) und \(\lVert f+g\rVert_{\infty}\leq c_{1}+c_{2}\).
 
-\"Ubergang zum Infimum \"uber alle solche \(c_{1}\), bzw. \(c_{2}\), liefert: \(\lVert f+g\rVert_{\infty}\leq\lVert f\rVert_{\infty}+\lVert g\rVert_{\infty}\).
+Übergang zum Infimum über alle solche \(c_{1}\), bzw. \(c_{2}\), liefert: \(\lVert f+g\rVert_{\infty}\leq\lVert f\rVert_{\infty}+\lVert g\rVert_{\infty}\).
 \item[Fall 3:] Sei \(1<p<\infty\) und \(f,\,g\in\fl^{p}(X)\). Es ist \(\lvert f+g\rvert^{p}\leq(\lvert f\rvert+\lvert g\rvert)^{p}\leq\left(2\max\{\lvert f\rvert,\,\lvert g\rvert\}\right)^{p}\leq 2^{p}\left(\lvert f\rvert^{p}+\lvert g\rvert^{p}\right)\)
 auf \(X\). Mit \ref{Satz 4.9} folgt: \(\lvert f+g\rvert^{p}\in\fl^{1}(X)\implies f+g\in\fl^{p}(X)\)\\
 
 \(p'=\frac{p}{p-1};\,h:=\lvert f+g\rvert^{p-1}\), dann: \(h^{p'}=\left(\lvert f+g\rvert^{p-1}\right)^{\frac{p}{p-1}}=\lvert f+g\rvert^{p}\in\fl^{1}(X)\). Dann ist \(h\in\fl^{p'}(X)\). Also: \(h\in\fl^{p'}(X),\,f\in\fl^{p}(X)\) 
 (und \(\frac{1}{p}+\frac{1}{p'}=1\)).
 
-Mit der H\"olderschen Ungleichung folgt:
+Mit der Hölderschen Ungleichung folgt:
 \(\lVert f\cdot f_{1}\rVert\leq\lVert f\rVert_{p}\lVert h\rVert_{p'}\implies\int_{X}{h\lvert f\rvert\mathrm{d}x}\leq\lVert f\rVert_{p}\left(\int_{X}{h^{p'}\mathrm{d}x}\right)^{\frac{1}{p'}}\). Dann:
 \begin{align*}
 \int_{X}{\lvert f\rvert\lvert f+g\rvert^{p-1}\mathrm{d}x}
@@ -3478,17 +3478,17 @@ Dann ist $f\in\fl^p(X)$ und es gilt
 \end{satz}
 
 \begin{beweis}
-Aus (i) und (ii) folgt: $|f|^p \leq g$ f.\"u.
+Aus (i) und (ii) folgt: $|f|^p \leq g$ f.ü.
 Im Paragraphen 5 haben wir gesehen, dass dann gilt:
 \[ \int_X |f|^p \text{ d}x \leq \int_X g \text{ d}x < \infty \]
 (denn $g$ ist nach Voraussetzung integrierbar). 
 Daraus folgt: $f \in \fl^p(X)$.
 
-Setze $g_n := |f_n - f|^p$. Aus (i): $g_n \to 0$ f.\"u. Es sind $f_n, f \in \fl^p(X)$ (ersteres nach Voraussetzung, zweiteres haben wir gerade gezeigt), und weil $\fl^p(X)$ ein reeller Vektorraum ist (\ref{Satz 16.1}(2)), folgt:
+Setze $g_n := |f_n - f|^p$. Aus (i): $g_n \to 0$ f.ü. Es sind $f_n, f \in \fl^p(X)$ (ersteres nach Voraussetzung, zweiteres haben wir gerade gezeigt), und weil $\fl^p(X)$ ein reeller Vektorraum ist (\ref{Satz 16.1}(2)), folgt:
 \[ f_n - f \in \fl^p(X) \]
 Also $g_n \in \fl^1(X)$.
 Es ist 
-\[ 0 \leq g_n \leq \left( |f_n| + |f| \right)^p \leq \left( g^{\frac{1}{p}} + g^{\frac{1}{p}} \right)^p = \left( 2g^{\frac{1}{p}} \right)^p = 2^p g \quad\text{f.\"u.} \]
+\[ 0 \leq g_n \leq \left( |f_n| + |f| \right)^p \leq \left( g^{\frac{1}{p}} + g^{\frac{1}{p}} \right)^p = \left( 2g^{\frac{1}{p}} \right)^p = 2^p g \quad\text{f.ü.} \]
 Mit \ref{Satz 6.2} folgt schließlich:
 \[ \underbrace{\int_X g_n \text{ d}x}_{=\|f_n - f\|_p^p} \to 0. \]
 \end{beweis}
@@ -3508,22 +3508,22 @@ und die Addition
 zu einem Vektorraum über $\mdr$ wird.
 \end{definition}
 
-Setze f\"ur $\hat f \in L^1(X)$: 
+Setze für $\hat f \in L^1(X)$: 
 \[\int_X \hat f(x) \text{ d}x := \int_X f(x) \text{ d}x\]
-dabei ist diese Definition unabh\"angig von der Wahl des Repr\"asentanten $f \in \fl^1(X)$ von $\hat f$, denn: ist auch noch $g \in \fl^1(X)$ und $\hat g = \hat f$, so ist $f - g \in \cn$, also $f-g = 0$ f.\"u. und damit: $\int_X f \text{ d}x = \int_X g \text{ d}x$.
+dabei ist diese Definition unabhängig von der Wahl des Repräsentanten $f \in \fl^1(X)$ von $\hat f$, denn: ist auch noch $g \in \fl^1(X)$ und $\hat g = \hat f$, so ist $f - g \in \cn$, also $f-g = 0$ f.ü. und damit: $\int_X f \text{ d}x = \int_X g \text{ d}x$.
 
-F\"ur $\hat f \in L^p(X)$ definiere 
+Für $\hat f \in L^p(X)$ definiere 
 \[\| \hat f \|_p := \| f \|_p\]
-wobei diese Definition unabh\"angig ist von der Wahl des Repr\"asentanten $f \in \fl^p(X)$ von $\hat f$.
+wobei diese Definition unabhängig ist von der Wahl des Repräsentanten $f \in \fl^p(X)$ von $\hat f$.
 
-F\"ur $\hat f, \hat g \in L^2(X)$ setze 
+Für $\hat f, \hat g \in L^2(X)$ setze 
 \[( \hat f | \hat g ) := \int_X f(x)g(x) \text{ d}x\]
-(auch diese Definition ist Repr\"asentanten-unabh\"angig) (Beachte: $f\cdot g \in \fl^1(X)$ )
+(auch diese Definition ist Repräsentanten-unabhängig) (Beachte: $f\cdot g \in \fl^1(X)$ )
 
 \textbf{Dann gilt:} 
 \index{Ungleichung!Cauchy-Schwarz}
 \begin{enumerate} \item $L^p(X)$ ist unter $\| \cdot \|_p$ ein normierter Raum (NR).
-\item F\"ur $\hat f, \hat g \in L^2(X)$ gilt:
+\item Für $\hat f, \hat g \in L^2(X)$ gilt:
 \[ | ( \hat f | \hat g ) | = | \int_X f(x)g(x) \text{ d}x | \leq \int_X |fg| \text{ d}x = \| fg \|_1 \overset{\ref{Satz 16.1}}{\leq} \| f \|_2 \| g \|_2 = \| \hat f \|_2 \| \hat g \|_2 \]
 \textbf{(Cauchy-Schwarzsche Ungleichung)}
 \end{enumerate}
@@ -3872,14 +3872,14 @@ Hieraus und aus 4.9 folgt: $f$ ist integrierbar genau dann, wenn $|f|$ integrier
 \begin{definition}
 \[ \fl^p(X, \MdC) := \{ f : X \to \MdC | f  \text{ ist messbar und } \int_X |f|^p \text{ d}x < \infty  \} \]
 (Achtung: mit den Betragsstrichen in ob. Integral ist der komplexe Betrag gemeint!)
-\[ \cn := \{ f: X \to \MdC | f \text{ ist messbar und } f = 0 \text{ f.\"u.} \} \]
+\[ \cn := \{ f: X \to \MdC | f \text{ ist messbar und } f = 0 \text{ f.ü.} \} \]
 $\fl^p(X,\MdC )$ ist ein komplexer Vektorraum (siehe 17.1) und $\cn$ ist ein Untervektorraum von $\fl^p(X,\MdC )$. 
 \[ L^p(X,\MdC ) := \fl^p(X,\MdC)\diagup\cn \]
 \end{definition}
 
 \begin{definition}
 \index{orthogonal}
-F\"ur $f,g \in L^2(X,\MdC )$ setze 
+Für $f,g \in L^2(X,\MdC )$ setze 
 \[(f | g) := \int_X f(x) \overline{g(x)} \text{ d}x\]
 sowie 
 \[f \bot g :\Longleftrightarrow (f | g) = 0 \quad \text{ ($f$ und $g$ sind \textbf{orthogonal}).} \]
@@ -3892,10 +3892,10 @@ sowie
 \[(f | g) = \overline{(g | f)}, \]
 \[ (f | f) = \int_X f(x) \overline{f(x)} \text{ d}x = \int_X |f(x)|^2 \text{ d}x = \| f \|_2^2 \text{, also:} \]
 \[ \| f\|_2 = \sqrt{(f|f)} \quad (f,g \in L^2(X,\MdC )) \]
-(Beachte: es ist $z \cdot \overline{z} = |z|^2$ f\"ur $z \in \MdC$).
+(Beachte: es ist $z \cdot \overline{z} = |z|^2$ für $z \in \MdC$).
 \end{enumerate}
 
-\textbf{Inoffizielle Anmerkung:} Dieses Skalarprodukt ist auf $\MdC$ nur linear in der ersten Komponente! Wenn man einen $\MdC$-Skalar aus der zweiten Komponente rausziehen m\"ochte, muss man diesen komplex konjugieren:
+\textbf{Inoffizielle Anmerkung:} Dieses Skalarprodukt ist auf $\MdC$ nur linear in der ersten Komponente! Wenn man einen $\MdC$-Skalar aus der zweiten Komponente rausziehen möchte, muss man diesen komplex konjugieren:
 \begin{align*}
 \alpha \in \MdC:\quad &(f|\alpha g) = \overline{\alpha} (f|g)\\
 &(\alpha f|g) = \alpha (f | g)
@@ -4097,13 +4097,13 @@ Seien \(f_1,\ldots,f_n,f\in L^2\).
 Es sei \(\mdk\in\{\mdr,\mdc\},\,a,b\in\mdr,\,I:=[a,b]\,(a<b)\) und \(f_{n},\,f,\,g\in C(I,\mdk)\); es war 
 \(\lVert f\rVert_{\infty}:=\max_{t\in I}\lvert f(t)\rvert\).
 \begin{enumerate}
-\item \((f_{n})\) konvergiert auf \(I\) gleichm\"a\ss ig gegen \(f\) genau dann, wenn 
+\item \((f_{n})\) konvergiert auf \(I\) gleichmä\ss ig gegen \(f\) genau dann, wenn 
     \(\lVert f_{n}-f\rVert_{\infty}\to 0\,(n\to\infty)\) (vgl. Analysis I/II).
 \item \(f\in\mathrm{L}^{p}(I,\mdk)\) und \(\lVert f\rVert_{p}\leq(b-a)^{\frac{1}{p}}\lVert f\rVert_{\infty}\) (siehe \ref{Satz 16.2}).
-\item Gilt \(f=g\) fast \"uberall, so ist \(f=g\) auf \(I\).
+\item Gilt \(f=g\) fast überall, so ist \(f=g\) auf \(I\).
 \begin{beweis}
 Es existiert eine Nullmenge \(N\subseteq I:\,f(x)=g(x)\,\forall x\in I\setminus N\).\\
-Sei \(x_{0}\in\mdn\). F\"ur \(\ep>0\) gilt: \(U_{\ep}(x_{0})\cap I\not\subseteq N\) (andernfalls: 
+Sei \(x_{0}\in\mdn\). Für \(\ep>0\) gilt: \(U_{\ep}(x_{0})\cap I\not\subseteq N\) (andernfalls: 
     \(\lambda_{1}(N)\geq\lambda_{1}(U_{\ep}(x_{0})\cap I)>0\)). Das hei\ss t, es existiert ein 
     \(x_{\ep}\in U_{\ep}(x_{0})\cap I:\,x_{\ep}\not\in N\). Also:
     \(\forall n\in\mdn\,\exists x_{n}\in U_{\frac{1}{n}}(x_{0})\cap I:\, x_{n}\not\in N\). Also: \(x_{n}\to x_{0}\).\\
@@ -4159,17 +4159,17 @@ Sei \(m\geq n\). Dann gilt: \(\mathrm{E}_{n}\subseteq\mathrm{E}_{m}\), also \(w:
 Sei \(f\in\mathrm{L}^{2}_{\mdr}\).
 Es gelten die folgenden Bezeichnungen:
 \begin{enumerate}
-\item F\"ur \(k\in\mdn\) bezeichnen wir die Funktionen \(t\mapsto\cos(kt)\) und \(t\mapsto\sin(kt)\) mit \(\cos(k\cdot)\) bzw.
+\item Für \(k\in\mdn\) bezeichnen wir die Funktionen \(t\mapsto\cos(kt)\) und \(t\mapsto\sin(kt)\) mit \(\cos(k\cdot)\) bzw.
     \(\sin(k\cdot)\).
-\item F\"ur \(k\in\mdn_{0}:\,\alpha_{k}:=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}{f(t)\cos(kt)\mathrm{d}t}=\frac{1}{\pi}\Re(f\mid e_{k})\).\\
-F\"ur \(k\in\mdn:\,\beta_{k}:=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}{f(t)\sin(kt)\mathrm{d}t}=\frac{1}{\pi}\Im(f\mid e_{k}),\,\beta_{0}:=0\).
+\item Für \(k\in\mdn_{0}:\,\alpha_{k}:=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}{f(t)\cos(kt)\mathrm{d}t}=\frac{1}{\pi}\Re(f\mid e_{k})\).\\
+Für \(k\in\mdn:\,\beta_{k}:=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}{f(t)\sin(kt)\mathrm{d}t}=\frac{1}{\pi}\Im(f\mid e_{k}),\,\beta_{0}:=0\).
 \end{enumerate}
 
 \begin{definition}
 \index{gerade Funktion}
 \index{ungerade Funktion}
-\(f\) hei\ss t \textbf{gerade} (bez\"uglich \(\pi\)) genau dann, wenn gilt: \(f(t)=f(2\pi-t)\) f\"ur fast alle \(t\in[0,2\pi]\).\\
-\(f\) hei\ss t \textbf{ungerade} (bez\"uglich \(\pi\)) genau dann, wenn gilt: \(f(t)=-f(2\pi-t)\) f\"ur fast alle \(t\in[0,2\pi]\).\\
+\(f\) hei\ss t \textbf{gerade} (bezüglich \(\pi\)) genau dann, wenn gilt: \(f(t)=f(2\pi-t)\) für fast alle \(t\in[0,2\pi]\).\\
+\(f\) hei\ss t \textbf{ungerade} (bezüglich \(\pi\)) genau dann, wenn gilt: \(f(t)=-f(2\pi-t)\) für fast alle \(t\in[0,2\pi]\).\\
 % Bild nicht vergessen...
 \end{definition}
 
@@ -4203,7 +4203,7 @@ f\overset{\lVert\cdot\rVert_{2}}{=}\frac{4}{\pi}\sum_{j=0}^{\infty}{\frac{\sin((
 Beachte: \((S_{n}f)(0)=0\to 0\neq1=f(0)\) und \((S_{n}f)(2\pi)=0\to 0\neq -1=f(2\pi)\).
 \item \(f(t):=\begin{cases}t,&0\leq t\leq\pi\\2\pi-t,&\pi\leq t\leq 2\pi\end{cases}\)\\
 \(f\) ist gerade, das hei\ss t \(\beta_{k}=0\,\forall k\in\mdn\) und \(\alpha_{k}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}{t\cos(kt)\mathrm{d}t},\,\alpha_{0}=\pi\).\\
-F\"ur \(k\geq 1:\quad\alpha_{k}=\begin{cases}0,&k\text{ gerade}\\-\frac{4}{\pi k^{2}},&k\text{ ungerade}\end{cases}\).\\
+Für \(k\geq 1:\quad\alpha_{k}=\begin{cases}0,&k\text{ gerade}\\-\frac{4}{\pi k^{2}},&k\text{ ungerade}\end{cases}\).\\
 Damit:
 \[
 f\overset{\lVert\cdot\rVert_{2}}{=}\frac{\pi}{2}-\frac{4}{\pi}\sum_{j=0}^{\infty}{\frac{\cos((2j+1)\cdot)}{(2j+1)^{2}}}
@@ -4284,9 +4284,9 @@ Aus \ref{Satz 18.7} bzw. \ref{Satz 18.8} folgt:
 \[  f(t) = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi} \sum_{j=0}^\infty \frac{\cos((2j+1) t )}{(2j+1)^2} \quad \forall t \in [0,2\pi] \]
 Setzt man nun $t=0$, folgt
 \[ 0 = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi} \sum_{j=0}^\infty \frac{1}{(2j+1)^2} \]
-und man erh\"alt durch Umstellen eine Auswertung f\"ur diese eigentlich kompliziert wirkende Reihe:
+und man erhält durch Umstellen eine Auswertung für diese eigentlich kompliziert wirkende Reihe:
 \[ \sum_{j=0}^\infty \frac{1}{(2j+1)^2} = \frac{1}{1^2} + \frac{1}{3^2} + \frac{1}{5^2} + \ldots = \frac{\pi^2}{8} \]
-(dass diese Reihe konvergiert, ist eine einfache \"Ubung aus Ana I; ihren Wert aber haben wir bislang noch nicht berechnet)
+(dass diese Reihe konvergiert, ist eine einfache Übung aus Ana I; ihren Wert aber haben wir bislang noch nicht berechnet)
 
 \item $f(t) = (t - \pi)^2 \quad (t \in [0,2\pi])$. $f$ ist gerade bzgl. $\pi$, also ist $\beta_k = 0$. Es ist
 \[ \alpha_k = \begin{cases} \frac{2}{3}\pi^2, &k=0\\ \frac{4}{k^2}, &k \geq 1 \end{cases} \quad \text{(nachrechnen!)}\]
@@ -4294,9 +4294,9 @@ Also:
 \[ f \overset{\| \cdot \|_2}{=} \frac{\pi^2}{3} + 4 \sum_{j=1}^\infty \frac{\cos(j \cdot)}{j^2} \]
 Aus \ref{Satz 18.9} bzw. \ref{Satz 18.7}(2) folgt:
 \[ f(t) = \frac{\pi^2}{3} + 4 \sum_{j=1}^\infty \frac{\cos(j t)}{j^2}  \quad \forall t \in [0, 2\pi] \]
-Setzt man nun $t=0$, erh\"alt man
+Setzt man nun $t=0$, erhält man
 \[ \pi^2 = \frac{\pi^2}{3} + 4 \sum_{j=1}^\infty \frac{1}{j^2}, \text{ also } \sum_{j=1}^\infty \frac{1}{j^2} = \frac{\pi^2}{6} \]
-Damit erh\"alt man z.B. auch
+Damit erhält man z.B. auch
 \[ \sum_{j=1}^\infty \frac{1}{(2j)^2} = \frac{1}{4} \sum_{j=1}^\infty \frac{1}{j^2} = \frac{\pi^2}{24} \]
 und damit
 \[ \sum_{j=1}^\infty \frac{(-1)^{j+1}}{j^2} = \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} - \frac{1}{4^2} \pm \ldots = \frac{\pi^2}{8} - \frac{\pi^2}{24} = \frac{\pi^2}{12} \]

documents/Analysis III/Makefile

@@ -1,4 +1,4 @@
-DOKUMENT = Ana3Bachelor
+DOKUMENT = Analysis-III
 
 make:
 	pdflatex $(DOKUMENT).tex -output-format=pdf