Kapitel getrennt;Nachtrag vom 23.11.2012

documents/Analysis III/Kapitel-1.tex

@@ -0,0 +1,502 @@
+In diesem Kapitel sei $X \neq \emptyset$ eine Menge.
+
+\begin{definition}
+    \index{$\sigma$-!Algebra}
+    Sei $\fa\subseteq\mathcal{P}(X)$, $\fa$ heißt eine 
+    \textbf{$\sigma$-Algebra} auf $X$, wenn gilt:
+    \begin{enumerate}
+        \item[($\sigma_1$)] $X\in\fa$
+        \item[($\sigma_2$)] $A\in\fa \implies A^c\in\fa$
+        \item[($\sigma_3$)] $(A_j)$ ist eine Folge in $\fa \implies$
+                            $\bigcup A_j\in\fa$.
+    \end{enumerate}
+\end{definition}
+
+\begin{beispieleX}
+    \begin{enumerate}
+        \item $\Set{X,\emptyset}$ und $\mathcal{P}(X)$ sind 
+              $\sigma$-Algebren auf $X$.
+        \item Sei $A\subseteq X$, dann ist $\Set{X,\emptyset, A, A^c}$ 
+              eine $\sigma$-Algebra auf $X$.
+        \item $\fa:=\Set{A\subseteq X | A \text{ abzählbar oder } A^c \text{ abzählbar}}$ 
+              ist eine $\sigma$-Algebra auf $X$.
+    \end{enumerate}
+\end{beispieleX}
+
+\begin{lemma}
+\label{Lemma 1.1}
+Sei $\fa$ eine $\sigma$-Algebra auf $X$, dann:
+\begin{enumerate}
+\item $\emptyset\in\fa$
+\item Ist $(A_j)$ eine Folge in $\fa$, so ist $\bigcap A_j\in\fa$.
+\item Sind $A_1,\dots,A_n\in\fa$, so gilt:
+\begin{enumerate}
+\item $A_1\cup\dots\cup A_n\in\fa$
+\item $A_1\cap\dots\cap A_n\in\fa$
+\item $A_1\setminus A_2\in\fa$
+\end{enumerate}
+\end{enumerate}
+\end{lemma}
+
+\begin{beweis}
+    \begin{enumerate}
+    \item \folgtnach{$\sigma_2$} $\emptyset=X^c\in\fa$.
+    \item $D:=\bigcap A_j$. $D^c=\bigcup A_j^c\in\fa$ (nach 
+          ($\sigma_2$) und ($\sigma_3$)), also gilt auch 
+          $D=(D^c)^c\in\fa$.
+    \item \begin{enumerate}
+            \item \folgtnach{($\sigma_3$) mit $A_{n+j}:=\emptyset$ ($j\ge 1$)} 
+                  $A_1\cup\dots\cup A_n\in\fa$.
+            \item \folgtnach{(2) mit $A_{n+j}:=X$ ($j\ge 1)$} 
+                  $A_1\cap\dots\cap A_n\in\fa$.
+            \item $A_1\setminus A_2=A_1\cap A_2^c\in\fa$
+          \end{enumerate}
+    \end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\begin{lemma}
+    \label{Lemma 1.2}
+    Sei $\cf \neq \emptyset$ eine Menge von $\sigma$-Algebren auf $X$. 
+    Dann ist 
+    \[\fa_0:=\bigcap_{\fa\in\cf}\fa\]
+    eine $\sigma$-Algebra auf $X$.
+\end{lemma}
+
+\begin{beweis}
+    \begin{enumerate}
+        \item[($\sigma_1$)] $\forall\fa\in\cf:X\in\fa\implies X\in\fa_0$.
+        \item[($\sigma_2$)] Sei $A\in\fa_0$, dann gilt:
+          \begin{align*}
+            \forall\fa\in\cf:A\in\fa &\implies \forall\fa\in\cf:A^c\in\fa\\
+                                     &\implies A^c\in\fa_0
+          \end{align*}
+        \item[($\sigma_3$)] Sei $(A_j)$ eine Folge in $\fa_0$, dann 
+            ist $(A_j)$ Folge in $\fa$ für alle $\fa\in\cf$, dann gilt:
+          \begin{align*}
+            \forall\fa\in\cf:\bigcap A_j\in\fa \implies \bigcap A_j\in\fa_0
+          \end{align*}
+    \end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\begin{definition}
+    \index{Erzeuger}
+    Sei $\emptyset \neq \mathcal{E} \subseteq \mathcal{P}(X)$ und 
+    $\cf:=\{\fa:\fa$ ist $\sigma$-Algebra auf $X$ mit 
+    $\mathcal{E}\subseteq\fa\}$. Definiere
+    \[\sigma(\mathcal{E}):=\bigcap_{\fa\in\cf}\fa\]
+    \folgtnach{1.2} $\sigma(\mathcal{E})$ ist eine $\sigma$-Algebra 
+    auf $X$. $\sigma(\mathcal{E})$ heißt die 
+    \textbf{von $\mathcal{E}$ erzeugte $\sigma$-Algebra}. 
+    $\mathcal{E}$ heißt ein \textbf{Erzeuger} von 
+    $\sigma(\mathcal{E})$.
+\end{definition}
+
+\begin{lemma}
+    \label{Lemma 1.3}
+    Sei $\emptyset\ne\mathcal{E}\subseteq\mathcal{P}(X)$.
+    \begin{enumerate}
+        \item $\mathcal{E}\subseteq\sigma(\mathcal{E})$. 
+              $\sigma(\mathcal{E})$ ist die "`kleinste"' 
+              $\sigma$-Algebra auf $X$, die $\mathcal{E}$ enthält.
+        \item Ist $\mathcal{E}$ eine $\sigma$-Algebra, so ist 
+              $\sigma(\mathcal{E})=\mathcal{E}$.
+        \item Ist $\mathcal{E}\subseteq\mathcal{E}'$, so ist 
+              $\sigma(\mathcal{E})\subseteq\sigma(\mathcal{E}')$.
+    \end{enumerate}
+\end{lemma}
+
+\begin{beweis}
+    \begin{enumerate}
+        \item Klar nach Definition.
+        \item $\fa:=\mathcal{E}$, dann gilt 
+              $\fa\subseteq\sigma(\mathcal{E})\subseteq\fa$.
+        \item $\mathcal{E}\subseteq\mathcal{E}'\subseteq\sigma(\mathcal{E}')$, 
+              also folgt nach Definition 
+              $\sigma(\mathcal{E})\subseteq\sigma(\mathcal{E}')$.
+    \end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\begin{beispiel}
+    \begin{enumerate}
+        \item Sei $A\subseteq X$ und $\mathcal{E}:=\{A\}$. Dann ist 
+              $\sigma(\mathcal{E})=\{X,\emptyset,A,A^c\}$.
+        \item $X:=\{1,2,3,4,5\}, \mathcal{E}:=\{\{1\},\{1,2\}\}$. 
+              Dann gilt:
+              \[\sigma(\mathcal{E}):=\{X,\emptyset, \{1\},\{2\},\{1,2\},\{3,4,5\},\{1,3,4,5\},\{2,3,4,5\}\}\]
+    \end{enumerate}
+\end{beispiel}
+
+\begin{erinnerung}
+    \index{Offenheit}\index{Abgeschlossenheit}
+    Sei $d\in\mdn, X\subseteq\mdr^d$. $A\subseteq X$ heißt 
+    \textbf{offen} (\textbf{abgeschlossen}) in $X$, genau dann wenn 
+    ein offenes (abgeschlossenes) $G\subseteq\mdr^d$ existiert mit 
+    $A=X\cap G$.\\
+    Beachte: $A$ abgeschlossen in $X$ $\iff$ $X\setminus A$ offen in 
+    $X$.
+\end{erinnerung}
+
+\begin{definition}
+    \index{Borel!$\sigma$-Algebra}\index{$\sigma$-!Algebra, Borelsche}
+    \index{Borel!Mengen}
+    Sei $X\subseteq\mdr^d$.
+    \begin{enumerate}
+        \item $\mathcal{O}(X):=\Set{A\subseteq X | A \text{ ist offen in } X}$
+        \item $\fb(X):=\sigma(\mathcal{O}(X))$ heißt 
+              \textbf{Borelsche $\sigma$-Algebra} auf $X$.
+        \item $\fb_d:=\fb(\mdr^d)$. Die Elemente von $\fb_d$ heißen 
+              \textbf{Borelsche Mengen} oder \textbf{Borel-Mengen}.
+    \end{enumerate}
+\end{definition}
+
+\begin{beispiel}
+    \begin{enumerate}
+        \item Sei $\emptyset \neq X\subseteq\mdr^d$. Ist $A\subseteq$ 
+              $\stackrel{\hbox{offen}}{\hbox{abgeschlossen}}$
+              in $X$, so ist $A\in\fb(X)$.
+        \item Ist $A\subseteq\mdr^d$ 
+              $\stackrel{\hbox{offen}}{\hbox{abgeschlossen}}$,
+              so ist $A\in\fb_d$.
+        \item Sei $d=1, A=\mdq$. $\mdq$ ist abzählbar, also 
+              $\mdq=\{r_1,r_2,\dots\}$ (mit $r_i\ne r_j$ für $i\ne j$). 
+              Also ist $\mdq=\bigcup \{r_j\}$. Sei nun $r\in\mdq$, 
+              dann ist $B:=(-\infty,r)\cup(r,\infty)\in\fb_1$. Daraus 
+              folgt $\{r_j\}\in\fb_1$, also auch $\mdq\in\fb_1$.\\
+              Allgemeiner lässt sich zeigen: 
+              $\mdq^d:=\{(x_1,\dots,x_n):x_j\in\mdq (j=1,\dots,n)\}\in\fb_d$.
+        \item Sei $x_0 \in \mdr^d, \Set{x_0}$ ist abgeschlossen
+              $\Rightarrow \Set{x_0} \in \fb$
+    \end{enumerate}
+\end{beispiel}
+
+\begin{definition}
+    \index{Intervall}
+    \index{Halbraum}
+    \begin{enumerate}
+    \item Seien $I_1,\dots,I_d$ Intervalle in $\mdr$. 
+          Dann heißt $I_1\times\dots\times I_d$ ein \textbf{Intervall} 
+          in $\mdr^d$.
+    \item Seien $a=(a_1,\dots,a_d), b=(b_1,\dots,b_d)\in\mdr^d$.
+          \[a\le b:\iff a_j\le b_j \quad \forall j \in \Set{1, \dots, d}\]
+    \item Seien $a,b\in\mdr^d$ und $a\le b$.
+          \begin{align*}
+            (a,b) &:= (a_1,b_1)\times(a_2,b_2)\times\dots\times(a_d,b_d)\\
+            (a,b] &:= (a_1,b_1]\times(a_2,b_2]\times\dots\times(a_d,b_d]\\
+            [a,b) &:= [a_1,b_1)\times[a_2,b_2)\times\dots\times[a_d,b_d)\\
+            [a,b] &:= [a_1,b_1]\times[a_2,b_2]\times\dots\times[a_d,b_d]
+        \end{align*}
+        mit der Festlegung $(a,b):=(a,b]:=[a,b):=\emptyset$, falls 
+        $a_j=b_j$ für ein $j\in\{1,\dots,d\}$.
+    \item Für $k\in\{1,\dots,d\}$ und $\alpha\in\mdr$ definiere die 
+          folgenden \textbf{Halbräume}:
+          \begin{align*}
+            H_k^-(\alpha) &:= \Set{(x_1,\dots,x_d)\in\mdr^d:x_k\le\alpha}\\
+            H_k^+(\alpha) &:= \Set{(x_1,\dots,x_d)\in\mdr^d:x_k\ge\alpha}
+          \end{align*}
+    \end{enumerate}
+\end{definition}
+
+Beispiel für ein Intervall $(a_1, b_1) \times [a_2, b_2]$ und
+die beiden Halbräume:\\
+\begin{tikzpicture}
+    % Draw axes
+    \draw [<->,thick] (0,2.5) node (yaxis) [above] {$x_2$}
+        |- (2.5,0) node (xaxis) [right] {$x_1$};
+
+    % Draw two intersecting lines
+    \draw[thick, dashed] (1,1) coordinate (a) -- (2,1) coordinate (b);
+    \draw[thick, dashed] (a) -- (1,2) coordinate (d);
+    \draw[thick]         (d) -- (2,2) coordinate (c);
+    \draw[thick]         (b) -- (2,2);
+
+    \fill[green!15] (a) -- (b) -- (c) -- (d) -- (a);
+
+    % Draw lines indicating intersection with y and x axis. Here we 
+    % use the perpendicular coordinate system
+    \draw[dotted] (yaxis |- a) node[left] {$a_2$}
+        -| (xaxis -| a) node[below] {$a_1$};
+
+    \draw[dotted] (yaxis |- c) node[left] {$b_2$}
+        -| (xaxis -| c) node[below] {$b_1$};
+\end{tikzpicture}
+\begin{tikzpicture}
+    \pgfdeclarepatternformonly{north east lines wide}%
+    {\pgfqpoint{-1pt}{-1pt}}%
+    {\pgfqpoint{10pt}{10pt}}%
+    {\pgfqpoint{9pt}{9pt}}%
+    {
+    \pgfsetlinewidth{0.7pt}
+    \pgfpathmoveto{\pgfqpoint{0pt}{0pt}}
+    \pgfpathlineto{\pgfqpoint{9.1pt}{9.1pt}}
+    \pgfusepath{stroke}
+    }
+
+    \pgfdeclarepatternformonly{north west lines wide}
+    {\pgfqpoint{-1pt}{-1pt}}%
+    {\pgfqpoint{7pt}{7pt}}%
+    {\pgfqpoint{6pt}{6pt}}%
+    {
+    \pgfsetlinewidth{0.7pt}
+    \pgfpathmoveto{\pgfqpoint{0pt}{6pt}}
+    \pgfpathlineto{\pgfqpoint{6.1pt}{-0.1pt}}
+    \pgfusepath{stroke}
+    }
+
+    % Draw two intersecting lines
+    \draw[thick, red]   (-1,-1) coordinate (a) -- (2,-1) coordinate (b);
+    \draw[thick, green] ( 1,-1) coordinate (c) -- (1, 2) coordinate (d);
+
+    \fill[pattern=north east lines wide, pattern color=red!50]   (a) -- (b) -- (2,2) -- (-1,2) -- (a);
+    \fill[pattern=north west lines wide, pattern color=green!50] (a) -- (1,-1) -- (1,2) -- (-1,2) -- (a);
+
+    \draw[thick, green] (c) -- (d);
+    \draw[thick, red]   (a) -- (b);
+
+
+    % Draw axes
+    \draw [<->,thick] (0,2.5) node (yaxis) [above] {$x_2$}
+        |- (2.5,0) node (xaxis) [right] {$x_1$};
+    \node[red]   at (1.5,2.8) {$H_2^+(-1)$};
+    \node[green] at (1.5,2.3) {$H_1^-(1)$};
+\end{tikzpicture}
+
+\begin{satz}[Erzeuger der Borelschen $\sigma$-Algebra auf $\mdr^d$]
+\label{Satz 1.4}
+Es seien $\ce_1,\ce_2,\ce_3$ wie folgt definiert:
+\begin{align*}
+\ce_1&:=\Set{(a,b) | a,b\in\mdq^d,a\le b}\\
+\ce_2&:=\Set{(a,b] | a,b\in\mdq^d, a\le b}\\
+\ce_3&:=\Set{H^-_k(\alpha) | \alpha\in\mdq, k \in \Set{1,\dots,d}}
+\end{align*}
+Dann gilt:
+\[\fb_d=\sigma(\ce_1)=\sigma(\ce_2)=\sigma(\ce_3)\]
+Entsprechendes gilt für die anderen Typen von Intervallen und Halbräumen.
+\end{satz}
+
+\begin{beweis}
+\[\fb_d 
+    \stackrel{(1)}{\subseteq} \sigma(\ce_1) 
+    \stackrel{(2)}{\subseteq} \sigma(\ce_2) 
+    \stackrel{(3)}{\subseteq} \sigma(\ce_3) 
+    \stackrel{(4)}{\subseteq} \fb_d
+\]
+\begin{enumerate}
+    \item Sei $G\in\co(\mdr^d), \fm:=\Set{(a,b) | a,b \in \mdq^d, \; a\le b, \; (a,b)\subseteq G}$.\\
+          Dann ist $\fm$ abzählbar und $G=\bigcup_{I\in\fm}I$.\\
+          Also gilt:
+          \[\co(\mdr^d) \subseteq \sigma(\ce_1)\]
+          \[G\in\sigma(\ce_1)\implies \fb_d=\sigma(\co(\mdr^d))\stackrel{1.3}{\subseteq}\sigma(\ce_1)\]
+    \item Sei $a=(a_1, \dots,a_d), b=(b_1,\dots,b_d) \in \mdq^d$ und $a \leq b$ sowie $(a, b)\in\ce_1$.\\
+          \textbf{Fall 1:} $(a,b)=\emptyset\in\ce_2\subseteq\sigma(\ce_2)$\\
+          \textbf{Fall 2:} $(a,b)\ne\emptyset$.\\
+          Dann gilt für alle $j\in\{1,\dots,d\}:a_j<b_j$. Also gilt auch:
+          \[\exists N\in\mdn:\forall n\ge N: \forall j\in\{1,\dots,d\}:a_j<b_j-\frac1n\]
+          Definiere $c_n:=(\frac1n,\dots,\frac1n)\in\mdq^d$. Dann gilt:
+          \[(a,b)=\bigcup_{n\ge N}(a,b-c_n]\in\sigma(\ce_2)\]
+          Also auch $\ce_1\subseteq\sigma(\ce_2)$ und damit 
+          $\sigma(\ce_1)\subseteq\sigma(\ce_2)$.
+    \item Seien $a = (a_1,\dots,a_d), b=(b_1,\dots,b_d) \in \mdq^d$ 
+          mit $a \leq b$. 
+          Nachrechnen:
+          \[(a,b] = \bigcap_{k=1}^d (H^-_k(b_k) \cap H^-_k(a_k)^c) \in \sigma(\ce_3). \]
+          Das heißt $\ce_2 \subseteq \sigma(\ce_3)$ und damit auch 
+          $\sigma(\ce_2) \subseteq \sigma(\ce_3)$. 
+    \item $H^-_k(\alpha)$ ist abgeschlossen, somit ist 
+          $H^-_k(\alpha)^c$ offen und damit $H^-_k(\alpha)^c \in \fb_d$, 
+          also auch $H^-_k(\alpha) \in \fb_d$. Damit ist 
+          $\ce_3 \subseteq \fb_d \implies \sigma(\ce_3) \subseteq \fb_d$. 
+\end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\begin{definition}
+    \index{Spur}
+    Sei $\emptyset \neq \fm \subseteq \mathcal{P}(X)$ und 
+    $\emptyset \neq Y \subseteq X$. 
+    \[\fm_Y := \{A \cap Y : A \in \fm\}\] 
+    heißt die \textbf{Spur von $\fm$ in $Y$}.
+\end{definition}
+
+\begin{beispiel}
+    $X = \mdr^d, \fm \subseteq \sigma(\mdr^d), \; Y \subseteq X$. 
+    Dann: $(\co(\mdr^d))_Y = \sigma(Y)$
+\end{beispiel}
+
+\begin{satz}[Spuren und $\sigma$-Algebren]
+    \label{Satz 1.5}
+    Sei $\emptyset \neq Y \subseteq X$ und $\fa$ eine 
+    $\sigma$-Algebra auf $X$.
+    \begin{enumerate}
+        \item $\fa_Y$ ist eine $\sigma$-Algebra auf $Y$.
+        \item $\fa_Y \subseteq \fa \iff Y \in \fa$
+        \item Ist $\emptyset \neq \ce \subseteq \mathcal{P}(X)$, so 
+              ist $\sigma(\ce_Y) = \sigma(\ce)_Y$.
+    \end{enumerate}
+\end{satz}
+
+\begin{beweis}
+    \begin{enumerate}
+        \item 
+          \begin{enumerate}
+            \item[($\sigma_1$)] Es ist $Y=Y\cap X\in\fa_Y$, da $X\in\fa$.
+            \item[($\sigma_2$)] Sei $B\in\fa_Y$, dann existiert ein 
+                            $A\in\fa$ mit $B=A\cap Y$.\\
+                            Also ist 
+                            $Y\setminus B=\overbrace{(X\setminus A)}^{\in\fa} \cap Y\in\fa_Y$.
+            \item[($\sigma_3$)] Sei $(B_j)$ eine Folge in $\fa_Y$, dann 
+                            existiert eine Folge $(A_j)\in\fa^\mdn$ 
+                            mit $B_j=A_j\cap Y$. Es gilt:
+                            \[\bigcup B_j=\bigcup(A_j\cap Y)=(\bigcup A_j)\cap Y\in\fa_Y\]
+            \end{enumerate}
+        \item Der Beweis erfolgt durch Implikation in beiden Richtungen:
+              \begin{enumerate}
+                \item["`$\implies$"'] Es gilt $Y\in\fa_Y\subseteq\fa$.
+                \item["`$\impliedby$"'] Sei $B\in\fa_Y$, dann existiert ein $A\in\fa$ mit $B=A\cap Y\in\fa$.
+              \end{enumerate}
+        \item Es gilt:
+        \begin{align*}
+        \ce\subseteq\sigma(\ce)&\implies\ce_Y\subseteq\sigma(\ce)_Y\\
+        &\implies\sigma(\ce_Y)\subseteq\sigma(\ce)_Y
+        \end{align*}
+        Sei nun:
+        \[\cd:=\{A\subseteq X:A\cap Y\in\sigma(\ce_Y)\}\]
+        Übung: $\cd$ ist eine $\sigma$-Algebra auf $X$.\\
+        Sei $E\in\ce$ dann ist $E\cap Y\in\ce_Y\subseteq\sigma(\ce_Y)$ also $E\in\cd$ und damit $\ce\subseteq\cd$. Daraus folgt:
+        \begin{align*}
+        \sigma(\ce)_Y&\subseteq\sigma(\cd)_Y=\cd_Y=\{A\cap Y:A\in\cd\}\\
+        &\subseteq\sigma(\ce_Y)
+        \end{align*}
+    \end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\begin{folgerungen}
+    Sei $X\subseteq\mdr^d$. Dann gilt:
+    \begin{enumerate}
+        \item $\fb(X)=(\fb_d)_X$
+        \item \importantbox{\text{Ist } X\in\fb_d \text{, so ist } \fb(X)=\Set{A\in\fb_d:A\subseteq X}\subseteq\fb_d}
+    \end{enumerate}
+\end{folgerungen}
+
+\begin{definition}
+Wir fügen $\mdr$ ein zusätzliches Symbol $+\infty$ hinzu. Es soll gelten:
+\begin{enumerate}
+    \item $(+\infty)+(+\infty):=+\infty$
+    \item $\forall a\in\mdr:a<+\infty$
+    \item $\pm a+(+\infty):=+\infty=:(+\infty)\pm a$
+\end{enumerate}
+Außerdem sei $[0,+\infty]:=[0,\infty)\cup\{+\infty\}$.
+\begin{enumerate}
+    \item Sei $(x_n)$ eine Folge in $[0,+\infty]$. Es gilt:
+          \[x_n\stackrel{n\to\infty}{\to}\infty:\iff \forall c>0\;\exists n_c\in\mdn:\forall n\ge n_c: x_n> c\]
+    \item Sei $(a_n)$ eine Folge in $[0,+\infty]$. Es gilt
+          \[\sum_{n=1}^\infty a_n=\sum a_n = +\infty :\Leftrightarrow
+            \begin{cases}
+                \exists n \in \mdn \text{ mit } a_n = +\infty \text{ oder }\\
+                \sum a_n \text{ divergiert}
+            \end{cases} 
+          \]
+\end{enumerate} 
+Wegen Ana I, 13.1 können Reihen der obigen Form beliebig umgeordnet 
+werden, ohne dass sich ihr Wert verändert.
+\end{definition}
+
+\begin{definition}
+\index{Maß}
+\index{$\sigma$-!Additivität}
+\index{Maßraum}
+\index{Maß!endliches}
+\index{Wahrscheinlichkeitsmaß}\index{Maß!Wahrscheinlichkeits-}
+Sei $\fa$ eine $\sigma$-Algebra auf $X$ und $\mu:\fa\to[0,+\infty]$ 
+eine Abbildung. $\mu$ heißt ein \textbf{Maß} auf $\fa$, genau dann 
+wenn gilt:
+\begin{enumerate}
+\item[$(M_1)$] $\mu(\emptyset)=0$
+\item[$(M_2)$] Ist $(A_j)$ eine disjunkte Folge in $\fa$, so ist 
+$\mu(\bigcup A_j)=\sum\mu(A_j)$. Diese Eigenschaft heißt 
+\textbf{$\sigma$-Additivität}.
+\end{enumerate}
+In diesem Fall heißt $(X,\fa,\mu)$ ein \textbf{Maßraum}.\\
+Ein Maß $\mu$ heißt \textbf{endlich} $:\Leftrightarrow \mu(X)<\infty$.\\
+Ein Maß $\mu$ heißt ein \textbf{Wahrscheinlichkeitsmaß} $:\Leftrightarrow\mu(X)=1$ ist.
+\end{definition}
+
+\begin{beispiel}
+\index{Punktmaß}\index{Maß!Punkt-}
+\index{Dirac-Maß}\index{Maß!Dirac-}
+\index{Zählmaß}\index{Maß!Zähl-}
+\begin{enumerate}
+    \item Sei $\fa:=\cp(X)$ und $x_0\in X$. 
+          $\delta_{x_0}:\fa\to[0,+\infty]$ sei definiert durch:
+          \[\delta_{x_0}(A):=
+          \begin{cases}
+          1,\ x_0\in A\\
+          0,\ x_0\not\in A
+          \end{cases}\]
+          Klar ist, dass $\delta_{x_0}(\emptyset)=0$ ist.\\
+          Sei $(A_j)$ eine disjunkte Folge in $\fa$.
+          \[\delta_{x_0}(\bigcup A_j)=
+          \left.\begin{cases}
+          1,\ x_0\in\bigcup A_j\\
+          0,\ x_0\not\in\bigcup A_j
+          \end{cases}\right\}=\sum\delta_{x_0}(A_j)\]
+          $\delta_{x_0}$ ist ein Maß auf $\fa$ und heißt 
+          \textbf{Punktmaß} oder \textbf{Dirac-Maß}.
+    \item Sei $X:=\mdn$, $\fa:=\cp(X)$ und $(p_j)$ eine Folge in 
+          $[0,+\infty]$. Definiere $\mu:\fa\to[0,+\infty]$ durch:
+          \begin{align*}
+          \text{Für } A \in \fa: \quad 
+          \mu(A):=
+          \begin{cases}
+              0                &\text{, falls } A=\emptyset\\
+              \sum_{j\in A}p_j &\text{, falls } A\ne\emptyset
+          \end{cases}
+          \end{align*}
+          Übung: $\mu$ ist ein Maß auf $\fa=\cp(\mdn)$ und heißt ein \textbf{Zählmaß}. 
+          Sind alle $p_j=1$, so ist $\mu(A)$ gerade die Anzahl der 
+          Elemente von $A$.
+    \item Sei $(X,\fa,\mu)$ ein Maßraum, $\emptyset\ne Y\subseteq X$ 
+          und $\fa_0\subseteq\fa$ eine $\sigma$-Algebra auf $Y$. 
+          Definiere $\mu_0:\fa_0\to[0,+\infty]$ durch 
+          $\mu_0(A):=\mu(A)$ ($A\in\fa_0$).\\
+          Dann ist 
+          $(Y,\fa_0,\mu_0)$ ein Maßraum.\\
+          Ist spezieller $Y\in\fa$, so ist $\fa_0:=\fa_Y\subseteq\fa$ 
+          und man definiert $\mu_{|Y}:\fa_Y\to[0,+\infty]$ durch 
+          $\mu_{|Y}(A):=\mu(A)$ ist ein Maß auf $\fa_Y$.
+\end{enumerate}
+\end{beispiel}
+
+\begin{satz}
+\label{Satz 1.7}
+\((X,\fa,\mu)\) sei ein Maßraum, es seien \(A,B\in\fa\) und 
+\((A_{j})\) sei eine Folge in \(\fa\). Dann:
+\begin{enumerate}
+\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 \(\mu\left(\bigcup A_{j}\right)\leq\sum{\mu(A_{j})}\) (\(\sigma\)-Subadditivität)
+\item Ist \(A_{1}\subseteq A_{2}\subseteq A_{3}\subseteq\dots\), so ist \(\mu(\bigcup A_{j})=\lim_{n\to\infty}{\mu(A_{n})}\)
+\item Ist \(A_{1}\supseteq A_{2}\supseteq A_{3}\supseteq\dots\) und \(\mu(A)<\infty\), so ist
+	\(\mu(\bigcap A_{j})=\lim_{n\to\infty}{\mu(A_{n})}\)
+\end{enumerate}
+\end{satz}
+\begin{beweis}
+\begin{enumerate}
+% Eigentlich muesste es in folgender Zeile statt B=(B\setminus A)\cup A korrekt 
+% heissen: B=(B\setminus A)\cupdot A -- Spaeter
+\item[(1)-(3)] \(B=(B\setminus A)\cup A\). Dann: \(\mu(B)=\underbrace{\mu(B\setminus A)}_{\geq0}+\mu(A)\geq\mu(A)\)
+\item[(4)] % Das muesste jetzt eigentlich Punkt 4 sein
+\(B_{1}=A_{1},\,B_{k}:=A_{k}\setminus\bigcup_{j=1}^{k-1}{A_{j}}\quad(k\geq 2)\)
+
+Dann: \(B_{j}\in\fa,\,B_{j}\subseteq A_{j}\,(j\in\MdN);\,(B_{j})\) disjunkt und \(\bigcup A_{j}=\bigcup B_{j}\). Dann:
+\[
+\mu\left(\bigcup A_{j}\right)=\mu\left(\bigcup B_{j}\right)=\sum{\underbrace{\mu(B_{j})}_{\leq\mu(A_{j})}}\leq\sum{\mu(A_{j})}
+\]
+\item[(5)] % Das muesste jetzt eigentlich Punkt 5 sein
+\(B_{1}=A_{1},\,B_{k}=A_{k}\setminus A_{k-1}\,(k\geq 2)\)
+
+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)] Übung
+\end{enumerate}
+\end{beweis}

documents/Analysis III/Kapitel-2.tex

@@ -0,0 +1,478 @@
+\index{Lebesgue-Maß}
+
+In diesem Kapitel sei \(X\) eine Menge, \(X\neq\emptyset\).
+\begin{definition}
+    \index{Ring}
+    Sei \(\emptyset\neq \fr \subseteq \cp(X)\). 
+    $\fr$ heißt ein \textbf{Ring} auf \(X\), genau dann wenn gilt:
+    \begin{enumerate}
+        \item[(R1)] \(\emptyset \in \fr\)
+        \item[(R2)] \(A,B \in \fr \, \implies \; A\cup B, \, B \setminus A \in \fr\)
+    \end{enumerate}
+\end{definition}
+
+\textbf{Hinweis}: $(\fr, \cup, \setminus)$ ist kein Ring im Sinne
+der linearen Algebra, $(\fr, \cup)$ kein Inverses Element hat und 
+$(\fr, \cup)$ nicht kommutativ ist.
+
+\begin{definition}
+    \index{Elementarvolumen}
+    \index{Figuren}
+    Sei \(d\in\MdN\).
+    \begin{enumerate}
+        \item \(\ci_d :=\Set{(a,b] | a,b \in \MdR^{d}, \, a \leq b} (\emptyset \in \ci_d)\).
+              Seien \(a=(a_{1},\dots,a_{d}),\,b=(b_{1},\dots,b_{d})\in\MdR^d\) 
+              und \(I:=(a,b] \in \ci_{d}\)
+              \[
+              \lambda_{d}(I)= \begin{cases}
+                0                                             & \text{falls }I=\emptyset\\
+                (b_{1}-a_{1})(b_{2}-a_{2})\dots(b_{d}-a_{d}) & \text{falls }I\neq\emptyset\end{cases}\quad\text{(\textbf{Elementarvolumen})}
+              \]
+        \item \(\cf_d:=\Set{\bigcup_{j=1}^{n}I_{j} | n\in\MdN,\,I_{1},\dots,I_{n}\in \ci_d}\) (\textbf{Menge der Figuren})
+    \end{enumerate}
+\end{definition}
+Ziel dieses Kapitels: Fortsetzung von \(\lambda_{d}\) auf \(\cf_{d}\) 
+und dann auf \(\fb_d\) (\(\leadsto\) Lebesgue-Maß)
+
+Beachte: \(\ci_{d}\subseteq\cf_{d}\subseteq\fb_{d}\overset{1.4}{\implies}\fb_{d}=\sigma(\ci_{d})=\sigma(\cf_{d})\)
+\begin{lemma}
+    \label{Lemma 2.1}
+    Seien \(I,I'\in\ci_{d}\) und \(A\in\cf_{d}\). Dann:
+    \begin{enumerate}
+        \item \(I\cap I'\in\ci_{d}\)
+        \item \(I\setminus I'\in\cf_{d}.\) 
+              Genauer: \(\exists\left\{I_{1}',\dots,I_{l}'\right\}\subseteq\ci_{d}\) disjunkt:
+              \(I\setminus I'=\bigcup_{j=1}^{l}{I_{j}'}\) % \bigcupdot
+        \item \(\exists\left\{I_{1}',\dots,I_{l}'\right\}\subseteq\ci_{d}\) disjunkt: \(A=\bigcup_{j=1}^{l}{I_{j}'}\)
+        \item \(\cf_d\) ist ein Ring.
+    \end{enumerate}
+\end{lemma}
+
+\begin{beweis}
+\begin{enumerate}
+    \item Sei \(I=\prod_{k=1}^{d}{(a_{k},b_{k}]},
+             \,I'=\prod_{k=1}^{d}{(\alpha_{k},\beta_{k}]};
+   \,\alpha_{k}':=\max\{\alpha_{k},a_{k}\},
+    \,\beta_{k}':=\min\{\beta_{k},b_{k}\}\)
+
+          \(\exists k\in\Set{1,\dots,d} : \alpha_{k}'\geq\beta_{k}'
+            \implies I\cap I'=\emptyset\in\ci_{d}\).\\
+          Sei \(\alpha_{k}'<\beta_{k}'\forall k\in\{1,\dots,d\}\), 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 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!
+
+                        Nachrechnen: 
+                        \[
+                        I\setminus I'=(I_{1}\setminus I_{1}')\times I_{2}\dot \cup(I_{1}\cap I_{1}')\times(I_{2}\setminus I_{2}')
+                        \]
+                        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 für \(d+1\)
+          \end{itemize}
+    \item \begin{itemize}
+            \item[\underline{Vor.:}] Sei $n \in \mdn$ und 
+                \(A=\bigcup_{j=1}^{n}{I_{j}}\) mit 
+                \(I_{1},\dots,I_{d}\in\ci_{d}\) 
+            \item[\underline{Beh.:}] Es existiert
+                \(\{I_{1}',\dots,I_{l}'\}\subseteq\ci_{d}\) disjunkt: 
+                \(A=\bigcup_{j=1}^{l}{I_{j}'}\)
+          \item[\underline{Bew.:}] mit Induktion nach $n$:
+          \begin{itemize}
+            \item[I.A.] \(n=1:\,A=I_{1}\)\checkmark
+            \item[I.V.] Die Behauptung gelte für ein \(n\geq 1\)
+            \item[I.S.] Sei \(A=\bigcup_{j=1}^{n+1}{I_{j}}\quad(I_{1},\dots,I_{n+1}\in\ci_{d})\)
+
+                        IV\(\,\implies\,\exists\{I_{1}',\dots,I_{l}'\}\subseteq\ci_{d}\) disjunkt:
+                        \(\bigcup_{j=1}^{n}{I_{j}}=\bigcup_{j=1}^{l}{I_{j}'}\)	% \bigcupdot
+
+                        Dann: \(A=I_{n+1}\cup\bigcup_{j=1}^{l}{I_{j}'}=I_{n+1}\cup\bigcup_{j=1}^{l}{(I_{j}'\setminus I_{n+1})}\) % \cupdot
+
+                        Wende (2) auf jedes \(I_{j}'\setminus I_{n+1}\) an \((j=1,\dots,l)\): 
+                        \(I_{j}'\setminus I_{n+1}=\bigcup_{j=1}^{l_{j}}{I_{j}''}\quad(I_{j}''\in\ci_{d})\)
+
+                        Damit folgt:
+                        \[
+                        A=I_{n+1}\cup\bigcup_{j=1}^{l}{\left(\bigcup_{j=1}^{l_{j}}{I_{j}''}\right)}
+                        \]
+                        Daraus folgt die Behauptung für \(n+1\).
+            \end{itemize}
+        \end{itemize}
+    \item \((a,a]=\emptyset\implies\emptyset\in\cf_{d}\)
+
+          Seien \(A,B\in\cf_{d}\). Klar: \(A\cup B\in\cf_{d}\)
+
+          Sei \(A=\bigcup_{j=1}^{n}{I_{j}},\,B=\bigcup_{j=1}^{n}{I_{j}'}\quad(I_{j},I_{j}'\in\ci_{d})\). Zu zeigen: \(B\setminus A\in\cf_{d}\)
+          \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 für ein \(n\in\MdN\)
+            \item[I.S.] Sei \(A'=A\cup I_{n+1}\quad(I_{n+1}\in\ci_{d})\). Dann:
+                        \[
+                        B\setminus A'=\underbrace{(B\setminus A)}_{\in\cf_{d}}\setminus\underbrace{I_{n+1}}_{\in\cf_{d}}\in\cf_{d}
+                        \text{ (siehe I.A.)}
+                        \]
+          \end{itemize}
+  \end{enumerate}
+\end{beweis}
+ohne Beweis:
+\begin{lemma}[Unabhängigkeit von der Darstellung]
+    \label{Lemma 2.2}
+    Sei \(A\in\cf_{d}\) und \(\{I_{1},\dots,I_{n}\}\subseteq\ci_{d}\) disjunkt und
+    \(\{I_{1}',\dots,I_{m}'\}\subseteq\ci_{d}\) disjunkt mit 
+    \(\bigcup_{j=1}^{n}{I_{j}}=A=\bigcup_{j=1}^{m}{I_{j}'}\). Dann:
+    \[
+    \sum_{j=1}^{n}{\lambda_{d}(I_{j})}=\sum_{j=1}^{m}{\lambda_{d}(I_{j}')}
+    \]
+\end{lemma}
+\begin{definition}
+    Sei \(A\in\cf_{d}\) und \(A=\bigcup_{j=1}^{n}{I_{j}}\) mit 
+    \(\{I_{1},\dots,I_{n}\}\subseteq\ci_{d}\)
+    disjunkt (beachte Lemma \ref{Lemma 2.1}, Punkt 3).
+    \[
+    \lambda_{d}(A):=\sum_{j=1}^{n}{\lambda_{d}(I_{j})}
+    \]
+    \folgtnach{\ref{Lemma 2.2}} \(\lambda_{d}:\cf_{d}\to[0,\infty)\)
+    ist wohldefiniert.
+\end{definition}
+\begin{satz}
+    \label{Satz 2.3}
+    Seien \(A,B\in\cf_{d}\) und \((B_{n})\) sei eine Folge in \(\cf_{d}\).
+    \begin{enumerate}
+        \item \(A\cap B=\emptyset\implies\lambda_{d}(A\cup B)=\lambda_{d}(A)+\lambda_{d}(B)\)
+        \item \(A\subseteq B\implies\lambda_{d}(A)\leq\lambda_{d}(B)\)
+        \item \(\lambda_{d}(A\cup B)\leq\lambda_{d}(A)+\lambda_{d}(B)\)
+        \item Sei \(\delta>0\). Es existiert \(C\in\cf_{d}:\overline{C}\subseteq B\) 
+              und \(\lambda_{d}(B\setminus C)\leq\delta\).
+        \item Ist \(B_{n+1}\subseteq B_{n}\forall n\in\mdn\) und 
+              \(\bigcap B_{n}=\emptyset\), so gilt: 
+              \(\lambda_{d}(B_{n})\to 0\,(n\to \infty)\)
+    \end{enumerate}
+\end{satz}
+
+\begin{beweis}
+\begin{enumerate}
+\item Aus Lemma \ref{Lemma 2.1} folgt: Es existiert 
+\(\{I_{1},\dots,I_{n}\}\subseteq\ci_{d}\)
+disjunkt und es existiert \(\{I_{1}',\dots,I_{m}'\}\subseteq\ci_{d}\) disjunkt:
+\(A=\bigcup_{j=1}^{n}{I_{j}},\,B=\bigcup_{j=1}^{m}{I_{j}'}\).
+
+\(J:=\{I_{1},\dots,I_{n},I_{1}',\dots,I_{m}'\}\subseteq\ci_{d}\). Aus 
+\(A\cap B=\emptyset\) folgt: \(J\) ist disjunkt. Dann: 
+\(A\cup B=\bigcup_{I\in J}{I}\)	% Hier auch wieder: \bigcupdot
+
+Also:
+\begin{align*}
+\lambda_{d}(A\cup B)&=\sum_{I\in J}{\lambda_{d}(I)}\\
+    &=\sum_{j=1}^{n}{\lambda_{d}(I_{j})}+\sum_{j=1}^{m}{\lambda_{d}(I_{j}')}\\
+    &=\lambda_{d}(A)+\lambda_{d}(B)
+\end{align*}
+\item wie bei Satz \ref{Satz 1.7}
+\item \(\lambda_{d}(A\cup B)=\lambda(A \dot{\cup} (B\setminus A))\overset{(1)}{=}\lambda_{d}(A)+\lambda_{d}(B\setminus A)\overset{(2)}{\leq}\lambda_{d}(A)+\lambda_{d}(B)\) % \cupdot
+\item Übung (es genügt \(B\in\ci_{d}\) zu betrachten).
+\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}
+\label{eq: Abschaetzung Mass -- Beweis Satz 2.3.(5)}
+\lambda_{d}(B_{n}\setminus C_{n})\leq\frac{\varepsilon}{2^{n}}
+\end{equation}
+Dann:
+\(\bigcap{\overline{C}_{n}}\subseteq\bigcap{B_{n}}=\emptyset\implies\bigcup{\overline{C}_{n}^{c}}=\mdr^{d}\implies\underbrace{\overline{B}_{1}}_{\text{kompakt}}\subseteq\bigcup{\underbrace{\overline{C}_{n}^{c}}_{\text{offen}}}\)
+
+Aus der Definition von Kompaktheit (Analysis II, \S 2) folgt:
+\(\exists m\in\mdn:\,\bigcup_{j=1}^{m}{\overline{C}_{j}^{c}}\supseteq\overline{B}_{1}\)
+Dann: \(\bigcap_{j=1}^{m}{\overline{C}_{j}}\subseteq\overline{B}_{1}^{c}\).
+Andererseits: \(\bigcap_{j=1}^{m}{\overline{C}_{j}}\subseteq\bigcap_{j=1}^{m}{B_{j}}\subseteq B_{1}\subseteq\overline{B}_{1}\). 
+
+Also: \(\bigcap_{j=1}^{m}{\overline{C}_{j}}=\emptyset\). Das heißt:
+\(\bigcap_{j=1}^{n}{\overline{C}_{j}}=\emptyset \quad \forall n\geq m\)
+
+\(D_{n}:=\bigcap_{j=1}^{n}{C_{j}}\). Dann: \(D_{n}=\emptyset \quad \forall n\geq m\)
+
+\textbf{Behauptung:} \(\lambda_{d}(B_{n}\setminus D_{n})\leq\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right)\ep \quad \forall n\in\mdn\)
+\begin{beweis} (induktiv)
+\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.] Sei \(n\in\mdn\) und es gelte 
+            $\lambda_{d}(B_{n}\setminus D_{n})\leq\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right)\ep$
+\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}}}\\
+    &\overset{(2)}{\leq}\lambda_{d}(B_{n}\setminus D_{n})+\frac{\ep}{2^{n+1}}\\
+    &\overset{\text{I.V.}}{\leq}\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right)+\frac{\ep}{2^{n+1}}\\
+&=\left(1-\frac{1}{2^{n+1}}\right)\ep
+    \end{align*}
+\end{itemize}
+\end{beweis}
+
+Für \(n\geq m:\,D_{n}=\emptyset\,\implies\,\lambda_{d}(B_{n})=\lambda_{d}(B_{n}\setminus D_{n})\leq\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right)\varepsilon\leq\varepsilon\)
+\end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\begin{definition}
+\index{Prämaß}
+Es sei \(\fr\) ein Ring auf \(X\). Eine Abbildung \(\mu:\fr\to[0,\infty]\) 
+heißt ein \textbf{Prämaß} \ auf \(\fr\), wenn gilt:
+\begin{enumerate}
+\item \(\mu(\emptyset)=0\)
+\item Ist \(A_{j}\) eine disjunkte Folge in \(\fr\) und \(\bigcup{A_{j}}\in\fr\), so ist \(\mu\left(\bigcup{A_{j}}\right)=\sum{\mu(A_{j})}\).
+\end{enumerate}
+\end{definition}
+
+\begin{satz}
+\label{Satz 2.4}
+\(\lambda_{d}:\cf_{d}\to[0,\infty]\) ist ein Prämaß auf $\cf_{d}$.
+\end{satz}
+\begin{beweis}
+\begin{enumerate}
+\item Klar: \(\lambda_{d}(\emptyset)=0\)
+\item Sei \(A_{j}\) eine disjunkte Folge in \(\cf_{d}\) und \(A:=\bigcup{A_{j}}\in\cf_{d}\).
+
+\(B_{n}:=\bigcup_{j=n}^{\infty}{A_{j}}\,(n\in\mdn)\); \((B_{n})\) hat die
+Eigenschaften aus \ref{Satz 2.3}, Punkt 5. Also: \(\lambda_{d}(B_{n})\to 0\).
+
+Für \(n\geq 2\):
+\[
+\lambda_{d}(A)=\lambda_{d}(A_{1}\cup\dots\cup A_{n-1}\cup B_{n})\overset{\ref{Satz 2.3}.(1)}{=}\sum_{j=1}^{n-1}{\lambda_{d}(A_{j})}+\lambda_{d}(B_{n})
+\]
+Daraus folgt: 
+\[
+\sum_{j=1}^{n-1}{\lambda_{d}(A_{j})}=\lambda_{d}(A)-\lambda_{d}(B_{n})\quad\forall n\geq 2
+\]
+Mit \(n\to\infty\) folgt die Behauptung.
+\end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+Ohne Beweis:
+\begin{satz}[Fortsetzungssatz von Carath\'eodory]
+\label{Satz 2.5}
+Sei \(\fr\) ein Ring auf \(X\) und \(\mu:\fr\to[0,\infty]\) ein Prämaß. Dann
+existiert ein Maßraum \((X,\fa(\mu),\overline{\mu})\) mit
+\begin{enumerate}
+\item \(\sigma(\fr)\subseteq\fa(\mu)\)
+\item \(\overline{\mu}(A)=\mu(A) \quad \forall A\in\fr\)
+\end{enumerate}
+Insbesondere: \(\overline{\mu}\) ist ein Maß\ auf \(\sigma(\fr)\).
+\end{satz}
+
+\begin{satz}[Eindeutigkeitssatz]
+\label{Satz 2.6}
+Sei \(\emptyset\neq\ce\subseteq\cp(X)\), es seien \(\nu,\,\mu\) Maße auf
+\(\sigma(\ce)\).
+
+Es gelte:
+\begin{enumerate}
+    \item \(E,F\in\ce\implies E\cap F\in\ce\quad\text{(durchschnittstabil)}\)
+    \item $\exists$ eine Folge \((E_{n})\) in \(\ce\): \(\bigcup{E_{n}}=X\) 
+          und \(\mu(E_{n})<\infty \quad \forall n\in\mdn\).
+    \item \(\mu(E)=\nu(E) \quad \forall E\in\ce\)
+\end{enumerate}
+Dann: \(\mu=\nu\) auf \(\sigma(\ce)\).
+\end{satz}
+
+\begin{satz}
+\label{Satz 2.7}
+\index{Lebesgue-Maß}
+Es gibt genau eine Fortsetzung von \(\lambda_{d}:\cf_{d}\to[0,\infty]\) auf
+\(\fb_{d}\) zu einem Maß. Diese Fortsetzung heißt \textbf{Lebesgue-Maß} \ (L-Maß)
+und wird ebenfalls mit \(\lambda_{d}\) bezeichnet.
+\end{satz}
+\begin{beweis}
+\folgtnach{(\ref{Lemma 2.1}) und (\ref{Satz 2.4})}: \(\lambda_{d}\) ist ein
+Prämaß\ auf \(\fr:=\cf_{d}\); es ist \(\sigma(\fr)=\fb_{d}\).
+
+\folgtnach{\ref{Satz 2.5}}: \(\lambda_{d}\) kann zu einem Maß auf 
+\(\sigma(\cf_{d}) = \fb_{d}\) fortgesetzt werden. Für diese 
+Fortsetzung schreiben wir wieder $\lambda_d$, also
+$\lambda_d: \fb_{d} \rightarrow [0, +\infty]$
+
+Sei \(\nu\) ein weiteres Maß\ auf \(\fb_{d}\) mit: 
+\(\nu(A)=\lambda_{d}(A)\,\forall A\in\cf_{d}\). \(\ce:=\ci_{d}\). Dann:
+\(\sigma(\ce)\overset{\ref{Satz 1.4}}{=}\fb_{d}\).
+\begin{enumerate}
+    \item \(E,F\in\ce\overset{\ref{Lemma 2.1}}{\implies}E\cap F\in\ce\)
+    \item \(E_{n}:=(-n,n]^{d}\)
+          Klar: 
+          \begin{align*}
+            \bigcup E_{n}&=\mdr^{d}\\
+            \lambda_{d}(E_{n})&=(2n)^{d}<\infty
+          \end{align*}
+\end{enumerate}
+Klar: \(\nu(E)=\lambda_{d}(E)\,\forall E\in\ce\). Mit Satz \ref{Satz 2.6} folgt
+dann: \(\nu=\lambda_{d}\) auf \(\fb_{d}\).
+\end{beweis}
+
+\begin{bemerkung}
+Sei \(X\in\fb_{d}\). Aus 1.6 folgt: \(\fb(X)=\Set{A\in\fb_{d} | A\subseteq X}\).
+Die Einschränkung von \(\lambda_{d}\) auf \(\fb(X)\) heißt ebenfalls
+L-Maß\ und wird mit \(\lambda_{d}\) bezeichnet.
+\end{bemerkung}
+
+\begin{beispieleX}
+\begin{enumerate}
+\item Seien \(a=(a_{1},\dots,a_{d}),\,b=(b_{1},\dots,b_{d})\in\mdr^{d},\,a\leq b\) und \(I=[a,b]\).\\
+\textbf{Behauptung}\\\(\lambda_{d}([a,b])=(b_{1}-a_{1})\dots(b_{d}-a_{d})\) (Entsprechendes gilt für \((a,b)\) und \([a,b)\))
+\begin{beweis}
+\(I_{n}:=(a_{1}-\frac{1}{n},b_{1}]\times\dots\times(a_{d}-\frac{1}{n},b_{d}];\,I_{1}\supset I_{2}\supset\dots;\,\bigcap I_{n}=I,\,\lambda_{d}(I_{1})<\infty\)
+
+Aus Satz \ref{Satz 1.7}, Punkt 5, folgt:
+\begin{align*}
+\lambda_{d}(I)&=\lim_{n\to\infty}{\lambda_{d}(I_{n})}\\
+&=\lim_{n\to\infty}{(b_{1}-a_{1}+\frac{1}{n})\dots(b_{d}-a_{d}+\frac{1}{n})}\\
+&=(b_{1}-a_{1})\dots(b_{d}-a_{d})
+\end{align*}
+\end{beweis}
+\item Sei \(a\in\mdr^{d},\,\{a\}=[a,a]\in\fb_{d}\). \folgtnach{Bsp (1)} \(\lambda_{d}(\{a\})=0\).
+\item \(\mdq^{d}\) ist abzählbar, also: \(\mdq^{d}=\{a_{1},a_{2},\dots\}\)
+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 \(A\subseteq\mdr^{d}\) abzählbar, so ist
+\(A\in\fb_{d}\) und \(\lambda_{d}(A)=0\).
+\item Sei \(j\in\{1,\dots,d\}\) und \(H_{j}:=\Set{(x_{1},\dots,x_{d})\in\mdr^{d} | x_{j}=0}\). \(H_{j}\) ist abgeschlossen, damit folgt: \(H_{j}\in\fb_{d}\).
+
+Ohne Beschränkung der Allgemeinheit sei \(j=d\). Dann:
+\(I_{n}:=\underbrace{[-n,n]\times\dots\times[-n,n]}_{(d-1)-\text{mal}}\times\{0\}\).
+% Hier fehlt noch eine Graphik
+Aus Beispiel (1) folgt: \(\lambda_{d}(I_{n})=0\).
+
+Aus \(H_{d}=\bigcup{I_{n}}\) folgt: \(\lambda_{d}(H_{d})\leq\sum{\lambda_{d}(I_{n})}=0\). Also: \(\lambda_{d}(H_{j})=0\).
+\end{enumerate}
+\end{beispieleX}
+
+\begin{definition}
+    Sei $x\in\mdr^d, \emptyset \neq A\subseteq\mdr^d$. Definiere:
+    \begin{align*}
+        x+A          &:= \Set{x+a | a \in A}\\
+        x+ \emptyset &:= \emptyset
+    \end{align*}
+\end{definition}
+
+\begin{beispiel}
+Ist $I\in\ci_d$, so gilt $x+I\in\ci_d$ und $\lambda_d(x+I)=\lambda_d(I)$.
+\end{beispiel}
+
+\begin{satz}
+\label{Satz 2.8}
+Sei $x\in\mdr^d, \fa:=\{B\in\fb_d:x+B\in\fb_d\}$ und $\mu:\fa\to[0,\infty]$ sei definiert durch $\mu(A):=\lambda_d(x+A)$. Dann gilt:
+\begin{enumerate}
+\item $(\mdr^d,\fa,\mu)$ ist ein Maßraum.
+\item Es ist $\fa=\fb_d$ und $\mu=\lambda_d$ auf $\fb_d$. D.h. für alle $A\in\fb_d$ ist $x+A\in\fb_d$ und $\lambda_d(x+A)=\lambda_d(A)$ (Translationsinvarianz des Lebesgue-Maßes).
+\end{enumerate}
+\end{satz}
+
+\begin{beweis}
+\begin{enumerate}
+\item Leichte Übung!
+\item Es ist klar, dass $\fb_d\supseteq\fa$. Nach dem Beispiel von oben gilt:
+\[\ci_d\subseteq\fa\subseteq\fb_d=\sigma(\ci_d)\subseteq\sigma(\fa)=\fa\]
+Setze $\ce:=\ci_d$, dann ist $\sigma(\ce)=\fb_d$ und es gilt nach dem Beispiel von oben:
+\[\forall E\in\ce:\mu(E)=\lambda_d(E)\]
+$\ce$ hat die Eigenschaften (1) und (2) aus Satz \ref{Satz 2.6}, daraus folgt dann, dass $\mu=\lambda_d$ auf $\fb_d$ ist.
+\end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+Ohne Beweis:
+\begin{satz}
+    \label{Satz 2.9}
+    Sei $\mu$ ein Maß auf $\fb_d$ mit der Eigenschaft:
+    \[\forall x\in\mdr^d, A\in\fb_d:\mu(A)=\mu(x+A)\]
+    Weiter sei $c:=\mu((0,1]^d)<\infty$. Dann gilt:
+    \[\mu=c\cdot\lambda_d\]
+    Falls $c=1$, so ist $\mu$ das Lebesgue-Maß.
+\end{satz}
+
+\begin{satz}[Regularität des Lebesgue-Maßes]
+\label{Satz 2.10}
+Sei $A \in\fb_d$, dann gilt:
+\begin{enumerate}
+\item
+$\lambda_d(A)
+ =\inf\Set{\lambda_d(G) | G\subseteq\mdr^d\text{ offen und }A \subseteq G}\\
+ =\inf\Set{\lambda_d(V) | V=\bigcup_{j=1}^\infty I_j, I_j\subseteq\mdr^d\text{ offenes Intervall }, A\subseteq V}$
+\item $\lambda_d(A)=\sup\Set{\lambda_d(K) | K\subseteq\mdr^d\text{ kompakt }, K\subseteq A}$
+\end{enumerate}
+\end{satz}
+
+\begin{beweis}
+\begin{enumerate}
+\item Ohne Beweis.
+\item Setze $\beta:=\sup\Set{\lambda_d(K) | K\subseteq\mdr^d\text{ kompakt }, K\subseteq A}$.
+      Sei $K$ kompakt und $K\subseteq A$, dann gilt $\lambda_d(K)\le\lambda_d(A)$, also ist auch $\beta\le\lambda_d(A)$.
+
+\textbf{Fall 1:} Sei $A$ zusätzlich beschränkt.\\
+Sei $\ep>0$. Es existiert ein $r>0$, sodass $A\subseteq B:=\overline{U_r(0)}\subseteq[-r,r]^d$ ist, dann gilt:
+\[\lambda_d(A)\le\lambda_d([-r,r]^d)=(2r)^d<\infty\]
+Aus (1) folgt, dass eine offene Menge $G\supseteq B\setminus A$ existiert mit $\lambda_d(G)\le\lambda_d(B\setminus A)+\ep$. Dann gilt nach \ref{Satz 1.7}:
+\[\lambda_d(B\setminus A)=\lambda_d(B)-\lambda_d(A)\]
+Setze nun $K:=B\setminus G=B\cap G^c$, dann ist $K$ kompakt und $K\subseteq B\setminus(B\setminus A)=A$. Da $B\subseteq G\cup K$ ist, gilt:
+\[\lambda_d(B)\le\lambda_d(G\cup K)\le \lambda_d(B)-\lambda_d(A)+\ep+\lambda_d(K)\]
+Woraus folgt:
+\[\lambda_d(A)\le\lambda_d(K)+\ep\]
+
+\textbf{Fall 2:} Sei $A\in\fb_d$ beliebig.\\
+Setze $A_n:=A\cap\overline{U_n(0)}$. Dann ist $A_n$ für alle $n\in\mdn$ beschränkt, $A_n\subseteq A_{n+1}$ und $A=\bigcup_{n\in\mdn} A_n$. Nach \ref{Satz 1.7} gilt:
+\[\lambda_d(A)=\lim\lambda_d(A_n)\]
+Aus Fall 1 folgt, dass für alle $n\in\mdn$ ein kompaktes $K_n\subseteq A_n$ mit $\lambda_d(A_n)\le\lambda_d(K_n)+\frac1n$ existiert. Dann gilt:
+\[\lambda_d(A_n)\le\lambda_d(K_n)+\frac1n\le\lambda_d(A)+\frac1n\]
+Also auch:
+\[\lambda_d(A)=\lim\lambda(K_n)\le\beta\]
+\end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\textbf{Auswahlaxiom:}\\
+Sei $\emptyset\ne\Omega$ Indexmenge, es sei $\Set{X_\omega | \omega\in\Omega}$ 
+ein disjunktes System von nichtleeren Mengen $X_\omega$. Dann 
+existiert ein $C\subseteq\bigcup_{\omega\in\Omega}X_\omega$, sodass 
+$C$ mit jedem $X_j$ genau ein Element gemeinsam hat.
+
+\begin{satz}[Satz von Vitali]
+\label{Satz 2.11}
+Es existiert ein $C\subseteq\mdr^d$ sodass $C\not\in\fb_d$.
+\end{satz}
+
+\begin{beweis}
+Wir definieren auf $[0,1]^d$ eine Äquivalenzrelation $\sim$, durch:
+\begin{align*}
+\forall x,y\in[0,1]^d: x \sim y\iff x-y\in\mdq^d\\
+\forall x\in[0,1]^d:[x]:=\Set{y\in[0,1]^d | x\sim y}
+\end{align*}
+Nach dem Auswahlaxiom existiert ein $C\subseteq[0,1]^d$, sodass $C$ mit jedem $[x]$ genau ein Element gemeinsam hat.
+Es ist $\mdq^d\cap[-1,1]^d=\{q_1,q_2,\dots\}$ mit $q_i\ne q_j$ für $(i\ne j)$. Dann gilt:
+\begin{align*}
+\tag{1} \bigcup_{n=1}^\infty(q_n+C)\subseteq[-1,2]^d\\
+\tag{2} [0,1]^d\subseteq\bigcup_{n=1}^\infty(q_n+C)
+\end{align*}
+\begin{beweis}
+Sei $x\in[0,1]^d$. Wähle $y\in C$ mit $y\in[x]$, dann ist $x\sim y$, also $x-y\in\mdq^d\cap[-1,1]^d$. D.h.:
+\[\exists n\in\mdn: x-y=q_n\implies x=q_n+y\in q_n+C\] 
+\end{beweis}
+Außerdem ist $\Set{q_n+C | n\in\mdn}$ disjunkt.
+\begin{beweis}
+Sei $z\in(q_n+C)\cap(q_m+C)$, dann existieren $a,b\in\mdq^d$, sodass gilt:
+\begin{align*}
+(q_n+a=z=q_m+b) &\implies (b-a=q_m-q_n\in\mdq^d)\\
+&\implies (a\sim b) \implies([a]=[b])\\
+&\implies (a=b)\implies (q_n=q_m)
+\end{align*}
+\end{beweis}
+\textbf{Annahme:} $C\in\fb_d$, dann gilt nach (1):
+\begin{align*}
+3^d&=\lambda_d([-2,1]^d)\\
+&\ge\lambda_d(\bigcup(q_n+C))\\
+&=\sum \lambda_d(q_n+C)\\
+&=\sum \lambda_d(C)
+\end{align*}
+Also ist $\lambda_d(C)=0$. Damit folgt aus (2):
+\begin{align*}
+1&=\lambda_d([0,1]^d)\\
+&\le \lambda_d(\bigcup (q_n+C))\\
+&=\sum \lambda_d(C)\\
+&=0
+\end{align*}
+\end{beweis}

documents/Analysis III/Kapitel-3.tex

@@ -0,0 +1,447 @@
+
+In diesem Kapitel seien $\emptyset\ne X,Y,Z$ Mengen.
+
+\begin{definition}
+\index{messbar!Raum}\index{Raum!messbarer}
+Ist $\fa$ eine $\sigma$-Algebra auf $X$, so heißt $(X,\fa)$ ein \textbf{messbarer Raum}.
+\end{definition}
+
+\begin{definition}
+\index{$\fa$-$\fb$-messbar}
+\index{messbar!Funktion}
+Sei $\fa$ eine $\sigma$-Algebra auf $X$, $\fb$ eine $\sigma$-Algebra auf $Y$ und $f:X\to Y$ eine Funktion. $f$ heißt genau dann \textbf{$\fa$-$\fb$-messbar}, wenn gilt:
+\[\forall B\in\fb: f^{-1}(B)\in\fa\]
+\end{definition}
+
+\begin{bemerkung}
+Seien die Bezeichnungen wie in obiger Definition, dann gilt:
+\begin{enumerate}
+\item $f$ sei $\fa$-$\fb$-messbar, $\fa'$ eine weitere $\sigma$-Algebra auf $X$ mit $\fa\subseteq\fa'$ und $\fb'$ sei eine $\sigma$-Algebra auf $Y$ mit $\fb'\subseteq\fb$.\\
+Dann ist $f$ $\fa'$-$\fb'$-messbar.
+\item Sei $X_0\in\fa$, dann gilt $\fa_{X_0}\subseteq\fa$ nach 
+\ref{Satz 1.5}. Nun sei $f:X\to Y$ $\fa$-$\fb$-messbar, dann ist 
+$f_{\mid X_0}:X_0\to Y$ $\fa_{X_0}$-$\fb$-messbar.
+\end{enumerate}
+\end{bemerkung}
+
+\begin{beispiel}
+\begin{enumerate}
+\item Sei $\fa$ eine $\sigma$-Algebra auf $X$ und $A\subseteq X$. $\mathds{1}_A:X\to\mdr$ ist genau dann $\fa$-$\fb_1$-messbar, wenn $A\in\fa$ ist.
+\item Sei $X=\mdr^d$. Ist $A\in\fb_d$, so ist $\mathds{1}_A$ $\fb_d$-$\fb_1$-messbar.
+\item Ist $C$ wie in \ref{Satz 2.11}, so ist $\mathds{1}_C$ nicht $\fb_d$-$\fb_1$-messbar.
+\item Es sei $f:X\to Y$ eine Funktion und $\fb$ ($\fa$) eine $\sigma$-Algebra auf $Y$ ($X$), dann ist $f$ $\cp(X)$-$\fb$-messbar ($\fa$-$\{Y,\emptyset\}$-messbar).
+\end{enumerate}
+\end{beispiel}
+
+\begin{satz}
+\label{Satz 3.1}
+Seien \(\fa,\,\fb,\,\fc\) \(\sigma\)-Algebren auf \(X,\,Y\) bzw. \(Z\). Weiter seien \(f:\,X\to Y\) und \(g:\,Y\to Z\)
+Funktionen.
+\begin{enumerate}
+\item Ist \(f\) \(\fa-\fb-\)messbar und ist \(g\) \(\fb-\fc-\)messbar, so ist \(g\circ f:\,X\to Z\) \(\fa-\fc-\)messbar.
+\item Sei \(\emptyset\neq\ce\subseteq\cp(Y)\) und \(\sigma(\ce)=\fb\). Dann:
+\begin{center}
+\(f\) ist \(\fa-\fb-\)messbar, genau dann, wenn gilt: \(\forall E\in\ce:\,f^{-1}(E)\in\fa\)
+\end{center}
+\end{enumerate}
+\end{satz}
+
+\begin{beweis}
+\begin{enumerate}
+\item Sei \(C\in\fc\); \(g\) ist messbar, daraus folgt \(g^{-1}(C)\in\fb\);
+\(f\) ist messbar, daraus folgt \(f^{-1}(g^{-1}(C))=(g\circ f)^{-1}(C)\in\fa\)
+\item \begin{itemize}
+\item[\(\Rightarrow\)] \checkmark
+\item[\(\Leftarrow\)] \(\fd:=\Set{B\subseteq Y | f^{-1}(B)\in\fa}\)
+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
+\(f^{-1}(B)\in\fa\).
+\end{itemize}
+\end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\begin{definition}
+\index{messbar!Borel}\index{messbar}
+Sei \(X\in\fb_{d}\). Ist \(f:\,X\to\mdr^{k}\) \(\fb(X)-\fb_{k}-\)messbar, so heißt \(f\) \textbf{(Borel-)messbar}.
+\end{definition}
+Ab jetzt sei stets \(\emptyset \neq X\in\fb_{d}\). 
+(Erinnerung: \(\fb(X)=\Set{A\in\fb_{d} | A\subseteq X}\))
+
+\begin{satz}
+\label{Satz 3.2}
+Seien \(f,\,g:\,X\to\mdr^{k}\) Abbildungen und \(\alpha,\beta\in\mdr\).
+\begin{enumerate}
+    \item Ist \(f\) auf \(X\) stetig, so ist \(f\) messbar.
+    \item Ist \(f\) messbar und \(g(x):=\lVert f(x)\rVert\,(x\in X)\), so ist \(g\) messbar.
+    \item Ist \(f=(f_{1},\dots,f_{k})\), so gilt: \(f\) ist messbar \(\Leftrightarrow\) alle \(f_{j}\) sind messbar.
+    \item Sind \(f\) und \(g\) messbar, so ist \(\alpha f+\beta g\) messbar.
+    \item Sei \(k=1\) und \(f\) und \(g\) seien messbar. Dann:
+    \begin{enumerate}
+        \item \(f \cdot g\) ist messbar
+        \item Ist \(f(x)\neq 0 \quad \forall x\in X\), so ist 
+              \(\frac{1}{f}\) messbar
+        \item \(\Set{x\in X | f(x)\stackrel{>}{\geq} g(x)} \in \fb(X)\)
+    \end{enumerate}
+\end{enumerate}
+\end{satz}
+
+\begin{beweis}
+\begin{enumerate}
+\item Sei \(G\in\co(\mdr^{k})\). \(f\) ist stetig \folgtnach{§0}: \(f^{-1}(G)\in\co(X)\in\fb(X)\)
+
+\(\sigma(\co(\mdr^{k}))=\fb_{k}\). \folgtnach{\ref{Satz 3.1}.(2)} Behauptung.
+\item \(\vp(z) := \lVert z\rVert\quad(z\in\mdr^{k})\); \(\vp\) ist
+stetig, also messbar.
+
+Es ist \(g=\vp\circ f\). \folgtnach{\ref{Satz 3.1}.(1)} \(g\) ist messbar.
+\item 
+    \begin{itemize}
+        \item["`\(\Rightarrow:\)"'] Für \(j=1, \dots,k\) sei 
+            \(p_{j}:\mdr^{k}\to\mdr\) definiert durch 
+            \(p_{j}(x_{1},\dots,x_{k}):=x_{j}\)
+            \(p_{j}\) ist stetig, also messbar. Es ist 
+            \(f_{j}=p_{j}\circ f\) \folgtnach{\ref{Satz 3.1}.(1)} 
+            \(f_{j}\) ist messbar.
+        \item["`\(\Leftarrow:\)"'] Sei \(I=(a,b]=\prod_{j=1}^{k}{(a_{j},b_{j}]}\in I_{k}\quad (a=(a_{1},\dots,a_{k}),\,b=(b_{1},\dots,b_{k}),\,a\leq b)\)\\
+            Dann: \(f^{-1}(I)=\bigcap_{j=1}^{k}{\underbrace{f_{j}^{-1}(\underbrace{(a_{j},b_{j}]}_{\in\fb_{1}}}_{\in\fb(X)}}\in\fb(X)\)
+        \(\sigma(I_{k})=\fb_{k}\) \folgtnach{\ref{Satz 3.1}.(2)} \(f\) ist messbar.
+    \end{itemize}
+\item \(h:=(f,g):\,X\to\mdr^{2k}\); aus (2): \(h\) ist messbar.
+
+\(\vp(x,y):=\alpha x+\beta y\,(x,y\in\mdr^{k})\)
+
+\(\vp\) ist stetig, also messbar. Es ist \(\alpha f+\beta g=\vp\circ h\)
+\folgtnach{\ref{Satz 3.1}.(1)} \(\alpha f+\beta g\) ist messbar.
+\item 
+\begin{enumerate}
+\item \(h:=(f,g):\,X\to\mdr^{2k}\) ist messbar (nach (2)); \(\vp(x,y):=xy\), \(\vp\) ist stetig, also messbar.
+
+Es ist \(fg=\vp\circ h\) \folgtnach{\ref{Satz 3.1}.(1)}  \(fg\) ist messbar.
+\item \(\vp(x):=\frac{1}{x}\), \(\vp\) ist stetig auf \(\mdr\setminus\{0\}\), also messbar.
+
+\(\frac{1}{f}=\vp\circ f\) \folgtnach{\ref{Satz 3.1}.(1)}  \(\frac{1}{f}\) ist messbar.
+\item \(A:=\Set{x\in X | f(x)\geq g(x)} = \Set{x\in X | f(x)-g(x)\in[0,\infty)}
+          =\underbrace{(f-g)}_{\text{messbar nach (3)}}^{-1}(\overbrace{[0,\infty)}^{\in\fb_{1}})\in\fb(X)\)
+\end{enumerate}
+\end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\begin{folgerungen}
+\label{Lemma 3.3}
+    Seien \(A,\,B\in\fb(X),\,A\cap B=\emptyset\) und \(X=A\cup B\). 
+    Weiter seien \(f:A\to\mdr^{k}\) und
+    \(g:B\to\mdr^{k}\) messbar.\\
+    Dann ist \(h:X\to\mdr^{k}\), definiert durch 
+    \[
+    h(x):=\begin{cases}f(x)&x\in A\\g(x)&x\in B\end{cases},
+    \]
+    messbar.
+\end{folgerungen}
+
+\begin{beweis}
+    Sei \(C\in\fb_{k}\). Dann:
+    \[
+    h^{-1}(C)=\underbrace{f^{-1}(C)}_{\in\fb(A)\subseteq\fb(X)}\cup\underbrace{g^{-1}(C)}_{\in\fb(B)\subseteq\fb(X)}\in\fb(X)
+    \]
+\end{beweis}
+
+\begin{beispiel}
+\(X=\mdr^{2},\,f(x,y):=\begin{cases}\frac{\sin(y)}{x}&x\neq 0\\0&x=0\end{cases}\)
+
+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.
+
+\(A:=\Set{(x,y)\in\mdr^{2} | x=0},\,B
+   :=\Set{(x,y)\in\mdr^{2} | x\neq 0},\,X=A\cup B,\,A\cap B=\emptyset\). \(A\) ist
+abgeschlossen, das heißt: \(A\in\fb_{2},\,B=A^{C}\in\fb_{2}\)
+
+\begin{align*}
+f_{1}(x,y)&:=0\quad((x,y)\in A)\\
+f_{2}(x,y)&:=\frac{\sin(y)}{x}\quad((x,y)\in B)
+\end{align*}
+
+\(f_{1}\) ist stetig auf \(A\), \(f_{2}\) ist stetig auf \(B\). Also: \(f_{1},\,f_{2}\) ist messbar; mit \ref{Lemma 3.3} folgt: \(f\) ist messbar.
+\end{beispiel}
+
+\textbf{Ein neues Symbol kommt hinzu:} \(-\infty\){
+
+\(\imdr:=[-\infty,+\infty]:=\mdr\cup\{-\infty,+\infty\}\)
+
+In \(\imdr\) gelten folgende Regeln, wobei \(a\in\mdr\):
+\begin{enumerate}
+    \item \(-\infty<a<+\infty\)
+    \item \(\pm\infty+(\pm\infty)=\pm\infty\)
+    \item \(\pm\infty+a:=a+(\pm\infty):=\pm\infty\)
+    \item \(a\cdot(\pm\infty):=(\pm\infty)\cdot a=
+            \begin{cases}
+                \pm\infty &a > 0\\
+                0         &a = 0\\\mp\infty&a<0
+            \end{cases}\)
+    \item \(\frac{a}{\pm\infty}:=0\)
+\end{enumerate}
+}
+
+\begin{definition}
+\begin{enumerate}
+\item Sei \((x_{n})\) eine Folge in 
+\(\imdr\). \(x_{n}\rightarrow+\infty:\Leftrightarrow\forall c\in\mdr\,\exists n_{c}\in\mdn:x_{n}\geq c\quad\forall n\geq n_{c}\)\\
+Analog für \(-\infty\).
+\item Seien \(f,g: X\to\imdr\) Funktionen. Dann:
+\begin{align*}
+    \{f\leq g\}&:=\Set{x\in X | f(x)\leq g(x)}\\
+    \{f\geq g\}&:=\Set{x\in X | f(x)\geq g(x)}\\
+    \{f\neq g\}&:=\Set{x\in X | f(x)\neq g(x)}\\
+    \{f<g\}&:=\Set{x\in X | f(x)<g(x)}\\
+    \{f>g\}&:=\Set{x\in X | f(x)>g(x)}
+\end{align*}
+\item Sei \(a\in\imdr\) und \(f:\,X\to\imdr\). Dann:
+\begin{align*}
+    \{f\leq a\}&:=\Set{x\in X | f(x)\leq a}\\
+    \{f\geq a\}&:=\Set{x\in X | f(x)\geq a}\\
+    \{f\neq a\}&:=\Set{x\in X | f(x)\neq a}\\
+    \{f<a\}    &:=\Set{x\in X | f(x)<a}\\
+    \{f>a\}    &:=\Set{x\in X | f(x)>a}
+\end{align*}
+\end{enumerate}
+\end{definition}
+
+\begin{definition}
+\index{Borel!$\sigma$-Algebra}\index{messbar}
+\(\ifb_{1}:=\Set{B\cup E | B\in\fb_{1},\,E\subseteq\Set{-\infty,+\infty}}\). 
+Dann: \(\fb_{1}\subseteq\ifb_{1}\)\\
+Übung: \(\ifb_{1}\) ist eine \(\sigma\)-Algebra auf \(\imdr\).\\
+Klar: \(\fb_{1} \subseteq \ifb_{1}\)
+\(\ifb_{1}\) heißt \textbf{Borelsche \(\sigma\)-Algebra} auf \(\imdr\).\\
+Sei \(f:\,X\to\imdr\). \(f\) heißt \textbf{(Borel-)messbar} (mb) \(:\Leftrightarrow\,f\) ist \(\fb(X)-\ifb_{1}-\) messbar.
+\end{definition}
+
+\begin{beispiel}
+\(f: X \rightarrow \bar \mdr\) definiert durch \(f(x):=+\infty\quad(x\in X)\), also: \(f:\,X\to\imdr\)
+
+Sei \(B\in\overline{\fb}_{1},\,A:=f^{-1}(B)=\Set{x\in X | f(x)\in B}\)
+\begin{itemize}
+\item[Fall 1:] \(+\infty\not\in B\), dann: \(A=\emptyset\in\fb(X)\)
+\item[Fall 2:] \(+\infty\in B\), dann: \(A=X\in\fb(X)\)
+\end{itemize}
+\(f\) ist messbar.
+\end{beispiel}
+
+\begin{satz}
+\label{Satz 3.4}
+\begin{enumerate}
+\item Definiere die Mengen:
+\begin{align*}
+\ce_1&:=\Set{[-\infty,a] | a\in\mdq} & \ce_2&:=\Set{[-\infty,a) | a\in\mdq}\\
+\ce_3&:=\Set{(a,\infty] | a\in\mdq} & \ce_4 &:=\Set{[a,\infty] | a\in\mdq}
+\end{align*}
+Dann gilt:
+\[\overline{\fb_1}=\sigma(\ce_j)\quad \text{ für }j\in\{1,2,3,4\}\]
+\item Für $f:X\to\imdr$ sind die folgenden Aussagen äquivalent:
+\begin{enumerate}
+\item $f$ ist messbar.
+\item $\forall a\in\mdq: \{f\le a\}\in\fb(X)$.
+\item $\forall a\in\mdq: \{f\ge a\}\in\fb(X)$.
+\item $\forall a\in\mdq: \{f< a\}\in\fb(X)$.
+\item $\forall a\in\mdq: \{f> a\}\in\fb(X)$.
+\end{enumerate}
+\item Die Äquivalenzen in (2) gelten auch für Funktionen $f:X\to\mdr$.
+\end{enumerate}
+\end{satz}
+
+\begin{beweis}
+Die folgenden Beweise erfolgen exemplarisch für einen der Unterpunkte und funktionieren fast analog für die anderen.
+\begin{enumerate}
+    \item Für $a\in\mdq$ gilt:
+    \[[-\infty,a]^c=(a,\infty]\in\sigma(\ce_1)\]
+    D.h. es gilt $\ce_3\subseteq\sigma(\ce_1)$ und damit auch $\sigma(\ce_3)\subseteq\sigma(\ce_1)$.
+    \item Es gilt:
+    \[\forall a \in \mdq\colon \{f\le a\}=\Set{x\in X | f(x)\le a}=f^{-1}(\underbrace{[-\infty,a]}_{\ce_1}) (*)\]
+    Die Äquivalenz folgt dann aus (1) und \ref{Satz 3.1}.
+    \item Die Funktion $f:X\to\imdr$ kann aufgefasst werden als Funktion $\overline{f}:X\to\imdr$. Es ist $f$ genau dann $\fb(X)$-$\fb_1$-messbar wenn $\overline{f}$ $\fb(X)$-$\overline{\fb_1}$-messbar ist. 
+\end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\begin{bemerkung}\ 
+\begin{enumerate}
+\item Ist $X \subseteq \mdr$ ein Intervall und $f: \bar X \rightarrow \mdr$ monoton, so ist
+      $f$ messbar (vgl. 3. ÜB)
+\item Wir wissen: $f: X \rightarrow \mdr$ mb $\Rightarrow |f|$ ist mb.
+      Die Umkehrung ist im allgemeinen falsch!
+\end{enumerate}
+\end{bemerkung}
+
+\begin{beispiel}
+Sei $C \subseteq \mdr^d$ wie in 2.11, also $C \notin \fb_1$.
+\[f(x) = \begin{cases}
+1 & x \in C\\
+0 & x \notin C
+\end{cases}\\
+\Set{f \geq 1} = \Set{x \in \mdr^d | f(x) \geq 1} = C \notin \fb \folgtnach{\ref{Satz 3.4}.(2)} f \text{ ist nicht mb.}\]
+Es ist $|f(x)|=1 \quad \forall x \in \mdr^d$, also $|f| = \mathds{1}_{\mdr^d}$. D.h. $|f|$ ist mb.
+\end{beispiel}
+
+\begin{definition}
+Sei $M\subseteq\imdr$.
+\begin{enumerate}
+\item Ist $M=\emptyset$ oder $M=\{-\infty\}$, so sei 
+\[\sup M:=-\infty\]
+\item Ist $M\setminus\{-\infty\}\ne\emptyset$ und nach oben beschränkt (also insbesondere $\infty\not\in M$), so sei 
+\[\sup M:= \sup (M\setminus\{-\infty\})\]
+\item Ist $M\setminus\{-\infty\}$ nicht nach oben beschränkt oder $\infty\in M$, so sei 
+\[\sup M:=\infty\]
+\item Es sei $\inf M:=-\sup(-M)$, wobei $-M:=\Set{-m | m\in M}$.
+\end{enumerate}
+\end{definition}
+
+\begin{definition}
+Sei $(f_n)$ eine Folge von Funktionen $f_n:X\to\imdr$.
+\begin{enumerate}
+\item Die Funktion $\sup_{n\in\mdn}(f_n):X\to\imdr$  $\left(\inf_{n\in\mdn}(f_n):X\to\imdr\right)$ ist definiert durch:
+\[(\sup_{n\in\mdn} f_n)(x):=\sup\Set{f_n(x) | n\in\mdn}\quad x\in X\]
+\[\left((\inf_{n\in\mdn} f_n)(x):=\inf\Set{f_n(x) | n\in\mdn}\quad x\in X\right)\]
+\item Die Funktion $\limsup_{n\to\infty} f_n:X\to\imdr$ $\left(\liminf_{n\to\infty} f_n:X\to\imdr\right)$ ist definiert durch:
+\begin{align*}
+\tag{$*$} \limsup_{n\to\infty} f_n &:= \inf_{j\in\mdn}(\sup_{n\ge j} f_n)\\
+\liminf_{n\to\infty} f_n &:= \sup_{j\in\mdn}(\inf_{n\ge j} f_n)
+\end{align*}
+\textbf{Erinnerung:} Für eine beschränkte Folge $(a_n)$ in $\mdr$ war
+\[\limsup_{n\to\infty} a_n:=\inf\{\sup\Set{a_n | n\ge j}\mid j\in\mdn\}\]
+\item Sei $N\in\mdn$ und $g_j:=f_j$ (für $j=1,\dots,N$), $g_j:=f_N$ (für $j>N$). Definiere:
+\begin{align*}
+\max_{1\le n\le N} f_n &:=\sup_{j\in\mdn} g_n\\
+\min_{1\le n\le N} f_n &:=\inf_{j\in\mdn} g_n
+\end{align*}
+\item Ist $f_n(x)$ für jedes $x\in\imdr$ konvergent, so ist $\lim_{n\to\infty} f_n:X\to\imdr$ definiert durch:
+\[(\lim_{n\to\infty} f_n)(x):=\lim_{n\to\infty} f_n(x)\]
+(In diesem Fall gilt $\lim_{n\to\infty} f_n = \limsup_{n\to\infty} f_n = \liminf_{n\to\infty} f_n$.)
+\end{enumerate}
+\end{definition}
+
+\begin{satz}
+\label{Satz 3.5}
+Sei $(f_n)$ eine Folge von Funktionen $f_n:X\to\imdr$ und jedes $f_n$ messbar.
+\begin{enumerate}
+\item Dann sind ebenfalls messbar:
+\begin{align*}
+&\sup_{n\in\mdn} f_n  &&\inf_{n\in\mdn} f_n &&\limsup_{n\in\mdn} f_n &&\liminf_{n\in\mdn} f_n
+\end{align*}
+\item Ist $(f_n(x))$ für jedes $x\in X$ in $\imdr$ konvergent, so ist $\lim_{n\to\infty} f_n$ messbar.
+\end{enumerate}
+\end{satz}
+
+\begin{beweis}
+\begin{enumerate}
+\item Sei $a\in\mdq$, dann gilt (nach \ref{Satz 3.4}(2)):
+\[\{\sup_{n\in\mdn} f_n\le a\}=\bigcap_{n\in\mdn}\{f_n\le a\}\in\fb(X)\]
+Also ist $\sup_{n\in\mdn} f_n$ messbar. Analog lässt sich die Messbarkeit von $\inf_{n\in\mdn} f_n$ zeigen, der Rest folgt dann aus ($*$).
+\item Folgt aus (1) und obiger Bemerkung in der Definition.
+\end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\begin{beispiel}
+Sei $X=I$ ein Intervall in $\mdr$ und $f:I\to\mdr$ sei auf $I$ differenzierbar.\\
+Für $x\in I,n\in\mdn$ sei $f_n:= n(f(x-\frac1n)-f(x))$. Da $f$ stetig ist, ist auch jedes $f_n$ stetig, also insbesondere messbar und es gilt:
+\[f_n(x)=\frac{f(x-\frac1n)-f(x)}{\frac1n}\stackrel{n\to\infty}{\to}f'(x)\]
+Aus \ref{Satz 3.5}(2) folgt, dass $f'$ messbar ist. 
+\end{beispiel}
+
+\begin{definition}
+\index{Positivteil}\index{Negativteil}
+Sei $f:X\to\imdr$ eine Funktion.
+\begin{enumerate}
+\item $f_+:=\max\{f,0\}$ heißt \textbf{Positivteil} von $f$.
+\item $f_-:=\max\{-f,0\}$ heißt \textbf{Negativteil} von $f$.
+\end{enumerate}
+Es gilt $f_+,f_-\ge 0$, $f=f_+-f_-$ und $|f|=f_++f_-$.
+\end{definition}
+
+\begin{satz}
+\label{Satz 3.6}
+Seien $f,g:X\to\imdr$ und $\alpha,\beta\in\mdr$.
+\begin{enumerate}
+\item Sind $f,g$ messbar und ist $\alpha f(x)+\beta g(x)$ für jedes $x\in X$ definiert, so ist $\alpha f+\beta g$ messbar.
+\item Sind $f,g$ messbar und ist $f(x)g(x)$ für jedes $x\in X$ definiert, so ist $fg$ messbar.
+\item $f$ ist genau dann messbar, wenn $f_+$ und $f_-$ messbar sind. In diesem Fall ist auch $|f|$ messbar.
+\end{enumerate}
+\end{satz}
+
+\begin{beweis}
+\begin{enumerate}
+\item[(1)+(2)] Für alle $n\in\mdn, x\in X$ seien $f_n$ und $g_n$ wie folgt definiert:
+\begin{align*}
+f_n(x)&:=\max\{-n,\min\{f(x),n\}\}\\
+g_n(x)&:=\max\{-n,\min\{g(x),n\}\}
+\end{align*}
+Dann sind $f_n(x),g_n(x)\in[-n,n]$ für alle $n\in\mdn,x\in X$. Nach \ref{Satz 3.2}(3) sind also $\alpha f_n+\beta g_n$ und $f_ng_n$ messbar. Außerdem gilt:
+\begin{align*}
+\alpha f_n(x)+\beta g_n(x)&\stackrel{n\to\infty}\to \alpha f(x)+\beta g(x)\\
+f_n(x)g_n(x)&\stackrel{n\to\infty}\to f(x)g(x)
+\end{align*}
+Die Behauptung folgt aus \ref{Satz 3.5}(2).
+\item[(3)] Nach \ref{Satz 3.5}(1) sind $f_+$ und $f_-$ messbar, wenn $f$ messbar ist. Die umgekehrte Implikation folgt aus \ref{Satz 3.6}(1). Sind $f_+$ und $f_-$ messbar, so folgt ebenfalls aus \ref{Satz 3.6}(1), dass $|f|=f_++f_-$ messbar ist.
+\end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\begin{beispiel}
+Sei $C\subseteq\mdr^d$ wie in \ref{Satz 2.11}, also $C\not\in\fb_d$. Definiere $f:\mdr^d\to\mdr$ wie folgt:
+\[f(x):=\begin{cases} 1&,x\in C\\ -1&,x\not\in C\end{cases}\]
+Dann ist $\{f\ge 1\}=C$, also $f$ \textbf{nicht} messbar. Aber für alle $x\in\mdr^d$ ist $|f(x)|=1$, also $|f|=\mathds{1}_{\mdr^d}$ und damit messbar.
+\end{beispiel}
+
+\begin{definition}
+\index{einfach}
+\index{Treppenfunktion}
+\index{Normalform}
+$f:X\to\mdr$ sei messbar.
+\begin{enumerate}
+\item $f$ heißt \textbf{einfach} oder \textbf{Treppenfunktion}, genau dann wenn $f(X)$ endlich ist.
+\item $f$ sei einfach und $f(X)=\{y_1,\dots,y_m\}$ mit $y_i\ne y_j$ für $i\ne j$. Sei weiter $A_j:=f^{-1}(\{y_j\})$ für $j=1,\dots,m$. Dann sind $A_1,\dots,A_m\in\fb(X)$ und $X=\bigcup_{j=1}^m A_j$ disjunkte Vereinigung.
+\[f=\sum_{j=1}^m y_j \mathds{1}_{A_j}\]
+heißt \textbf{Normalform} von $f$.
+\end{enumerate}
+\end{definition}
+
+\begin{beispiel}
+Sei $A\in\fb(X)$. Definiere:
+\[f:=\mathds{1}_A=2\cdot\mathds{1}_A-\mathds{1}_X+\mathds{1}_{X\setminus A}=\mathds{1}_A+0\cdot\mathds{1}_{X\setminus A}\]
+Wobei das letzte die Normalform von $f$ ist. Man sieht also, dass einfache Funktionen mehrere Darstellungen haben können.
+\end{beispiel}
+
+\begin{satz}
+\label{Satz 3.7}
+Linearkombinationen und Produkte, sowie endliche Maxima und Minima einfacher Funktionen, sind einfach.
+\end{satz}
+
+\begin{satz}
+\label{Satz 3.8}
+\index{zulässig}
+Sei $f:X\to\imdr$ messbar.
+\begin{enumerate}
+\item Ist $f\ge 0$ auf $X$, so existiert eine Folge $(f_n)$ von einfachen Funktionen $f_n:X\to[0,\infty)$, sodass $0\le f_n\le f_{n+1}$ auf $X$ ($\forall n\in\mdn$) und $f_n(x)\stackrel{n\to\infty}{\to}f(x)$ ($\forall x\in X$). In diesem Fall heißt $(f_n)$ \textbf{zulässig} für $f$.
+\item Es existiert eine Folge $(f_n)$ von einfachen Funktionen $f_n:X\to\mdr$, sodass $|f_n|\le |f|$ auf $X$ ($\forall n\in\mdn$) und $f_n(x)\stackrel{n\to\infty}{\to}f(x)$ ($\forall x\in X$).
+\item Ist $f$ beschränkt auf $X$ (also insbesondere $\pm\infty\not\in f(X)$), so kommt in (2) noch hinzu, dass $(f_n)$ auf $X$ gleichmäßig gegen $f$ konvergiert.
+\end{enumerate}
+\end{satz}
+
+\begin{folgerungen}[(Beweis mit 3.8(2) und 3.5)]
+Sei $f:X\to\imdr$ eine Funktion, dann ist $f$ genau dann messbar, wenn eine Folge einfacher Funktionen $(f_n)$ mit $f_n:X\to\mdr$ und $f_n(x)\stackrel{n\to\infty}\to f(x)$ für alle $x\in X$ existiert.
+\end{folgerungen}
+
+\begin{beweis}
+\begin{enumerate}
+\item Für $n\in\mdn$ definiere $\varphi_n:[0,\infty]\to[0,\infty)$ durch
+\[\varphi_n(t):=\begin{cases}\frac{[2^nt]}{2^n} &,0\le t<n\\ n &,n\le t\le\infty\end{cases}\]
+Dann ist $\varphi_n$ $(\fb_1)_{[0,\infty]}$-$\fb_1$-messbar, außerdem gilt:
+\begin{align*}
+\forall t\in[0,\infty]\forall n\in\mdn&: 0\le\varphi_1\le\dots\le t\\
+\forall t\in[0,n]\forall n\in\mdn&: t-\frac1{2^n}\le\varphi_n(t)\le t 
+\end{align*}
+und es ist $\varphi_n(t)\stackrel{n\to\infty}\to t$ für alle $t\in[0\infty]$. Setze $f_n:=\varphi_n\circ f$. Dann leistet $(f_n)$ das gewünschte.
+\item Es ist $f=f_+-f_-$ und $f_+,f_-\ge0$ auf $X$. Seien $(g_n),(h_n)$ zulässige Folgen für $f_+$ bzw. $f_-$. Definiere $f_n:=g_n-h_n$. Dann ist klar, dass gilt:
+\[\forall x\in X: f_n(x)=g_n(x)-h_n(x)\stackrel{n\to\infty}\to f_+(x)-f_-(x)=f(x)\]
+Weiter gilt:
+\[|f_n|\le g_n+h_n\le f_++f_-=|f|\]
+\item Ohne Beweis. 
+\end{enumerate}
+\end{beweis}

documents/Analysis III/Kapitel-4.tex

@@ -0,0 +1,400 @@
+In diesem Kapitel sei $\emptyset\ne X\in\fb_d$. Wir schreiben außerdem $\lambda$ statt $\lambda_d$.
+
+\begin{definition}
+\index{Lebesgueintegral}
+Sei $f:X\to [0,\infty)$ eine einfache Funktion mit der Normalform $f=\sum_{j=1}^m y_j\mathds{1}_{A_j}$.\\
+Das \textbf{Lebesgueintegral} von $f$ ist definiert durch:
+\[\int_X f(x)\text{ d}x:=\sum_{j=1}^m y_j\lambda(A_j)\]
+\end{definition}
+
+\begin{satz}
+\label{Satz 4.1}
+Sei $f:X\to[0,\infty)$ einfach, $z_1,\dots,z_k\in[0,\infty)$ und $B_1,\dots,B_k\in\fb(X)$ mit $\bigcup B_j=X$ und $f=\sum_{j=1}^k z_j\mathds{1}_{B_j}$. Dann gilt:
+\[\int_X f(x)\text{ d}x=\sum_{j=1}^k z_j\lambda(B_j)\]
+\end{satz}
+
+\begin{beweis}
+In der großen Übung.
+\end{beweis}
+
+\begin{satz}
+\label{Satz 4.2}
+Seien $f,g:X\to[0,\infty)$ einfach, $\alpha, \beta\in[0,\infty)$ und $A\in\fb(X)$.
+\begin{enumerate}
+\item $\int_X \mathds{1}_A(x)\text{ d}x=\lambda(A)$
+\item $\int_X (\alpha f+\beta g)(x)\text{ d}x = \alpha\int_X f(x)\text{ d}x + \beta\int_X g(x)\text{ d}x$
+\item Ist $f\le g$ auf $X$, so ist $\int_X f(x)\text{ d}x\le \int_X g(x)\text{ d}x$.
+\end{enumerate}
+\end{satz}
+
+\begin{beweis}
+\begin{enumerate}
+\item Folgt aus der Definition und \ref{Satz 4.1}.
+\item Es seien $f=\sum_{j=1}^m y_j \mathds{1}_{A_j}$ und $g=\sum_{j=1}^k z_j \mathds{1}_{B_j}$ die Normalformen von $f$ und $g$. Dann gilt:
+\[\alpha f+ \beta g=\sum_{j=1}^m \alpha y_j\mathds{1}_{A_j}+\sum_{j=1}^k \beta z_j\mathds{1}_{B_j}\]
+Dann gilt:
+\begin{align*}
+\int_X (\alpha f+\beta g) &\stackrel{\ref{Satz 4.1}}= \sum_{j=1}^m \alpha y_j \lambda(A_j) + \sum_{j=1}^k \beta z_j \lambda(B_j)\\
+&= \alpha \sum_{j=1}^m y_j \lambda(A_j) + \beta \sum_{j=1}^k z_j \lambda(B_j)\\
+&= \alpha \int_X f(x)\text{ d}x + \beta \int_X g(x)\text{ d}x
+\end{align*}
+\item Definiere $h:=g-f$. Dann ist $h\ge 0$ und einfach. Sei $h=\sum_{j=1}^m x_j\mathds{1}_{C_j}$ die Normalform von $h$, d.h. $x_1,\dots,x_m\ge 0$. Dann gilt:
+\[\int_X h(x)\text{ d}x = \sum_{j=1}^m x_j\lambda(C_j)\ge 0\]
+Also folgt aus $g=f+h$ und (2):
+\[\int_X g(x)\text{ d}x=\int_X f(x)\text{ d}x +\int_X h(x)\text{ d}x\ge \int_X f(x)\text{ d}x\]
+\end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\begin{definition}
+\index{Lebesgueintegral}
+Sei $f:X\to[0,\infty]$ messbar. $(f_n)$ sei eine für $f$ zulässige Folge. Das \textbf{Lebesgueintegral} von $f$ ist definiert als:
+\begin{align*}
+\tag{$*$}\int_X f(x)\text{ d}x:=\lim_{n\to\infty}\int_X f_n(x)\text{ d}x
+\end{align*}
+\end{definition}
+
+\begin{bemerkung}\ 
+\begin{enumerate}
+\item In \ref{Satz 4.3} werden wir sehen, dass $(*)$ unabhängig ist von der Wahl der für $f$ zulässigen Folge $(f_n)$.
+\item $(f_n(x))$ ist wachsend für alle $x\in X$, d.h.:
+\[f(x)=\lim_{n\to\infty} f_n(x)=(\sup_{n\in\mdn} f_n)(x)\]
+\item Aus \ref{Satz 4.2}(3) folgt dass $(\int_X f_n(x)\text{ d}x)$ wachsend ist, d.h.:
+\[\lim_{n\to\infty} \int_X f_n(x)\text{ d}x = \sup\Set{\int_X f_n(x)\text{ d}x | n\in\mdn}=\int_X f_(x)\text{ d}x\]
+\end{enumerate}
+\end{bemerkung}
+
+\textbf{Bezeichnung:}\\
+Für messbare Funktionen $f:X\to[0,\infty]$ definiere
+\[M(f):=\Set{\int_X g\text{ d}x\mid g:X\to[0,\infty) \text{ einfach und }g\le f\text{ auf }X}\]
+
+\begin{satz}
+\label{Satz 4.3}
+Ist $f:X\to[0,\infty]$ messbar und $(f_n)$ zulässig für $f$, so gilt:
+\[L:=\lim_{n\to\infty}\int_X f_n\text{ d}x=\sup M(f)\]
+Insbesondere ist $\int_X f(x) \text{ d}x$ wohldefiniert.
+\end{satz}
+
+\begin{folgerungen}
+\label{Folgerung 4.4}
+Ist $f:X\to[0,\infty]$ messbar, so ist $\int_X f(x) \text{ d}x=\sup M(f)$.
+\end{folgerungen}
+
+\begin{beweis}
+Sei \(\int_Xf_n\,dx\in M(f) \,\forall\natn \). Dann ist \[L = \sup\left\{\int_Xf_n\,dx\mid\natn\right\} \leq \sup M(f)\]\\
+Sei nun $g$ einfach und \(0\leq g\leq f\). Sei weiter \[g=\sum^m_{j=1}y_j\mathds{1}_{A_j}\] die Normalform von $g$.\\
+Sei \(\alpha>1\) und \(B_n:=\{\alpha f_n\geq g\}\). Dann ist \[B_n\in\fb(X) \text{ und }(B_n\subseteq B_{n+1}\text{, sowie } \mathds{1}_{B_n}g\leq\alpha f_n.\]
+Sei \(x\in X\).\\
+\textbf{Fall 1:} Ist \(f(x)=0\), so ist wegen \(0\leq g\leq f\) auch \(g(x)=0\). Somit ist \(x\in B_n\) für jedes \(\natn\).\\
+\textbf{Fall 2:} Ist  \(f(x)>0\), so ist \[\frac{1}{\alpha}g(x)<f(x)\] (Dies ist klar für \(g(x)=0\) und falls gilt: \(g(x)>0\), so ist \(\frac{1}{\alpha}g(x)<g(x)\leq f(x) \) )\\
+Da $f_n$ zulässig für $f$ ist, gilt: \(f_n(x)\to f(x)\  (n\to\infty)\), weshalb ein \(n(x)\in\mdn\) existiert mit:
+\[\frac{1}{\alpha}g(x)<f(x)\text{für jedes } n\geq n(x)\]
+Es folgt \(x\in B_n\) für jedes \(n\geq n(x)\).\\
+\textbf{Fazit:} \(X=\bigcup B_n\). \[A_j=A_j\cap X=A_j\cap\left(\bigcup B_n\right) = \bigcup(A_j\cap B_n) \text{ und } A_j\cap B_n\subseteq A_j\cap B_{n+1} \]
+Aus \ref{Satz 1.7} folgt \(\lambda(A_j)=\lim\limits_{n\to\infty}\lambda(A_j\cap B_n)\). Das liefert:
+\begin{align*}
+   \int\limits_Xg\,dx &= \sum\limits_{j=1}^m y_j\lambda(A_j) 
+   = \sum\limits_{j=1}^m y_j\lim\limits_{n\to\infty}\lambda(A_j\cap B_n)\\ 
+   &=\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{j=1}^m y_j\lambda(A_j\cap B_n)
+   \overset{\ref{Satz 4.1}}= \lim\limits_{n\to\infty} \int\limits_X \mathds{1}_{B_n}g\,dx\\
+   &\leq  \lim\limits_{n\to\infty} \int\limits_X \alpha f_n\,dx
+   =\alpha L
+\end{align*}
+g war einfach und \(0\leq g\leq f\) beliebig, sodass \[\sup M(f)\leq\alpha L \overset{\alpha\to 1}\implies \sup M(f)\leq L \]
+\end{beweis}
+
+\begin{satz}
+\label{Satz 4.5}
+Seien $f,g:X\to[0,\infty]$ messbar und $\alpha,\beta\ge0$.
+\begin{enumerate}
+\item $\int_X (\alpha f+\beta g)(x) \text{ d}x=\alpha\int_X f(x) \text{ d}x+\beta\int_X g(x) \text{ d}x$
+\item Ist $f\le g$ auf $X$, so gilt $\int_X f(x) \text{ d}x\le \int_X g(x) \text{ d}x$
+\item $\int_X f(x) \text{ d}x=0 \iff \lambda(\{f>0\})=0$
+\end{enumerate}
+\end{satz}
+
+\begin{beweis}
+\begin{enumerate}
+\item \((f_n)\) und \((g_n)\) seien zulässig für $f$ bzw. $g$. Weiter sei \((h_n):=\alpha (f_n)+\beta (g_n) \).
+Dann ist wegen \ref{Satz 3.7} und \(\alpha , \beta \geq 0\), dass \((h_n)\) zulässig für \(\alpha f+\beta g\) ist. Dann:
+\begin{align*}
+\int_X(\alpha f + \beta g)\,dx
+&= \lim\limits_{n\to\infty}\int_X \left( \alpha (f_n)+\beta (g_n) \right)\,dx\\
+&\overset{\ref{Satz 4.2}}= \alpha\lim\limits_{n\to\infty}\int_X(f_n)\,dx + \beta\lim\limits_{n\to\infty}\int_X(g_n)\,dx\\
+&=\alpha\int_Xf\,dx + \beta\int_Xg\,dx
+\end{align*}
+\item Wegen \(f\leq g\) auf $X$ ist \(M(f)\subseteq M(g)\) und somit auch \(\sup M(f)\leq\sup M(g)\). Aus \ref{Folgerung 4.4} folgt nun die Behauptung.
+\item Setze \(A:=\{f>0\}=\{x\in X:f(x)>0\}\).
+\begin{enumerate}
+\item["'$\implies$"'] Sei \(\int_Xf\,dx=0\) und \(A_n:=\{f>\frac{1}{n}\}\). Dann ist \(A=\bigcup A_n\) und \(f\geq\frac{1}{n}\mathds{1}_{A_n}\). Damit folgt:
+\begin{align*}
+0 = \int_Xf\,dx 
+\overset{\text{(2)}}\geq \int_X\frac1{n}\mathds{1}_{A_n}\,dx
+=\frac1{n}\lambda(A_n)
+\intertext{Es ist also \(\lambda(A_n)=0\) und damit gilt weiter}
+\lambda(A)=\lambda(\bigcup A_n) \overset{\ref{Satz 1.7}}\leq \sum\lambda(A_n)=0
+\end{align*}
+Also ist auch \(\lambda(A)=0\).
+\item["'$\impliedby$"'] Sei \(\lambda(A)=0\), \((f_n)\) zulässig für $f$ und \(c_n:=\max\{f_n(x):x\in X\}\). Dann ist \(f_n\leq c_n\mathds{1}_A\) und es gilt:
+\[0 \leq \int_Xf_n\,dx\overset{\text{(2)}} \leq \int_Xc_n\mathds{1}_A\,dx = c_n\lambda(A) \overset{\text{Vor.}} = 0 \]
+Es ist also  \(\int_Xf_n\,dx=0\) für jedes $\natn$ und somit auch \(\int_Xf\,dx=0\)
+\end{enumerate}
+\end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\begin{satz}[Satz von Beppo Levi (Version I)]
+\label{Satz 4.6}
+Sei $(f_n)$ eine Folge messbarer Funktionen $f_n:X\to[0,\infty]$ und es gelte $f_n\le f_{n+1}$ auf $X$ für jedes $n\in\mdn$.
+\begin{enumerate}
+\item Für alle $x\in X$ existiert $\lim_{n\to\infty} f_n(x)$.
+\item Die Funktion $f:X\to[0,\infty]$ definiert durch:
+\[f(x):=\lim_{n\to\infty} f_n(x)\]
+ist messbar.
+\item $\int_X \lim\limits_{n\to\infty}f_n(x) \text{ d}x=\int_X f(x) \text{ d}x=\lim\limits_{n\to\infty}\int_X f_n(x) \text{ d}x$
+\end{enumerate}
+\end{satz}
+
+\begin{beweis}
+\begin{enumerate}
+\item Für alle $x\in X$ ist \(\left(f_n(x)\right)\) wachsend, also konvergent in \([0,+\infty]\).
+\item folgt aus \ref{Satz 3.5}.
+\item Sei \( \left(u_j^{(n)}\right)_{j\in\mdn} \) zulässig für $f_n$ und \(v_j:=\max\left\{u_j^{(1)}, u_j^{(2)}, \dots , u_j^{(j)} \right\} \).
+Aus \ref{Satz 3.7} folgt, dass $v_j$ einfach ist und aus der Konstruktion lässt sich nachrechnen, dass gilt:
+ \[0\leq v_j\leq v_{j+1} \text{ und } v_j\leq f_n\leq f \text{ und } f_n=\sup\limits_{j\in\mdn}u_j^{(n)} \leq \sup\limits_{j\in\mdn}v_j \text{ (auf $X$)}\]
+Damit ist $(v_j)$ zulässig für $f$ und es gilt:
+\[ \int_Xf\,dx=\lim\limits_{j\to\infty}\int_Xv_j\,dx\leq\lim\limits_{j\to\infty}\int_Xf_j\,dx\leq\int_Xf\,dx \]
+\end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\begin{satz}[Satz von Beppo Levi (Version II)]
+\label{Satz 4.7}
+Sei $(f_n)$ eine Folge messbarer Funktionen $f_n:X\to[0,\infty]$.
+\begin{enumerate}
+\item Für alle $x\in X$ existiert $s(x):=\sum_{j=1}^\infty f_j(x)$.
+\item $s:X\to[0,\infty]$ ist messbar.
+\item $\int_X \sum_{j=1}^\infty f_j(x) \text{ d}x= \sum_{j=1}^\infty \int_X f_j(x) \text{ d}x$
+\end{enumerate}
+\end{satz}
+
+\begin{beweis}
+Setze \[s_n:=\sum\limits_{j=1}^nf_j\]
+Dann erfüllt \((s_n)\) die Voraussetzungen von \ref{Satz 4.6}. Aus 4.6 und \ref{Satz 4.5}(1) folgt die Behauptung.
+\end{beweis}
+
+\begin{satz}
+\label{Satz 4.8}
+Sei $f:X\to[0,\infty]$ messbar und es sei $\emptyset\ne Y\in\fb(X)$ (also $Y\subseteq X$ und $Y\in\fb_d$). Dann sind die Funktionen $f_{|Y}:Y\to[0,\infty]$ und $\mathds{1}_Y\cdot f:X\to[0,\infty]$ messbar und es gilt:
+\[\int_Y f(x) \text{ d}x:=\int_Y f_{|Y}(x) \text{ d}x=\int_X (\mathds{1}_Y\cdot f)(x) \text{ d}x\]
+\end{satz}
+
+\begin{beweis}
+\textbf{Fall 1:} Die Behauptung ist klar, falls $f$ einfach ist. (Übung!)\\
+\textbf{Fall 2:} Sei \((f_n)\) zulässig für $f$ und \(g_n:=f_{n|Y} , h_n:=\mathds{1}_Y f_n\)
+Dann ist \((g_n)\) zulässig für \(f_{|Y}\) und \((h_n)\) ist zulässig für \(\mathds{1}_Y f_n\).
+Insbesondere sind  \(f_{n|Y}\) und \(\mathds{1}_Y f_n\) nach \ref{Satz 3.5} messbar.
+Weiter gilt:
+\[ \int_Y f_{|Y}\,dx \overset{n\to\infty}\longleftarrow \int_Yg_n\,dx \overset{Fall 1}=\int_Xh_n\,dx\overset{n\to\infty}\longrightarrow \int_X\mathds{1}_Yf\,dx   \]
+\end{beweis}
+
+\begin{definition}
+\index{integrierbar}\index{Integral}\index{Lebesgueintegral}
+Sei $f:X\to\imdr$ messbar. $f$ heißt (Lebesgue-)\textbf{integrierbar} (über $X$), genau dann wenn $\int_X f_+(x) \text{ d}x<\infty$ \textbf{und} $\int_X f_-(x) \text{ d}x<\infty$.\\
+In diesem Fall heißt:
+\[\int_X f(x) \text{ d}x:=\int_X f_+(x) \text{ d}x-\int_X f_-(x) \text{ d}x\]
+das (Lebesgue-)\textbf{Integral} von $f$ (über $X$).
+\end{definition}
+
+\textbf{Beachte:}\\
+Ist $f:X\to[0,\infty]$ messbar, so ist $f$ genau dann integrierbar, wenn gilt:
+\[\int_X f(x) \text{ d}x<\infty\]
+
+\begin{beispiel}
+Sei $X \in \fb_1$, $f(x) := \begin{cases} 1&,x\in X\cap\MdQ\\ 0&,x\in X\setminus\MdQ\end{cases} = \mathds{1}_{X\cap\MdQ}$.
+$X, \MdQ \in \fb_1 \implies X \cap \MdQ \in \fb_1 \implies f$ ist messbar.
+\[0 \leq \int_X f(x) \text{ d}x = \int_X \mathds{1}_{X\cap\MdQ} \text{ d}x = \lambda(X\cap\MdQ) \leq \lambda(\MdQ) = 0\]
+\textbf{Das heißt:} $f \in \fl^1(X)$, $\int_X f \text{ d}x = 0$.
+Ist speziell $X = [a,b]\quad (a<b)$, so gilt: $f \in \fl^1([a,b])$, aber $f \not\in R([a,b])$. 
+\end{beispiel}
+
+\begin{satz}[Charakterisierung der Integrierbarkeit]
+\label{Satz 4.9}
+Sei $f: X \to \imdr$ messbar. Die folgenden Aussagen sind äquivalent:
+\begin{enumerate}
+ \item $f$ ist integrierbar.
+ \item Es existieren integrierbare Funktionen $u, v: X \to [0,+\infty]$ mit $u(x)=v(x)=\infty$ für \textbf{kein} $x \in X$ und $f=u-v$ auf $X$.
+ \item Es existiert eine integrierbare Funktion $g: X \to [0,+\infty]$ mit $\lvert f \rvert \leq g$ auf $X$.
+ \item $\lvert f \rvert$ ist integrierbar.
+\end{enumerate}
+\end{satz}
+
+\textbf{Zusatz:}
+\begin{enumerate}
+ \item $\fl^1(X) = \{f: X \to \mdr \mid f$ ist messbar und $\int_X \lvert f \rvert \text{ d}x < \infty\}$ (folgt aus (1)-(4)).
+ \item Sind $u,v$ wie in (2), so gilt: $ \int_X f \text{ d}x = \int_X u \text{ d}x - \int_X v \text{ d}x$.
+\end{enumerate}
+
+
+\begin{beweis}[des Satzes]
+\begin{enumerate}
+ \item[(1) $\Rightarrow$ (2)] $u:= f_+$, $v := f_-$.
+ \item[(2) $\Rightarrow$ (3)] $g := u+v$, dann ist $u,v \geq 0$, $g \geq 0$, $\int_X g \text{ d}x \stackrel{4.5}{=} \int_X u \text{ d}x + \int_X v \text{ d}x < \infty$. $\implies g$ ist integrierbar und: $|f| = |u-v| \leq |u| + |v| = u+v = g$ auf $X$.
+ \item[(3) $\Rightarrow$ (4)] \ref{Satz 4.5} $\implies \int_X |f| \text{ d}x \leq \int_X g \text{ d}x < \infty \implies f$ ist integrierbar.
+ \item[(4) $\Rightarrow$ (1)] $f_+, f_- \leq |f|$ auf $X$. $\implies 0 \leq \int_X f_\pm \text{ d}x \leq \int_X |f| \text{ d}x < \infty \stackrel{Def.}{\implies} f$ ist integrierbar.
+\end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\begin{beweis}[des Zusatzes]
+\begin{enumerate}
+ \item \checkmark
+ \item Es ist $f = u-v = f_+ - f_- \implies u+f_- = f_+ + v$.
+\[\implies \int_X u \text{ d}x + \int_X f_- \text{ d}x \stackrel{4.5}{=} \int_X (u+ f_-) \text{ d}x = \int_X (f_+ + v) \text{ d}x \stackrel{4.5}{=} \int_X f_+ \text{ d}x + \int_X v \text{ d}x\]
+\[\implies \int_X u \text{ d}x - \int_X v \text{ d}x = \int_X f_+ \text{ d}x - \int_X f_- \text{ d}x \stackrel{Def.}{=} \int_X f \text{ d}x. \]
+\end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\begin{folgerungen}
+\label{Folgerung 4.10}
+\label{Satz 4.10}
+Sei $f:X\to\imdr$ integrierbar und $N := \{\lvert f \rvert = +\infty\} = \{x\in X : \lvert f(x) \rvert = + \infty\}$. Dann ist $N\in \fb(X)$ und $\lambda(N) = 0$.
+\end{folgerungen}
+
+\begin{beweis}
+ $\ref{Satz 3.4} \implies N \in \fb(X).$ $n\mathds{1}_N \leq \lvert f \rvert$ für alle $n\in \MdN$. Dann: 
+\[n \cdot \lambda(N) = \int_X n\mathds{1}_N \text{ d}x \stackrel{4.5}{\leq} \int_X \lvert f \rvert \text{ d}x \stackrel{4.9}{<} \infty \text{  für alle } n \in \mdn\]
+Also: $0 \leq n\lambda(N) \leq \int_X \lvert f \rvert \text{ d}x \quad \forall n \in \mdn \implies \lambda(N) = 0$ 
+\end{beweis}
+
+\begin{satz}
+\label{Satz 4.11}
+$f, g: X \to \imdr$ seien integrierbar und es sei $\alpha \in \mdr$.
+\begin{enumerate}
+ \item $\alpha f$ ist integrierbar und $\int_X (\alpha f) \text{ d}x = \alpha \int_X f \text{ d}x$.
+ \item Ist $f+g:X\to\imdr$ auf $X$ definiert, so ist $f+g$ integrierbar und es gilt:
+ \[\int_X (f+g)\text{ d}x = \int_X f \text{ d}x + \int_X g \text{ d}x\]
+(Für $f=+\infty$ und $g=-\infty$ ist $f+g$ beispielsweise nicht definiert.)
+ \item $\fl^1(X)$ ist ein reeller Vektorraum und die Abbildung $f \mapsto \int_X f \text{ d}x$ ist linear auf $\fl^1(X)$.
+ \item $\max\{f,g\}$ und $\min\{f,g\}$ sind integrierbar.
+ \item Ist $f\leq g$ auf $X$, so ist $\int_X f \text{ d}x \leq \int_X g \text{ d}x$.
+ \item $\lvert \int_X f \text{ d}x \rvert \leq \int_X \lvert f \rvert \text{ d}x$. (Dreiecksungleichung für Integrale)
+ \item Sei $\emptyset\ne Y \in \fb(X)$. 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 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}
+
+\begin{beweis}
+\begin{enumerate} 
+\item folgt aus \(\alpha f)_{\pm}=\alpha f_{\pm}\), falls \(\alpha\geq0\) und \(\alpha f)_{\pm}=-\alpha f_{\mp}\), falls 
+    \(\alpha<0\).
+\item Es gilt \(f+g=\underbrace{f_{+}+g_{+}}_{=:u}-\underbrace{(f_{-}+g_{-})}_{=:v}=u-v\). Dann:
+\[
+\int_{X}{u\mathrm{d}x}=\int_{X}{f_{+}+g_{+}\mathrm{d}x}\overset{\ref{Satz 4.5}}{=}\int_{X}{f_{+}\mathrm{d}x}+\int_{X}{g_{+}\mathrm{d}x}<\infty
+\]
+Genauso: \(\int_{X}{v\mathrm{d}x}<\infty\)\\
+Mit Satz \ref{Satz 4.9} folgt: \(f+g\) ist integrierbar. Weiter:
+\begin{align*}
+\int_{X}{(f+g)\mathrm{d}x}&\overset{\ref{Satz 4.9}}{=}\int_{X}{u\mathrm{d}x}-\int_{X}{v\mathrm{d}x}\\
+    &=\int_{X}{f_{+}\mathrm{d}x}+\int_{X}{g_{+}\mathrm{d}x}-\left(\int_{X}{f_{-}\mathrm{d}x}+\int_{X}{g_{-}\mathrm{d}x}\right)\\
+    &=\int_{X}{f\mathrm{d}x}+\int_{X}{g\mathrm{d}x}
+\end{align*}
+\item folgt aus (1) und (2).
+\item Mit Satz \ref{Satz 3.5} folgt: \(\max\{f,g\}\) ist messbar. Es gilt:
+\[
+0\leq\lvert\max\{f,g\}\rvert\leq\lvert f\rvert+\lvert g\rvert
+\]
+Mit \ref{Satz 4.9} und Aussage (2) folgt \(\lvert f\rvert+\lvert g\rvert\) ist integrierbar. Dann folgt mit Satz \ref{Satz 4.9}:
+\(\max\{f,g\}\) ist integrierbar.\\
+Analog zeigt man: \(\min\{f,g\}\) ist integrierbar.
+\item Nach Voraussetzung ist \(f\leq g\) auf \(X\). Dann gilt: \(f_{+}\leq g_{+}\) auf \(X\) und \(f_{-}\geq g_{-}\) auf \(X\).
+Es folgt:
+\[
+\int_{X}{f\mathrm{d}x}=\int_{X}{f_{+}\mathrm{d}x}-\int_{X}{f_{-}\mathrm{d}x}\overset{\ref{Satz 4.5}}{\leq}\int_{X}{g_{+}\mathrm{d}x}-\int_{X}{g_{-}\mathrm{d}x}=\int_{X}{g\mathrm{d}x}
+\]
+\item Es ist \(\pm f\leq\lvert f\rvert\). Mit Aussage (1) und (5) folgt: 
+    \(\pm\int_{X}{f\mathrm{d}x}=\int_{X}{(\pm f)\mathrm{d}x}\leq\int_{X}{\lvert f\rvert\mathrm{d}x}\).\\
+Es ist \(\int_{X}{f\mathrm{d}x}=\lvert\int_{X}{f\mathrm{d}x}\rvert\) oder \(-\int_{X}{f\mathrm{d}x}=\lvert\int_{X}{f\mathrm{d}x}\rvert\)
+\item Mit Bemerkung (2) vor \ref{Satz 3.1} und Satz \ref{Satz 3.6}.(2) folgt: \(f_{|Y}\) und \(\mathds{1}_{Y}\cdot f\) sind
+messbar. Es gilt: \((f_{|Y})_{\pm}=(f_{\pm})_{|Y}\) und \((\mathds{1}_{Y}\cdot f)_{\pm}=\mathds{1}\cdot f_{\pm}\). Weiterhin 
+gilt \(0\leq\mathds{1}_{Y}f_{\pm}\leq f_{\pm}\). Mit \ref{Satz 4.9} folgt dann, daß\ \(\mathds{1}_{Y}f_{\pm}\) integrierbar
+ist. Dann:
+\begin{align*}
+\int_{X}{(\mathds{1}_{Y}f)\mathrm{d}x}&=\int_{X}{\mathds{1}f_{+}\mathrm{d}x}-\int_{X}{\mathds{1}_{Y}f\mathrm{d}x}\\
+    &=\underbrace{\int_{Y}{(f_{+})_{|Y}\mathrm{d}x}}_{<\infty}-\underbrace{\int_{Y}{(f_{-})_{|Y}\mathrm{d}x}}_{<\infty}
+\end{align*}
+Es folgt: \(f_{|Y}\) ist integrierbar und \(\int_{Y}{f_{|Y}\mathrm{d}x}=\int_{Y}{(f_{+})_{|Y}\mathrm{d}x}-\int_{Y}{(f_{-})_{|Y}\mathrm{d}x}=\int_{X}{(\mathds{1}_{Y}f)\mathrm{d}x}\).
+\item Es ist \(\lvert h\rvert\leq\lVert h\rVert_{\infty}\cdot\mathds{1}_{X}\). Dann folgt:
+\[
+\int_{X}{\lvert h\rvert\mathrm{d}x}\leq\int_{X}{\lVert h\rVert_{\infty}\mathds{1}_{X}\mathrm{d}x}=\lVert h\rVert_{\infty}\lambda(X)<\infty
+\]
+Damit: \(\lvert h\rvert\) ist integrierbar und mit \ref{Satz 4.9} auch \(h\). Da \(h\) beschränkt ist, folgt: 
+\(h\in\fl^{1}(X)\). Schließlich:
+\[
+\left\lvert\int_{X}{h\mathrm{d}x}\right\rvert\leq\int_{X}{\lvert h\rvert\mathrm{d}x}\leq\lVert h\lVert_{\infty}\lambda(X)
+\]
+\end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\begin{satz}
+\label{Satz 4.12}
+\begin{enumerate}
+ \item Sind $\emptyset\ne A,B \in \fb(X)$ disjunkt, $X = A \cup B$ und ist $f: X \to \imdr$ integrierbar (über $X$), so ist $f$ integrierbar über $A$ und integrierbar über $B$ und es gilt:
+ \[\int_X f \text{ d}x = \int_A f \text{ d}x + \int_B f \text{ d}x\]
+ \item Ist $\emptyset \neq K \subseteq \mdr^d $ kompakt und $f:K\to\mdr$ stetig, so ist $f \in \fl^1(K)$.
+\end{enumerate}
+
+\end{satz}
+
+\begin{beweis}
+\begin{enumerate}
+ \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 beschränkt. Insgesamt folgt mit \ref{Satz 4.11}(8) schließlich: $f \in \fl^1(K)$.
+\end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\begin{satz}
+\label{Satz 4.13}
+Seien $a,b\in\mdr$, $a<b$, $X:=[a,b]$ und $f\in C(X)$. Dann ist $f\in\fl^1(X)$ und es gilt:
+\[L-\int_X f(x) \text{ d}x=R-\int_a^b f(x) \text{ d}x\]
+\end{satz}
+
+\begin{beweis}
+Sei $\natn$, $t_j^{(n)}:=a+j\frac{b-a}{n}$ ($j=0,\dots,n$) und $I_j^{(n)}:=\left[t_{j-1}^{(n)},t_j^{(n)}\right]$ ($j=1,\dots,n$).
+\begin{align*}
+S_n:=\sum^n_{j=1} f \left(t_j^{(n)}\right) \underbrace{ \frac{b-a}{n}}_{= \lambda_1 \left(I_j^{(n)}\right)} \text{ ist Riemannsche Zwischensumme für R-} \int_a^bf(x)\,dx.
+\end{align*}
+Aus Analysis I folgt $S_n\to\text{R-}\int_a^bf(x)\,dx$ ($n\to\infty$). 
+Definiere $f_n:=\sum^n_{j=1}f \left(t_j^{(n)} \right) \mathds{1}_{I_j^{(n)}} $. Dann ist $f_n$ einfach und 
+\[\int_X f_n(x)\,dx=\sum_{j=1}^n f \left(t_j^{(n)} \right) \lambda_1 \left(I_j^{(n)}\right)=S_n\]
+$f$ ist auf $X$ gleichmäßig stetig also konvergiert $f_n$ auf $X$ gleichmäßig gegen $f$ (Übung!), also gilt:
+\[\lVert f_n-f \rVert_{\infty}=\text{sup} \left \{ \lvert f_n(x)-f(x) \rvert : x\in X \right\} \to 0 \  (n\to \infty)\]
+Aus \ref{Satz 4.12}(2) folgt $f\in \mathfrak{L}^1(X)$
+\begin{align*}
+\left\lvert \text{L-} \int \limits_X f(x)\,dx -S_n \right\rvert = \left\lvert \text{L-} \int \limits_X (f-f_n)\,dx \right\rvert \stackrel{\text{4.11}}\leq \int \limits_X(f-f_n)\,dx \stackrel{\text{4.11}}\leq \lVert f-f_n \rVert_{\infty} \underbrace{\lambda(X)}_{=b-a} \to 0
+\end{align*}
+Daraus folgt $S_n \to$ L- $\int_X f\,dx$
+\end{beweis}
+
+\begin{satz}
+\label{Satz 4.14}
+Sei $a\in\mdr, X:=[a,\infty)$ und $f\in C(X)$. Dann gilt:
+\begin{enumerate}
+\item $f$ ist messbar.
+\item $f\in\fl^1(X)$ genau dann wenn das uneigentliche Riemann-Integral $\int_a^\infty f(x) \text{ d}x$ \textbf{absolut} konvergent ist. In diesem Fall gilt:
+\[L-\int_X f(x) \text{ d}x=R-\int_a^\infty f(x) \text{ d}x\]
+Entsprechendes gilt für die anderen Typen uneigentlicher Riemann-Integrale.
+\end{enumerate}
+\end{satz}
+
+\begin{beweis}
+Eine Hälfte des Beweises folgt in Kapitel \ref{Kapitel 6}.
+\end{beweis}
+
+\begin{beispiel}
+\begin{enumerate}
+\item Sei $X=(0,1]$, $f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}$. Aus Analysis I wissen wir, dass R-$\int^1_0\frac{1}{\sqrt{x}}\,dx$ (absolut) konvergent ist. Also ist $f\in\mathfrak{L}^1(X)$.\\
+Außerdem wissen wir aus Analysis I, dass R-$\int_0^1\frac{1}{x}$ divergent ist. Also ist $f^2\notin\mathfrak{L}^1(X)$.
+\item Sei $X=[0,\infty)$, $f(x)=\frac{\sin(x)}{x}$. Aus Analysis I wissen wir, dass R-$\int^{\infty}_1f(x)\,dx$ konvergent, aber nicht absolut konvergent ist. Also ist $f\notin\mathfrak{L}^1(X)$.
+\end{enumerate}
+\end{beispiel}

documents/Analysis III/Kapitel-5.tex

@@ -0,0 +1,182 @@
+In diesem Kapitel sei stets $\emptyset\ne X\in\fb_d$. Wir schreiben wieder $\lambda$ statt $\lambda_d$.
+
+\begin{definition}
+\index{Nullmenge}\index{Borel!Nullmenge}
+Sei $N\in\fb_d$. $N$ heißt eine \textbf{(Borel-)Nullmenge}, genau dann wenn $\lambda(N)=0$ ist.
+\end{definition}
+
+\begin{beispiel}
+\begin{enumerate}
+\item Ist $N\subseteq\mdr^d$ höchstens abzählbar, so ist $N\in\fb_d$ und $\lambda(N)=0$.
+\item Sei $j\in\{1,\dots,d\}$ und $H_j:=\left\{(x_1,\dots,x_d) \in\mdr^d : x_j=0 \right\}$. Aus Beispiel (5) nach \ref{Satz 2.7} folgt, dass $H_j$ eine Nullmenge ist.
+\end{enumerate}
+\end{beispiel}
+
+\begin{lemma}
+\label{Lemma 5.1}
+Seien $M,N,N_1,N_2,\dots\in\fb_d$.
+\begin{enumerate}
+\item Ist $M\subseteq N$ und $N$ Nullmenge, dann ist $M$ Nullmenge.
+\item Sind alle $N_j$ Nullmengen, so ist auch $\bigcup N_j$ eine Nullmenge.
+\item $N$ ist genau dann eine Nullmenge, wenn für alle $\ep>0$ offene Intervalle $I_1,I_2,\dots\subseteq\mdr^d$ existieren mit $N\subseteq\bigcup I_j$ und $\sum_{j=1}^\infty \lambda(I_j)\le\ep$.
+\end{enumerate}
+\end{lemma}
+
+\begin{beweis}
+\begin{enumerate}
+\item $0\le\lambda(M)\le\lambda(N)=0$
+\item $0\le\lambda(\bigcup N_j)\le\sum\lambda(N_j)=0$
+\item Folgt aus \ref{Satz 2.10}.
+\end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\begin{bemerkung}
+$\ $
+\begin{enumerate}
+\item $\mdq$ ist "`klein"': $\mdq$ ist "`nur"' abzählbar.
+\item $\mdq$ ist "`groß"': $\overline\mdq=\mdr$
+\item $\mdq$ ist "`klein"': $\lambda(\mdq)=0$
+\end{enumerate}
+\end{bemerkung}
+
+\begin{definition}
+\index{für fast alle}
+\index{fast überall}
+\begin{enumerate}
+\item Sei $(E)$ eine Eigenschaft für Elemente in $X$.\\
+$(E)$ gilt \textbf{für fast alle} (ffa) $x\in X$, genau dann wenn $(E)$ \textbf{fast überall} (fü) (auf $X$) gilt, genau dann wenn eine Nullmenge $N\subseteq X$ existiert, sodass $(E)$ für alle $x\in X\setminus N$ gilt.
+\item $\int_\emptyset f(x) \text{ d}x:=0$
+\end{enumerate}
+\end{definition}
+
+\begin{satz}
+\label{Satz 5.2}
+Seien $f:X\to\imdr$ messbare Funktionen.
+\begin{enumerate}
+\item Ist $f$ integrierbar, so ist $f$ fast überall endlich.
+\item Ist $f \ge0$ auf $X$, so ist $\int_X f(x)\text{ d}x=0$ genau dann wenn fast überall $f=0$.
+\item Ist $f$ integrierbar und $N\subseteq X$ eine Nullmenge, so gilt:
+\[\int_N f(x)\text{ d}x=0\] 
+\end{enumerate}
+\end{satz}
+
+\begin{beweis}
+\begin{enumerate}
+\item ist gerade \ref{Folgerung 4.10}.
+\item ist gerade \ref{Satz 4.5}(3)
+\item Setze $g:=\mathds{1}_N f$. Aus \ref{Satz 4.11} folgt, dass g integrierbar ist, also ist nach \ref{Satz 4.9} auch $\lvert g \rvert$ integrierbar. Für $x\in X\setminus N$ gilt: 
+\[g(x)=\lvert g(x) \rvert =0\]
+D.h. $\lvert g \rvert =0$ fast überall. Aus (2) folgt damit $\int_X \lvert g \rvert \,dx = 0$. Dann ist mit \ref{Satz 4.11}: \[\left\lvert\int_X g\,dx \right\rvert \leq \int_X \lvert g \rvert \,dx =0\] 
+und somit $\int_X g\,dx=0$.
+\end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\begin{satz}
+\label{Satz 5.3}
+$f,g:X\to\imdr$ seien messbar.
+\begin{enumerate}
+\item Ist $f$ integrierbar und gilt fast überall $f=g$, so ist $g$ integrierbar und es gilt:
+\[\int_Xf\,dx=\int_Xg\,dx\]
+\item Ist $f$ integrierbar und $g:=\mathds{1}_{\{ \lvert f \rvert <\infty \}}\cdot f$, so ist $g$ integrierbar und es gilt: \[\int_Xf\,dx=\int_Xg\,dx\]
+\item Sind $f$ und $g$ beide $\geq0$ auf $X$, und ist fast überall $f=g$, so ist 
+\[\int_Xf\,dx=\int_Xg\,dx\]
+\end{enumerate}
+\end{satz}
+
+\begin{beweis}
+\begin{enumerate}
+\item Nach Voraussetzung existiert eine Nullmenge $N\subseteq X$, sodass gilt:
+\[\forall x\in X\setminus N:f(x)=g(x)\] 
+Aus \ref{Satz 5.2}(3) folgt dann $\int_N f\,dx=0$.
+Sei $x\in X\setminus N$ Dann gilt: 
+\[\left( \mathds{1}_N \lvert g \rvert \right)(x)=\mathds{1}_N(x)\cdot \lvert g(x) \rvert=0\] 
+D.h.: Fast überall ist $\mathds{1}_N \lvert g \rvert =0$. Aus \ref{Satz 5.2}(2) folgt $\int_N \lvert g \rvert\,dx=\int_X\mathds{1}_N\cdot \lvert g \rvert\,dx=0$.
+Dann gilt:
+\begin{align*}
+\int_X \lvert g\rvert\,dx & = \int_X \left(\mathds{1}_N \lvert g\rvert + \mathds{1}_{X\setminus N} \lvert g\rvert \right)\,dx\\ 
+ &= \int_X\mathds{1}_N \lvert g\rvert\,dx + \int _X\mathds{1}_{X\setminus N} \lvert g\rvert\,dx\\
+ &= \int_X \mathds{1}_{X\setminus N} \lvert g \rvert\,dx\\
+& \leq\int_X \lvert f\rvert\,dx \overset{\ref{Satz 4.9}}< \infty
+%hier soll eigentlich das kleinergleich unter das erste gleichzeichen
+\end{align*}
+\ref{Satz 4.9} liefert nun, dass $\lvert g\rvert$ und damit auch $g$ integrierbar ist. Weiter gilt:
+\begin{align*}
+\int_Xg\,dx &\overset{\ref{Satz 4.12}} = \int_N g\,dx+ \int_{X\setminus N}g\,dx = \int_{X\setminus N}g\,dx\\
+&= \int_{X\setminus N}f\,dx \overset{\ref{Satz 5.2}(3)}= \int_N f\,dx +\int_{X\setminus N}f\,dx\\
+&\overset{\ref{Satz 4.12}}= \int_X f\,dx.
+\end{align*}
+
+\item Setze $N:=\left\{\lvert f\rvert =\infty \right\}$. Aus \ref{Satz 5.2}(1) folgt, dass $N$ eine Nullmenge ist. Sei $x\in X\setminus N$, so ist $x\in \left\{\lvert f\rvert <\infty \right\}$ und $g(x)=f(x)$.
+D.h. fast überall ist $f=g$. (Klar: $g$ ist mb). Dann folgt die Behauptung aus (1).
+\item \textbf{Fall 1:} $\int_Xf\,dx<\infty$\\
+Dann ist $f$ integrierbar, damit ist nach (1) auch $g$ integrierbar und es gilt:
+\[\int_Xf\,dx=\int_Xg\,dx\]
+\textbf{Fall 2:} $\int_Xf\,dx=\infty$.\\
+Annahme: $\int_Xg\,dx<\infty$. Dann gilt nach Fall 1: $\int_Xf\,dx<\infty$. $\lightning$
+\end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\begin{definition}
+$(f_n)$ sei eine Folge von Funktionen $f_n:X\to\imdr$.
+\begin{enumerate}
+\item $(f_n)$ konvergiert fast überall (auf $X$) genau dann, wenn eine Nullmenge $N\subseteq X$ existiert, sodass für alle  $x\in X\setminus N$ $\left(f_n(x)\right)$ in $\imdr$ konvergiert.
+\item Sei $f:X\to\imdr$. $(f_n)$ konvergiert fast überall (auf $X$) gegen $f$ genau dann, wenn eine Nullmenge $N\subseteq X$ existiert mit: $f_n(x)\to f(x) \forall x\in X\setminus N$\\
+In diesem Fall schreiben wir: $f_n\to f$ fast überall.
+\end{enumerate}
+\end{definition}
+
+\begin{satz}
+\label{Satz 5.4}
+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 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 Übung).
+\end{bemerkung}
+
+\begin{beweis}
+\begin{enumerate}
+\item Es existiert eine Nullmenge \(N_{1}\subseteq X:\,(f_{n}(x))\) konvergiert in \(\imdr\) für alle 
+\(x\in X\setminus N_{1}\).
+\[
+f(x)=\begin{cases}0&x\in N_{1}\\\lim_{n\to\infty}{f_{n}(x)}&x\in X\setminus N_{1}\end{cases}
+\]
+\(g_{n}:=\mathds{1}_{X\setminus N}\cdot f_{n}\), \(g_{n}\) ist messbar und \(g_{n}(x)\to f(x)\) für alle \(x\in X\).
+Mit \ref{Satz 3.5} folgt: \(f\) ist messbar.
+\item Es existiert eine Nullmenge \(N_{2}\subseteq X:\,f_{n}(x)\to g(x)\,\forall x\in X\setminus N_{2}\). 
+\(N=N_{1}\cup N_{2}\). Aus \ref{Lemma 5.1} folgt: \(N\) ist eine Nullmenge. 
+
+Für \(x\in X\setminus N:\,f(x)=g(x)\).
+\end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\begin{satz}[Satz von Beppo Levi (Version III)]
+\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 überall und 
+\[\int_{X}{f\mathrm{d}x}=\lim_{n\to\infty}{\int_{X}{f_{n}\mathrm{d}x}}\]
+\end{satz}
+
+\begin{beweis}
+Zu jedem \(n\in\mdn\) existiert eine Nullmenge 
+\(N_{n}:\,f_{n}(x)\leq f_{n+1}(x)\;\forall x\in X\setminus N_{n}\).\\ 
+\(N:=\bigcup_{n=1}^{\infty}{N_{n}}\) \folgtnach{\ref{Lemma 5.1}} \(N\) ist eine
+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, \(\forall n\in\mdn: \hat{f}_{n}\leq\hat{f}_{n+1}\) auf $X$.
+
+\(f(x):=\lim_{n\to\infty}{\hat{f}_{n}(x)}\,(x\in X)\) \folgtnach{\ref{Satz 3.5}}
+\(f\) ist messbar. Weiter: \(\hat{f}_{n}\to f\).
+\[
+\int_{X}{f\mathrm{d}x}\overset{\text{\ref{Satz 4.6}}}{=}\lim_{n\to\infty}{\int_{X}{\hat{f}_{n}\mathrm{d}x}}\overset{\text{\ref{Satz 5.3}.(2)}}{=}\lim_{n\to\infty}{\int_{X}{f_{n}\mathrm{d}x}}
+\]
+\end{beweis}

documents/Analysis III/Kapitel-6.tex

@@ -0,0 +1,213 @@
+Stets in diesem Kapitel: \(\emptyset\neq X\in\fb_{d}\)
+
+\begin{lemma}[Lemma von Fatou]
+\label{Lemma 6.1}
+Sei \((f_{n})\) eine Folge messbarer Funktionen \(f_{n}:\,X\to[0,+\infty]\).
+\begin{enumerate}
+\item Es gilt:
+\[\int_{X}{\left (\liminf_{n\to\infty}f_{n} \right)(x)\mathrm{d}x}\leq\liminf_{n\to\infty}{\int_{X}{f_{n}(x)\mathrm{d}x}}\]
+\item Ist \(f: X\to[0,+\infty]\) messbar und gilt \(f_{n}\to f\) fast 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 \(\left(\int_{X}{f_{n}\mathrm{d}x}\right)\)
+beschränkt, so ist \(f\) integrierbar.
+\end{enumerate}
+\end{lemma}
+
+\begin{beweis}
+\begin{enumerate}
+\item \(g_{j}:=\inf_{n\geq j}{f_{n}}\) \folgtnach{\ref{Satz 3.5}} \(g_{j}\) ist messbar. Klar: \(g_{j}\leq g_{j+1}\) auf
+\(X\); \(\displaystyle \sup_{j\in\mdn}{g_{j}}=\liminf_{n\to\infty}{f_{n}}\)
+
+Weiter: \(g_{j}\leq f_{n}\,(n\geq j)\)
+
+Dann:
+\begin{align*}
+    \int_{X}{\liminf_{n\to\infty}f_{n}\mathrm{d}x}&=\int_{X}{\sup_{j\in\mdn}g_{j}\mathrm{d}x}\\
+	&=\int_{X}{\lim_{j\to\infty}g_{j}(x)\mathrm{d}x}\\
+	&\overset{\ref{Satz 4.6}}{=}\lim_{j\to\infty}\int_{X}{g_{j}\mathrm{d}x}\\
+	&=\sup_{j\in\mdn}\underbrace{\int_{X}{g_{j}\mathrm{d}x}}_{\leq\inf_{n\geq j}\int_{X}{f_{n}\mathrm{d}x}}\\
+	&\leq\sup_{j\in\mdn}\left\{\inf_{n\geq j}\int_{X}{f_{n}\mathrm{d}x}\right\}\\
+	&=\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 gilt \(f=\mathds{1}_{X\setminus N}\cdot f\) 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}{\left (\lim_{n\to\infty}\mathds{1}_{X\setminus N}f_{n} \right )\mathrm{d}x}\\
+    &\overset{(1)}{\leq}\liminf_{n\to\infty}\int_{X}{\mathds{1}_{X\setminus N}f_{n}\mathrm{d}x}\\
+    &\overset{\text{\ref{Satz 5.3}.(3)}}{=}\liminf_{n\to\infty}\int_{X}{f_{n}\mathrm{d}x}
+\end{align*}
+\item folgt aus (2). Nach Voraussetzung gilt 
+\[
+0\leq\int_{X}{f\mathrm{d}x}\overset{\text{(2)}}{\leq}\liminf_{n\to\infty}\int_{X}{f_{n}\mathrm{d}x}<\infty
+\]
+\end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\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 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 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}
+\end{satz}
+
+\begin{beispiele}
+% Hier fehlt eventuell eine Grafik
+\item Sei \(X=\mdr,\,f_{n}:=n\mathds{1}_{(0,\frac{1}{n})}\). Dann:
+\[
+\int_{X}{f_{n}\mathrm{d}x}=n\cdot\lambda_{1}\left(\left(0,\frac{1}{n}\right)\right)=n\cdot\frac{1}{n}=1\quad\forall n\in\mdn
+\]
+Es gilt \(f_{n}\to f:=0\) punktweise und \(\int_{X}{f\mathrm{d}x}=0 \neq 1 = \int_{X}{f_{n}\mathrm{d}x}\). 
+$\Rightarrow$ \ref{Satz 6.2} ist ohne die integrierbare Majorante 
+$g$ im allgemeinen falsch.
+\item Sei $X = [1, \infty), \alpha > 1, f_n(x) := \frac{1}{x^\alpha} \sin{\frac{x}{n}} (x \in X, n \in \mathbb{N})$.\\
+Berechne $\lim_{n \rightarrow \infty} \int_X f_n(x) \mathrm{d}x$\\
+$f_n(x) \rightarrow 0 =: f(x) \quad \forall x \in X$. $|f_n(x)| = \frac{1}{x^\alpha} |\sin{\frac{x}{n}}| \leq \frac{1}{x^\alpha} =: g(x)$
+\folgtnach{AI} $R-\int_1^\infty g(x) \mathrm{d}x$ konvergiert absolut \folgtnach{4.14} $g \in lebeq^1(X)$
+\folgtnach{6.2} $\int_X f_n \mathrm{d}x \rightarrow \int_X f \mathrm{d}x = 0, \int_X |f_n| \mathrm{d}x \rightarrow 0$
+\end{beispiele}
+
+\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 überall.
+Es existiert eine Nullmenge \(N_{0}\subseteq X:\,f_{n}(x)\to\hat{f}(x)\,\forall x\in X\setminus N_{0}\)
+\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 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.
+
+Mit \ref{Satz 5.3}.(1) folgt: \(f_{n}\) und \(\hat{f}\) sind integrierbar.
+\item \(\tilde{N}:=N\cup\{\lvert\hat{f}\rvert=\infty\}\cup\{g=\infty\}\). Mit \ref{Folgerung 4.10} und \ref{Lemma 5.1} folgt:
+\(\tilde{N}\) ist eine Nullmenge.
+
+Setze \(f:=\mathds{1}_{X\setminus N}\hat{f}\). Dann: \(f\) ist messbar; es ist \(\lvert f\rvert\leq\lvert\hat{f}\rvert\).
+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 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|
+\end{align*}
+Nach \ref{Satz 5.3}(1) ist $g$ integrierbar und $g_n\to |f|+g$ fast überall. Es gilt:
+\begin{align*}
+|f_n-f|\le|f_n|+|f|\le g+|f| \text{ auf} X\setminus\tilde N
+\end{align*}
+D.h. es ist $g\ge0$ auf X.
+\item Es gilt:
+\begin{align*}
+\int_X(|f|+g)\text{ d}x&\stackrel{\ref{Lemma 6.1}(2)}\le \liminf_{n\to\infty} \int_X g_n \text{ d}x\\
+&=\liminf \left(\int_{\tilde N} g_n\text{ d}x+\int_{X\setminus\tilde N}g_n\text{ d}x\right)\\
+&=\liminf \int_{X\setminus\tilde N}g_n\text{ d}x\\
+&=\liminf \int_{X\setminus\tilde N}(|f|+g-|f_n-f|)\text{ d}x\\
+&=\int_{X\setminus\tilde N} (|f|+g)\text{ d}x-\limsup \int_{X\setminus\tilde N}|f_n-f|\text{ d}x\\
+&\stackrel{\ref{Satz 5.2}(3)}= \int_X |f|+g\text{ d}x-\limsup\int_X |f_n-f|\text{ d}x
+\end{align*}
+Daraus folgt:
+\[\limsup\int_x|f_n-f|\text{ d}x\le 0\]
+Also gilt auch:
+\[|\int_Xf_n\text{ d}x-\int_Xf\text{ d}x|=|\int_X(f_n-f)\text{ d}x\le \int_X|f_n-f|\text{ d}x\to 0\]
+\end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\begin{beispiel}
+Sei \(X:=[1,\infty)\) und \(f_n(x):=\frac1{x^\frac32}\sin\left(\frac xn \right) \) für alle \(x\in X, n\in\mdn\) mit \(f_n(x)\to f(x)\equiv 0\) für jedes \(x\in X\).
+Dann ist \(\lvert f_n(x) \rvert\leq \frac1{x^\frac32}\) für jedes \(x\in X\) und $\natn$. 
+Definiere nun \[g(x):=\frac1{x^\frac32}\]
+Aus Analysis I ist bekannt, dass \(\int^\infty_1 g(x)\,dx\) (absolut) konvergent ist 
+und aus \ref{Satz 4.14} folgt \[g\in\mathfrak{L}^1(X) \text{ sowie } \int_X g(x)\,dx = \text{R-}\int^\infty_1 g(x)\,dx\]
+Weiter folgen aus \ref{Satz 6.2}:
+\[\int_X f_n\,dx\to 0 \text{ und } \int_X\lvert f_n\rvert\,dx\to 0 \ (n\to\infty) \]
+\end{beispiel}
+
+\begin{folgerung}[aus \ref{Satz 6.2}]
+\label{Folgerung 6.3}
+\begin{enumerate}
+	\item 	Sei \(f:X\to\imdr\) messbar und \((A_n)\) sei eine Folge in \(\fb(X)\) mit \(A_n\subseteq A_{n+1}\) für jedes $\natn$ und \(X=\bigcup A_n\). Weiter sei
+		\begin{align*}
+		f_n:=\mathds{1}_{A_n}\cdot f \text{ integrierbar für alle } \natn \intertext{und} \left(\int_{A_n}\lvert f\rvert\,dx\right) \text{ sei beschränkt. }
+		\end{align*}
+		Dann ist $f$ integrierbar und es gilt: \[\int_{A_n}f\,dx \to \int_Xf\,dx \quad \text{für } n \to \infty\]
+	\item 	Sei \(a\in\mdr\), \(X:=[a,\infty]\) und \(f:X\to\mdr\) sei stetig. Weiter sei R-\(\int_a^\infty f\,dx\) \textbf{absolut} konvergent. Dann ist \(f\in\mathfrak{L}^1(X)\) und wie in 					\ref{Satz 4.14}:
+		\[\text{L-}\int_Xf\,dx=\text{R-}\int^\infty_a f\,dx \]
+\end{enumerate}
+\end{folgerung}
+
+\begin{beweis}
+\begin{enumerate}
+	\item 	Sei \(x\in X\). Es exisitert ein $m\in\mdn$, für das \(x\in A_m\) ist und somit auch \(x\in A_n \) für jedes \(n\geq m\). Nach der Definition von $f_n$ gilt dann \(f_n(x)=f(x)\) für jedes 				\(n\geq m\) und somit \(f_n\to f\) auf $X$. Damit gilt auch \[\lvert f_n\rvert\to\lvert f\rvert \text{ auf } X\] Durch die Konstruktion der $f_n$ ergibt sich: 
+		\[ \lvert f_n\rvert=\lvert \mathds{1}_{A_n}f\rvert=\mathds{1}_{A_n}\lvert f\rvert \leq \mathds{1}_{A_{n+1}}\lvert f\rvert=\lvert f_{n+1}\rvert \]
+		Dann gilt:
+		\[ \int_X \lvert f\rvert\,dx \overset{\ref{Satz 4.6}}=\lim\int_X \lvert f_n\rvert\,dx = \lim\int_{A_n} \lvert f\rvert\,dx \overset{Vor.}<\infty \]
+		Es folgt, dass \(\lvert f\rvert\) integrierbar ist und somit ist nach \ref{Satz 4.9} auch $f$ integrierbar. Da \(\lvert f_n\rvert \leq \lvert f\rvert\) auf $X$ für jedes \(\natn\) gilt, ist $f$ eine 		
+		integrierbare Majorante und es folgt mit \ref{Satz 6.2}:
+		\[ \int_Xf\,dx = \lim\int_Xf_n\,dx = \lim\int_{A_n}f\,dx \]
+	\item 	Setze \(A_n:=[a,n]\ (\natn)\) und es gelte o.B.d.A.: \(a\leq 1\). Dann gilt:
+		\[ \int_{A_n}\lvert f\rvert\,dx \overset{\ref{Satz 4.13}}= \text{R-}\int^n_a \lvert f\rvert\,dx \overset{Vor.}\longrightarrow \text{R-}\int^\infty_a \lvert f\rvert\,dx \]
+		D.h.\(\left(\int_{A_n}\lvert f\rvert\,dx\right)\) ist beschränkt. Definiere \(f_n:=\mathds{1}_{A_n}f\) mit \ref{Satz 4.13} folgt daraus, dass $f_n$ integrierbar ist. Weiter folgt
+		aus (1) \(f\in\mathfrak{L}^1(X)\) (denn es ist \(f(X)\subseteq\mdr\)) und 
+		\[ \text{L-}\int_Xf\,dx = \lim\int_{A_n}f\,dx \overset{\ref{Satz 4.13}}= \lim\left(\text{R-}\int^n_a f\,dx \right) = \text{R-}\int^\infty_a f\,dx. \]
+\end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\begin{bemerkung}
+\ref{Folgerung 6.3}(2) gilt entsprechend für die anderen Typen uneigentlicher Riemann-Integrale.
+\end{bemerkung}
+
+\begin{folgerung}
+\label{Folgerung 6.4}
+\begin{enumerate}
+	\item 	\((f_n)\) sei eine Folge integrierbarer Funktionen \(f_n\colon X\to\imdr\), \(g\colon X\to[0,+\infty]\) sei ebenfalls integrierbar und 
+		\[g_n:=f_1+f_2+\dots+f_n \ (\natn)\]
+		Weiter sei $N$ eine Nullmenge in $X$ so, dass \((g_n(x))\) für jedes \(x\in X\setminus N\) in $\imdr$  konvergiert und 
+		\[\lvert g_n(x)\rvert \leq g(x) \text{ für jedes } \natn \text{ und } x\in X\setminus N\]
+		Setzt man
+		\[f(x):=\sum^\infty_{j=1}f_j(x):=	
+		\begin{cases}
+			0, 				& \text{falls } x\in N 			\\
+			\lim\limits_{n\to\infty}g_n(x), & \text{falls } x\in X\setminus N
+		\end{cases}\quad,\]
+		so gilt, dass $f$ integrierbar ist und
+		\[\int_X \left( \sum^\infty_{j=1}f_j(x) \right)\,dx = \sum^\infty_{j=1}\left( \int_Xf_j(x)\,dx \right) \]
+	\item 	Sei \(f\in\mathfrak{L}^1(X)\) und \((A_n)\) eine \textbf{disjunkte} Folge in \(\fb(X)\) mit \(X=\dot\bigcup A_n\). Dann gilt
+		\[\int_Xf\,dx = \sum^\infty_{j=1}\int_{A_j}f\,dx \]
+\end{enumerate}
+\end{folgerung}
+
+\begin{beweis}
+\begin{enumerate}
+	\item 	Fast überall gelten \(g_n\to f\) und für jedes \(\natn\) auch \(\lvert g_n\rvert \leq g\). Aus \ref{Satz 6.2} folgt
+		\begin{align*}
+			\int_X \left(\sum^\infty_{j=1}f_j(x)\right) \,dx 
+			&= \int_Xf\,dx  					\\
+			&\overset{\ref{Satz 6.2}}= \lim\int_Xg_n\,dx 	\\
+			&= \lim\int_X\left(\sum^n_{j=1}f_j\right)\,dx 	\\
+			&=\lim\sum^n_{j=1}\int_Xf_j(x)\,dx 			\\
+			&=\sum^\infty_{j=1}\int_Xf_j\,dx 			\\
+		\end{align*}
+	\item 	Setze \(f_j:=\mathds{1}_{A_j}f\), \(g:=\lvert f\rvert\), \(g_n:=f_1+\dots+f_n\). Dann ist
+		\[\lvert g_n\rvert = \lvert \mathds{1}_{A_1\cup\dots\cup A_n}\cdot f\rvert \leq \lvert f\rvert =g \]
+		Es gilt: \(g_n\to f\) auf $X$. Aus (1) folgt
+		\[ \int_Xf\,dx = \sum^\infty_{j=1}\int_Xf_j\,dx = \sum^\infty_{j=1}\int_{A_j}f\,dx \]
+\end{enumerate}
+\end{beweis}

documents/Analysis III/Kapitel-7.tex

@@ -0,0 +1,72 @@
+In diesem Kapitel sei stets \(\emptyset\neq X\in \fb_d\).
+
+\begin{satz}
+\label{Satz 7.1}
+Sei \(U\in\fb_k, t_0\in U\) und es sei \(f\colon U\times X\to \mdr\) eine Funktion mit:
+\begin{enumerate}
+	\item 	Für jedes \(t\in U\) ist \(x\mapsto f(t,x)\) messbar.
+	\item 	Es existiert eine Nullmenge \(N\subseteq X\) so, dass \(t\mapsto f(t,x)\) für jedes \(x\in X\setminus N\) stetig in $t_0$ ist.
+	\item 	Es existiert eine integrierbare Funktion \(g\colon X\to [0,\infty]\) und zu jedem \(t\in U\) existiert eine Nullmenge \(N_t\subseteq X\) so, dass für 
+		jedes \(t\in U\) und jedes \(x\in X\setminus N_t\) gilt: \[ \lvert f(t,x)\rvert \leq g(x) \]
+\end{enumerate}
+Dann ist \(x\mapsto f(t,x)\) für jedes \(t\in U\) integrierbar. Ist \(F\colon U\to\mdr\) definiert durch
+\[ F(t):=\int_Xf(t,x)\,dx,\]
+so ist $F$ stetig in $t_0$.
+\end{satz}
+
+Also: \[ \lim\limits_{t\to t_0}\int_X f(t,x)\,dx = \lim\limits_{t\to t_0}F(t)=F(t_0) = \int_X f(t_0,x)\,dx =\int_X\lim\limits_{t\to t_0} f(t,x)\,dx \]
+
+\begin{beweis}
+Aus (1) und (3) folgt, dass \(x\mapsto f(t,x)\) für jedes \(t\in U\) integrierbar ist (zur Übung). Sei \((t_n)\) eine Folge in $U$ mit \(t_n\to t_0\) und 
+\[g_n(x):=f(t_n,x) \ (\natn, x\in X) \]
+Setze \[ \tilde N := N\cup \left(\bigcup^\infty_{n=1}N_{t_n} \right) \]
+Aus \ref{Lemma 5.1} folgt, dass \(\tilde N\) eine Nullmenge ist. Voraussetzung (2) liefert \(g_n(x)\to f(t_0,x)\) für jedes \(x\in X\setminus\tilde N\), also gilt 
+\[g_n(x)\to f(t_0,x) \text{ fast überall auf } X\]
+Voraussetzung (3) liefert \(\lvert g_n(x)\rvert = \lvert f(t_n,x)\rvert \leq g(x) \) für jedes \(\natn\) und \(x\in X\setminus\tilde N\). Aus \ref{Satz 6.2} folgt
+\[ F(t_n) = \int_X f(t_n,x)\,dx = \int_Xg_n\,dx \longrightarrow \int_X f(t_0,x)\,dx = F(t_0) \]
+\end{beweis}
+
+\textbf{Bezeichnung}\\
+Sei \(I\subseteq\mdr\) ein Intervall, \(a:=\inf I\) und \(b:=\sup I\), wobei \(a=-\infty\) oder \(b=+\infty\) zugelassen sind. Weiter sei \(f\colon I\to\imdr\) integrierbar 
+(oder $f$ ist messbar und \(\geq 0\)) und 
+\[\int\limits^b_af(x)\,dx:=\int\limits_{(a,b)}f_{|(a,b)}(x)\,dx \]
+Dann ist 
+\[ \int_I f(x) dx = \int_{(a,b)} f(x) dx\]
+Ist z.B. \(I=[a,b)\), dann gilt, da \(\{a\}\) eine Nullmenge ist: \[\int_If\,dx=\int_{\{a\}}f\,dx + \int_{(a,b)}f\,dx= \int_{(a,b)}f\,dx \] 
+
+\begin{folgerung}
+\label{Folgerung 7.2}
+Sei \(I\subseteq\mdr\) ein Intervall, \(a=\inf I\) und \(f\colon I\to\mdr\) sei integrierbar. Definiert man \(F\colon I\to\mdr\) durch 
+\[F(t):=\int^t_a f(x)\,dx,\] so ist \(F\in C(I)\).
+\end{folgerung}
+
+\begin{beweis}
+Für \(x,t\in I\) definiere \(h(t,x):=\mathds{1}_{(a,t)}f(x)\). Dann ist \(F(t)=\int_I h(t,x)\,dx\) und 
+\[\lvert h(t,x)\rvert = \mathds{1}_{(a,t)}\cdot \lvert f(x)\rvert \leq \lvert f(x)\rvert \text{ für alle } t,x\in I\]
+Aus \ref{Satz 4.9} folgt, dass \(\lvert f\rvert\) integrierbar ist. Sei \(t_0\in I\) und \(N:=\{t_0\}\), also eine Nullmenge.
+Dann ist \(t\mapsto h(t,x)\) für jedes \(x\in I\setminus N\) stetig in \(t_0\) (zur Übung). Die Behauptung folgt aus \ref{Satz 7.1}.
+\end{beweis}
+
+\begin{satz}
+\label{Satz 7.3}
+Sei \(U\subseteq \mdr^k\) offen, \(f\colon U\times X\to\mdr\) eine Funktion. Es sei \(g\colon X\to [0,+\infty]\) integrierbar und \(N\subseteq X\) sei eine Nullmenge.
+Weiter gelte:
+\begin{enumerate}
+	\item 	für jedes \(t\in U\) sei \(x\mapsto f(t,x)\) integrierbar.
+	\item 	für jedes \(x\in X\setminus N\) sei \(t\mapsto f(t,x)\) partiell differenzierbar auf $U$.
+	\item 	\(\left\lvert \frac{ \partial f}{\partial t_j} \right\rvert \leq g(x) \) für jedes \(x\in X\setminus N\), jedes \(t\in U\) und jedes \(j\in\{1,\dots,k\}\)
+\end{enumerate}
+Ist dann \(F\colon U\to\mdr\) definiert durch \[F(t):=\int_X f(t,x)dx\] so ist $F$ auf $U$ partiell differenzierbar und für jedes \( t\in U\) sowie jedes \( j\in\{1,\dots,k\}\) gilt:
+\[ \frac{\partial F}{\partial t_j}(t) = \int_X\frac{\partial f}{\partial t_j}(t,x)\,dx \]
+\end{satz}
+\textbf{Also: } \( \frac{\partial}{\partial t_j}\int_X f(t,x)\,dx = \int_X \frac{\partial f}{\partial t_j}(t,x)\,dx \).
+
+\begin{beweis}
+Sei o.B.d.A. \(k=1\), also \(U\subseteq\mdr\). Sei \(t_0\in U\) und \((h_n)\) eine Folge mit \(h_n\to 0\) und \(h_n\neq 0\) für alle \(\natn\).
+Setze \[g_n(x):=\frac{f(t_0+h_n,x)-f(t_0,x)}{h_n} \ \ (x\in X, \natn) \]
+Aus Voraussetzung (2) folgt für jedes \(x\in X\setminus N\): \[ g_n(x)\to \frac{\partial f}{\partial t}(t_0,x) \ \ (n\to\infty) \]
+Nach dem Mittelwertsatz aus Analysis 1 existiert für jedes \(x\in X\setminus N\) und jedes \(\natn\) ein \(s_n=s_n(x)\) zwischen \(t_0\) und \(t_0+h_n\) mit:
+\[ \left\lvert g_n(x) \right\rvert = \left\lvert \frac{\partial f}{\partial t}(s_n,x)\right\rvert \overset{(3)}\leq g(x) \]
+Aus \ref{Satz 6.2} folgt \[ \int_X g_n\,dx \longrightarrow \int_X\frac{\partial f}{\partial t}(t_0,x)\,dx \]
+Es ist nach Konstruktion  gerade \(\int_X g_n\,dx =\frac{F(t_0+h_n)-F(t_0)}{h_n} \).
+\end{beweis}

documents/Analysis III/Kapitel-8.tex

@@ -0,0 +1,93 @@
+In diesem Kapitel seien \(k,l,d\in\mdn\) und \(k+l=d\). \(\mdr^d\cong\mdr^k\times\mdr^l\). Für Punkte \(z\in\mdr^d\) schreiben wir \(z=(x,y)\), wobei \(x\in\mdr^k\) und \(y\in\mdr^l\).
+
+\begin{definition}
+\begin{enumerate}
+	\item 	\(p_1\colon\mdr^d\to\mdr^k\) sei definiert durch \(p_1(x,y):=x\)
+	\item 	\(p_2\colon\mdr^d\to\mdr^l\) sei definiert durch \(p_2(x,y):=y\)
+	\item 	Für \(y\in\mdr^l\) sei \(j_y\colon\mdr^k\to\mdr^d\) definiert durch \(j_y(x):=(x,y)\)
+	\item 	Für \(x\in\mdr^k\) sei \(j^x\colon\mdr^l\to\mdr^d\) definiert durch \(j^x(y):=(x,y)\)
+\end{enumerate}
+\end{definition}
+
+\begin{lemma}
+\label{Lemma 8.1}
+\(p_1,p_2,j_y,\) und \(j^x\) sind messbar.
+\end{lemma}
+
+\begin{beweis}
+\(p_1,p_2,j_y\) und \(j^x\) sind stetig, also nach \ref{Satz 3.2} messbar.
+\end{beweis}
+
+\begin{definition}
+Sei \(C\subseteq\mdr^d\).\\
+Sei \(y\in\mdr^l\), dann heißt \(C_y:=\{x\in\mdr^k:(x,y)\in C\}=(j_y)^{-1}(C)\) der \textbf{y-Schnitt} von C.\\
+Sei \(x\in\mdr^k\), dann heißt \(C^x:=\{y\in\mdr^l:(x,y)\in C\}=(j^x)^{-1}(C)\) der \textbf{x-Schnitt} von C.
+\end{definition}
+
+\begin{lemma}
+\label{Lemma 8.2}
+Sei \(C\in\fb_d\). Dann ist \(C_y\in\fb_k\) und \(C^x\in\fb_l\).
+\end{lemma}
+
+\begin{beweis}
+folgt aus \ref{Lemma 8.1}.
+\end{beweis}
+
+\textbf{Beachte: } Sei \(A\in\mdr^k\) und \(B\in\mdr^l\), sowie \(C:=A\times B \subseteq\mdr^d\). Dann:
+\begin{align*}
+C_y=	\begin{cases}
+		{\emptyset, 	\text{falls } y\notin B}\\
+		{A,		\text{falls } y\in B}
+	 \end{cases}
+&
+&C^x=\begin{cases}
+		{\emptyset, 	\text{falls } x\notin A}\\
+		{B,		\text{falls } x\in A}
+	 \end{cases}
+\end{align*}	
+
+\begin{lemma}
+\label{Lemma 8.3}
+Sei \(A\in\fb_k\) und \(B\in\fb_l\). Dann ist \(C:=A\times B\in\fb_d\).
+\end{lemma}
+
+\begin{beweis}
+Es ist
+\[C=(A\times\mdr^l)\cap(\mdr^k\times B) = p_1^{-1}(A)\cap p_2^{-1}(B)\]
+Nach \ref{Lemma 8.1} sind \(p_1^{-1}(A), p_2^{-1}(B) \in\fb_d\) und somit ist auch \(p_1^{-1}(A)\cap p_2^{-1}(B) \in\fb_d\)
+\end{beweis}
+
+\begin{definition}
+Sei \(f\colon\mdr^d\to\imdr\). \\
+Für \(y\in\mdr^l\): \[f_y(x):=f(x,y) \ \ (x\in\mdr^k)\]
+Für \(x\in\mdr^k\): \[f^x(y):=f(x,y) \ \ (y\in\mdr^l)\]
+Es ist \(f_y=f\circ j_y\) und \(f^x=f\circ j^x\).
+\end{definition}
+
+\begin{lemma}
+\label{Lemma 8.4}
+Ist \(f\colon\mdr^d\to\imdr\) messbar, so sind \(f_y\) und \(f^x\) messbar.
+\end{lemma}
+
+\begin{beweis}
+folgt aus \ref{Lemma 8.1} und \ref{Lemma 8.3}.
+\end{beweis}
+
+%vielleicht funktioniert die nummerierung jetzt
+\begin{defusatz}[ohne Beweis] 
+\label{Satz 8.5}
+Sei \(C\in\fb_d\). Die Funktionen \(\varphi_C\) und \(\psi_C\) seien unter Beachtung von \ref{Lemma 8.2} definiert durch:
+\begin{align*}
+\varphi_C(x):=\lambda_l(C^x) \ \ (x\in\mdr^k) & & \psi_C(x):=\lambda_k(C_y) \ \ (y\in\mdr^l) 
+\end{align*}
+Dann sind \(\varphi_C\) und \(\psi_C\) messbar.
+\end{defusatz}
+
+
+\begin{bemerkung}
+Für \(C\in\fb_d\) gilt:
+\begin{align*}
+\varphi_C(x)=\lambda_l(C^x)=\int_{\mdr^l}\mathds{1}_{C^x}(y)\,dy=\int_{\mdr^l}\mathds{1}_{C}(x,y)\,dy \\
+\psi_C(y)=\lambda_k(C_y)=\int_{\mdr^k}\mathds{1}_{C_y}(x)\,dx=\int_{\mdr^k}\mathds{1}_{C}(x,y)\,dx
+\end{align*}
+\end{bemerkung}

documents/Analysis III/Kapitel-9.tex

@@ -0,0 +1,159 @@
+Die Bezeichnungen seien wie im Kapitel 8.
+
+\begin{satz}[Prinzip von Cavalieri]
+\label{Satz 9.1}
+Sei \(C\in\fb_d\). Dann:
+\[ \lambda_d(C)=\int_{\mdr^k}\lambda_l(C^x)\,dx=\int_{\mdr^l}\lambda_k(C_y)\,dy \]
+\end{satz}
+Das heißt:
+\[ \int_{\mdr^d}\mathds{1}_{C}(x,y) \text{ d}(x,y) = \int_{\mdr^k}\left(\int_{\mdr^l} \mathds{1}_{C}(x,y)\,dy\right)\,dx = \int_{\mdr^l} \left(\int_{\mdr^k} \mathds{1}_{C}(x,y)\,dx\right)\,dy \]
+
+
+\begin{beispiel}
+\begin{enumerate}
+	\item	Sei \(k=l=1\), also \(d=2\). Sei \(r>0\) und \[C:=\{(x,y)\in\mdr^2: x^2+y^2\leq r^2\}\]
+		 Da $C$ abgeschlossen ist, gilt \(C\in\fb_2\).\\
+		Ist \(\lvert y\rvert>r\), so ist \(C_y=\emptyset\), also \(\lambda_1(C_y)=0\).\\
+		Sei also \(\lvert y\rvert\leq r\). Sei \(x\in\mdr\) so, dass \((x,y)\in\partial C\). Dann ist \(x^2+y^2=r^2\), also \(x=\pm\sqrt{r^2-y^2}\).
+		Das heißt, es ist  \[C_y=\left[-\sqrt{r^2-y^2},+\sqrt{r^2-y^2}\right]\text{ und } \lambda_1(C_y)=2\sqrt{r^2-y^2}\]
+		Aus \ref{Satz 9.1} folgt:
+		\begin{align*}
+			\lambda_2(C)
+			&=\int_\mdr\lambda_1(C_y)\,dy \\
+			&=\int_{[-r,r]}\lambda_1(C_y)\,dy + \int_{\mdr\setminus [-r,r]}\lambda_1(C_y)\,dy\\
+			&=\int_{[-r,r]}2\sqrt{r^2-y^2}\,dy\\
+			&\overset{\ref{Satz 4.13}}= \text{R-}\int^r_{-r}2\sqrt{r^2-y^2}\,dy\\
+			&\overset{Ana I}= \pi r^2
+		\end{align*}
+	\item 	Sei \(\emptyset\neq X\subseteq\mdr^d\). $X$ sei kompakt, also \(X\in\fb_d\). Weiter sei \(f\colon X\to[0,\infty)\) stetig, woraus mit \ref{Satz 4.11} \(f\in\mathfrak{L}^1(X)\) folgt.
+		Setze \[C:=\{(x,y):x\in X, 0\leq y\leq f(x)\}\] 
+		$C$ ist kompakt und somit gilt: \(C\in\fb_{d+1}\).\\
+		Ist \(x\notin X\), so ist \(C^x=\emptyset\), also \(\lambda_1(C^x)=0\).\\
+		Ist \(x\in X\), so ist \(C^x=[0,f(x)]\), also \(\lambda_1(C^x)=f(x)\). Damit gilt
+		\[\lambda_{d+1}(C) \overset{\ref{Satz 9.1}}= \int_{\mdr^d}\lambda_1(C^x)\,dx = \int_X\lambda_1(C^x)\,dx + \int_{\mdr^d\setminus X}\lambda_1(C^x) \text{ d}x = \int_Xf(x)\,dx \]
+	\item 	Sei \(I=[a,b]\subseteq\mdr\) mit \(a<b\) und \(f\colon I\to[0,\infty]\) stetig. Setze
+		\[C:=\{(x,y)\in\mdr^2:x\in I, 0\leq y\leq f(x)\}\]
+		Aus Beispiel (2) und \ref{Satz 4.13} folgt \[\lambda_2(C)=\text{R-}\int_a^bf(x)\,dx \]
+	\item 	$X$ und $f$ seien wie in Beispiel (2). Setze \[G:=\{(x,f(x)):x\in X\}\]
+		$G$ ist kompakt, also ist \(G\in\fb_2\). 
+		Ist \(x\notin X\), so ist \(G^x=\emptyset\), also \(\lambda_1(G^x)=0\).
+		Ist \(x\in X\), so ist \(G^x=\{f(x)\}\), also \(\lambda_1(G^x)=0\).
+		Aus \ref{Satz 9.1} folgt \[\lambda_2(G)=\int_\mdr\lambda_1(G^x)\,dx=0\]
+\end{enumerate}
+\end{beispiel}
+
+\begin{beweis}[Prinzip von Cavalieri]
+Wir definieren $\mu,\nu:\fb_d\to[0,\infty]$ durch:
+\begin{align*}
+\mu(A):=\int_{\mdr^k} \lambda_l(A^x)\text{ d}x && \nu(A):=\int_{\mdr^l} \lambda_k(A_y)\text{ d}y
+\end{align*}
+Dann ist klar, dass $\mu(\emptyset)=\nu(\emptyset)=\lambda_d(\emptyset)=0$ ist.\\
+Sei $(A_j)$ eine disjunkte Folge in $\fb_d$. Dann ist $(A_j^x)$ ebenfalls disjunkt und $(\bigcup A_j)^x=\bigcup A_j^x$. Somit gilt:
+\begin{align*}
+\mu(\bigcup A_j)&=\int_{\mdr^k} \lambda_l(\bigcup A_j^x)\text{ d}x\\
+&=\int_{\mdr^k} \sum \lambda_l(A_j^x)\text{ d}x\\
+&=\sum \int_{\mdr^k} \lambda_l(A_j^x)\text{ d}x\\
+&=\sum \mu(A_j)
+\end{align*}
+D.h. $\mu$ ist ein Maß auf $\fb_d$. Analog lässt sich zeigen, dass $\nu$ ein Maß auf $\fb_d$ ist.\\
+Sei nun $I\in\ci_d$, dann existieren $I'\in\ci_k, I''\in\ci_l$ mit $I=I'\times I''$. Aus §\ref{Kapitel 8} folgt:
+\begin{align*}
+I^x=\begin{cases} I''&,x\in I'\\ 
+\emptyset &,x\not\in I'\end{cases}
+\end{align*}
+Also ist $\lambda_l(I^x)=\lambda_l(I'')\cdot\mathds{1}_{I'}(x)$ und damit:
+\begin{align*}
+\mu(I)&=\int_{\mdr^k}\lambda_l(I'')\cdot\mathds{1}_{I'}(x) \text{ d}x\\
+&=\lambda_l(I'')\cdot\lambda_k(I') = \lambda_d(I)
+\end{align*}
+D.h. auf $\ci_d$ stimmen $\mu$ und $\lambda_d$ überein. Analog gilt $\nu=\lambda_d$ auf $\ci_d$. Da $\ci_d$ die Vorraussetzungen des Satzes \ref{Satz 2.6} erfüllt, gilt $\mu=\lambda_d=\nu$ auf $\fb_d$.
+\end{beweis}
+
+\begin{folgerung}
+\label{Folgerung 9.2}
+\begin{enumerate}
+\item Sei $N\in\fb_d$. Dann gilt:
+\begin{align*}
+\lambda_d(N)=0 &\iff \lambda_l(N^x) = 0 \quad \text{ f.ü. auf }\mdr^k\\
+&\iff \lambda_k(N_y) = 0 \quad \text{ f.ü. auf }\mdr^l\\
+\end{align*}
+\item Sei $M\subseteq\mdr^k$ ($M\subseteq\mdr^l$) eine Nullmenge, dann ist $M\times\mdr^l$ ($\mdr^k\times M$) eine Nullmenge.
+\end{enumerate}
+\end{folgerung}
+
+\begin{beweis}
+\begin{enumerate}
+\item Nach \ref{Satz 9.1} gilt:
+\[\lambda_d(N)=\int_{\mdr^k}\lambda_l(N^x)\text{ d}x\]
+Nach \ref{Satz 5.2}(2) folgt die Behauptung. Analog lässt sich die zweite Äquivalenz zeigen.
+\item Es gilt:
+\[\forall y\in\mdr^l:(M\times\mdr^l)_y=M\]
+Damit folgt die Behauptung aus (1).
+\end{enumerate}
+\end{beweis}
+
+\begin{lemma}
+\label{Lemma 9.3}
+Sei $\emptyset\ne D\in\fb_d$ und $f:D\to\imdr$ messbar. Definiere
+\[\tilde f(z):=\begin{cases} f(z) &,z\in D\\ 0&,z\not\in D\end{cases}\]
+Dann ist $\tilde f:\mdr^d\to\imdr$ messbar.
+\end{lemma}
+
+\begin{beweis}
+Sei $a\in\mdr$, $B_a:=\{n\in\mdr^d\mid \tilde f(z)\le a\}$.\\
+\textbf{Fall $a<0$:}
+\[B_a=\{z\in D\mid f(z)\le a\}\stackrel{\ref{Satz 3.4}}\in\fb_d\]
+\textbf{Fall $a\ge0$:}
+\[B_a=\{z\in D\mid f(z)\le a\}\cup \{z\in\mdr^d\setminus D\}\in\fb_d\]
+Also folgt aus \ref{Satz 3.4} die Messbarkeit von $\tilde f$.
+\end{beweis}
+
+\begin{beispiel}
+\index{Rotationskörper}
+\begin{enumerate}
+\item Sei $r>0$ und 
+\[K:=\{(x,y)\in\mdr^2\mid x^2+y^2<r^2\}\]
+Dann ist $K$ offen, also $K\in\fb_2$ und es gilt:
+\[\partial K=\overline{K}\setminus K=\{(x,y)\in\mdr^2\mid x^2+y^2=r^2\}\in\fb_2\]
+Damit enthält die Menge $(\partial K)_y$ für alle $x\in\mdr$ höchstens zwei Elemente, d.h.
+\[\lambda_2(\partial K)=\int_\mdr \lambda_1((\partial K)_y)\text{ d}y=0\]
+Mit $\overline K=(\partial K) \dot\cup K$ folgt dann
+\[\lambda_2(K)=\lambda_2(\partial K)+\lambda_2(\overline K)=\lambda_2(\overline K)=\pi r^2\]
+Sei nun $A\in\fb_2$ mit $K\subseteq A\subseteq\overline K$, dann ist $\lambda_2(A)=\pi r^2$.
+\item Sei $r>0$ und 
+\[K:=\{(x,y,z)\in\mdr^3\mid x^2+y^2+z^2\le r^2\}\]
+Dann ist $K$ abgeschlossen, also $K\in\fb_3$.\\
+\textbf{Fall $|z|>r$:} Es ist $K_z=\emptyset$, also $\lambda_2(K_z)=0$.\\
+\textbf{Fall $|z|\ge r$:} Es ist
+\[K_z=\{(x,y)\in\mdr^2\mid x^2+y^2\le r^2-z^2\}\]
+und damit $\lambda_2(K_z)=\pi(r^2-z^2)$.\\
+Aus \ref{Satz 9.1} folgt dann:
+\begin{align*}
+\lambda_3(K)&=\int_\mdr \lambda_2(K_z)\text{ d}z\\
+&=\int_{[-r,r]}\lambda_2(K_z)\text{ d}z+\int_{\mdr\setminus[-r,r]}\lambda_2(K_z)\text{ d}z\\
+&=\int_{[-r,r]}\pi(r^2-z^2)\text{ d}z\\
+&\stackrel{\ref{Satz 4.13}}=\int_{-r}^r \pi r^2-\pi z^2\text{ d}z\\
+&=\frac43\pi r^3
+\end{align*}
+\item $\lambda_2\left(\text{\smiley}\right)=0$
+\item Wir wollen nun \textbf{Rotationskörper} betrachten. Sei dazu $I=[a,b]\subseteq\mdr$ mit $a<b$ und $f:I\to[0,\infty)$ messbar. Definiere nun
+\[V:=\{(x,y,z,)\in\mdr^3\mid x^2+y^2\le f(z)^2, z\in I\}\]
+Setze $D:=\mdr^2\times I$ und $g(x,y,z):= x^2+y^2-f(z)^2$. Dann ist $g$ nach §\ref{Kapitel 3} messbar und $V=\{g\le 0\}\in\fb_3$.\\
+\textbf{Fall $z\not\in I$:} Es so ist $V_z=\emptyset$, also $\lambda_2(V_z)=0$.\\
+\textbf{Fall $z\in I$:} Es ist
+\[V_z=\{(x,y)\in\mdr^2\mid x^2+y^2\le f(z)^2\}\]
+und damit $\lambda_2(V_z)=\pi f(z)^2$.\\
+Aus \ref{Satz 9.1} folgt dann:
+\begin{align*}
+\lambda_3(V)&=\int_\mdr \lambda_2(V_z)\text{ d}z\\
+&= \pi\int_a^b f(z)^2\text{ d}z 
+\end{align*}
+\item Sei $h>0$, $I=[0,h]$ und $f(z)=\frac rhz$. Definiere den Kegel
+\[V:=\{(x,y,z)\in\mdr^3\mid x^2+y^2\le \frac{r^2}{h^2}z^2\}\]
+Dann ist
+\begin{align*}
+\lambda_3(V)&=\pi\int_0^h \frac{r^2}{h^2}z^2\text{ d}z\\
+&=\frac{\pi r^2h}3
+\end{align*}
+\end{enumerate}
+\end{beispiel}