% 
% Analysis III. Gew\"ohnliche Differentialgleichungen
% Oliver Schn\"urer
% Uni Konstanz, Winter 2015/2016
%
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  Viel-fach-heit Funk-tion Funk-tion-en}

\begin{document}
\title{Analysis III}

%    Information for first author
\author[Analysis III]{Oliver C. Schn\"urer}
%    Address of record for the research reported here
\address{Oliver C. Schn\"urer, Fachbereich Mathematik und Statistik,
  Universit\"at Konstanz, 78457 Konstanz, Germany}
%    Current address
\curraddr{}
\def\AmSeeHome{@uni-konstanz.de}
\email{Oliver.Schnuerer\AmSeeHome}
%    \thanks will become a 1st page footnote.
\thanks{Vielen Dank an Eva Dutt f\"ur das Tippen und Korrekturlesen
  einiger Abschnitte und an Tom Kliche, Sebastian K\"umpel, Mark
  Urupin und Andrey Zakharov und den H\"orern der Vorlesung f\"ur
  Korrekturen und Verbesserungsvorschl\"age.}

%    General info
%\subjclass[2000]{34-01}

\date{\today}

\dedicatory{}

\keywords{}

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%\setlength{\parskip}{0.5em}

\begin{abstract}
  Bei diesem Manuskript handelt es sich um Notizen zu einer Vorlesung
  Analysis III an der Universit\"at Konstanz im
  Wintersemester 2015/2016 und 2020/2021. Themen sind gew\"ohnliche
  Differentialgleichungen sowie Ma\ss{}- und Integrationstheorie. 
\end{abstract}

\maketitle

\tableofcontents

% Spezielle Kopfzeilen
%\long\def\Section#1{\section{#1} \def\abschnitt{#1}
%  \def\unterabschnitt{#1}}
%\long\def\Subsection#1{\subsection{#1} \def\unterabschnitt{#1}}
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%{\scriptsize{\textsc{\thesubsection.{} \MakeUppercase{\unterabschnitt{}}}}}

Dies ist eine Fortsetzung des Skriptes zur Vorlesung Analysis, siehe
\cite{OSAnaI,OSAnaII}. \par
Wir orientieren uns f\"ur die gew\"ohnlichen Differentialgleichungen
an \cite{DenkMPh3,CGAnalysisII,Dieudonne,WalterODEs} und f\"ur die
Ma\ss{}theorie an \cite{AmannEscherAnalysisIII} und benutzen manchmal
\cite{wiki}.\par
Wir empfehlen wiederum wie in den ersten Semestern, Resultate mit
Ba\-nach\-r\"au\-men zun\"achst im Fall $\R$ oder $\R^n$ zu
verstehen. W\"unschenswert w\"are nun ein Verst\"andnis zumindest im
Falle von $\R^n$.

\addtocounter{section}{7}

\def\emph#1{\textbf{#1}}

\section*{Gew\"ohnliche Differentialgleichungen}
\section{Existenz und Eindeutigkeit} 

\subsection{Der Existenzsatz von Picard-Lindel\"of}
\datum{Di 03.11.2020}

\begin{definition}
  Eine \emph{implizite gew\"ohnliche Differentialgleichung} $k$-ter
  Ordnung ist eine Gleichung der Form \[F\left(t,x(t),\dot
    x(t),x^{(2)}(t),\ldots,x^{(k)}(t)\right)=0.\] Eine (explizite)
  \emph{gew\"ohnliche Differentialgleichung} $k$-ter Ordnung ist eine
  Gleichung der Form \[x^{(k)}(t) =F\left(t,x(t),\dot x(t),x^{(2)}(t),
    \ldots,x^{(k-1)}(t)\right).\] Gesucht ist jeweils eine $k$-mal
  differenzierbare Funktion $x\colon I\to\R^n$ bzw.{} $x\colon I\to
  E$, $E$ ein Banachraum, f\"ur ein offenes Intervall
  $I\subset\R$. \par
  Im Folgenden nehmen wir stets an, dass $F\colon
  I\times\R^n\times\R^n \times\cdots\times\R^n\to\R^n$ bzw.{} $F\colon
  I\times E\times E\times\cdots\times E\to E$ mindestens
  stetig ist.
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir untersuchen gew\"ohnliche Differentialgleichungen auf
    \begin{itemize}
    \item (globale) L\"osbarkeit,
    \item Eindeutigkeit (der L\"osung),
    \item Abh\"angigkeit der L\"osung von (Anfangs-)daten.
    \end{itemize}
  \item Ist $x$ eine Funktion mit Werten in $\R^n$, so sprechen wir
    von einem \emph{System} von gew\"ohnlichen
    Differentialgleichungen.
  \item Eine Differentialgleichung $k$-ter Ordnung l\"asst sich als
    System von Differentialgleichungen erster Ordnung darstellen:
    \[
    \frac d{dt}X(t) \equiv \frac d{dt}
    \begin{pmatrix}
      x(t)\\ \dot x(t)\\ \vdots\\ x^{(k-2)}(t)\\ x^{(k-1)}(t)
    \end{pmatrix}
    =
    \begin{pmatrix}
      \dot x(t)\\ x^{(2)}(t)\\ \vdots\\ x^{(k-1)}(t)\\
      F\left(t,x(t),\dot x(t),\ldots,x^{k-1}(t)\right)
    \end{pmatrix}
    \equiv \tilde F\left(t,X(t)\right).
    \]
    Daher gen\"ugt es h\"aufig, gew\"ohnliche Differentialgleichungen
    erster Ordnung zu untersuchen. 
  \item Ist $x$ eine $k$-mal stetig differenzierbare und ist $F$ eine
    einmal stetig differenzierbare Funktion und l\"ost $x$ die
    Differentialgleichung $\dot x(t)=F(t,x(t))$, so ist $x$ auch
    $k+1$-mal stetig differenzierbar.
  \item Wir klassifizieren gew\"ohnliche Differentialgleichungen ein
    wenig. 
    \begin{enumerate}[(a)]
    \item Ein System hei\ss{}t \emph{linear,} wenn es sich in der Form
      $\dot x(t)=A(t)x(t)$ mit einer Matrix $A(t)$ darstellen
      l\"asst.\par Eine \emph{inhomogene lineare
        Differentialgleichung} hat die Form \[\dot
      x(t)=A(t)x(t)+g(t).\]
    \item Eine gew\"ohnliche Differentialgleichung hei\ss{}t
      \emph{autonom,} falls sie die Form \[F\left(x(t),\dot
        x(t),\ldots, x^{(k)}(t)\right)=0\] hat, wenn $F$ also nicht
      explizit von $t$ abh\"angt.
    \item Explizite und implizite gew\"ohnliche
      Differentialgleichungen haben wir bereits unterschieden. 
    \item Man klassifiziert gew\"ohnliche Differentialgleichungen nach
      ihrer Ordnung.
    \end{enumerate}
  \item Die nicht autonome gew\"ohnliche
    Differentialgleichung \[\dot\alpha(t) =F(t,\alpha(t))\] l\"asst
    sich \"aquivalent als autonome Differentialgleichung verm\"oge \[\dt
    \begin{pmatrix}
      \beta^1(t)\\ \beta^2(t)
    \end{pmatrix}
    =
    \begin{pmatrix}
      1\\ F\left(\beta^1(t),\beta^2(t)\right)
    \end{pmatrix}
    \] umschreiben. Dabei ist $\beta^1(t)=t$ und $\beta^2$ l\"ost die
    Differentialgleichung f\"ur $\alpha$. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

Ein einfaches aber wichtiges Resultat ist:
\begin{lemma}
  \label{ode aequiv int gl lem}
  Sei $I\subset\R$ ein offenes Intervall. Sei $\Omega\subset E$ eine
  offene Teilmenge eines Banachraumes $E$.  Sei
  $F\colon I\times \Omega\to E$ stetig. Seien $t_0\in I$ und
  $x_0\in\Omega$. Dann l\"ost $x\in C^1(I,E)$ mit $x(t)\in\Omega$
  f\"ur alle $t\in I$ genau dann die Gleichung
  \[
  \begin{cases}
    \dot x(t)=F(t,x(t)),&t\in I,\\
    x(t_0)=x_0,
  \end{cases}
  \]
  wenn es die Integralgleichung \[x(t)=x_0+\int\limits_{t_0}^t
  F(\tau,x(\tau))\,d\tau\] f\"ur alle $t\in I$ l\"ost.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Integriere bzw.{} Differenziere. 
\end{proof}

Bei gew\"ohnlichen Differentialgleichungen erster Ordnung mit gleichen
Funktionswerten an einer Stelle k\"onnen wir L\"osungen
zusammensetzen. Entsprechend k\"onnen wir L\"osungen einer
gew\"ohnlichen Differentialgleichung $k$-ter Ordnung, $k\ge1$,
zusammensetzen, wenn in einem Punkt die Funktionswerte und alle
Ableitungen bis zur Ordnung $k-1$ in einem Punkt \"ubereinstimmen
(Details: \"Ubung). 
\begin{corollary}[Zusammensetzen von L\"osungen]
  Sei $I=(a,b)\subset\R$ ein offenes Intervall,
  $-\infty\le a<b\le\infty$. Sei $\Omega\subset E$ eine offene
  Teilmenge eines Banachraumes $D$. Sei $F\colon I\times\Omega\to E$
  stetig. Sei $t_0\in I$. Seien
  $x_1\in C^1((a,t_0),E)\cap C^0((a,t_0],E)$ und
  $x_2\in C^1((t_0,b),E)\cap C^0([t_0,b),E)$ L\"osungen von
  \begin{align*}
    \dot x_1(t)=F(t,x_1(t)),&\quad t\in(a,t_0)\\
    \intertext{bzw.}
    \dot x_2(t)=F(t,x_2(t)),&\quad t\in(t_0,b)
  \end{align*}
  mit $x_1(t_0)=x_2(t_0)\in\Omega$. Dann ist \[x(t):=
    \begin{cases}
      x_1(t),&a<t\le t_0,\\
      x_2(t),&t_0<t<b
    \end{cases}\]
  eine L\"osung von \[\dot x(t)=F(t,x(t))\quad\text{f\"ur
    }t\in(a,b).\] 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir benutzen die \"aquivalente
  Integralgleichung
  \[x_1(t)=x_1(s)+\int\limits_s^t F(\tau,x_1(\tau))\,d\tau\] f\"ur
  alle $a<s,t<t_0$. Wir gehen zum Grenzwert $s\nearrow t_0$ \"uber und
  sehen, dass diese Integralgleichung auch f\"ur $s=t_0$
  gilt. Entsprechend argumentieren wir mit $x_2$ und erhalten, dass
  die Integralgleichung f\"ur die Funktion $x$ f\"ur alle
  $s,t\in(a,b)$ gilt.
\end{proof}

\begin{beispiele}
  Zur besseren Vorstellung starten wir mit einigen Beispielen. Diese
  vermitteln auch ein paar n\"utzliche Rechentechniken: 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Differentialgleichung \[\dot x(t) =\lambda \cdot x(t),\]
    $\lambda\in\R$, hat die L\"osungen $x(t)=A\cdot\exp(\lambda t)$
    f\"ur $A\in\R$. Legen wir einen Anfangswert $x(t_0)$ fest, so
    bestimmt dies $A$ und die L\"osung eindeutig (Beweis sp\"ater). 
  \item Die Differentialgleichung \[\ddot x(t)=-\lambda\cdot x(t),\]
    $\lambda>0$, hat die L\"osungen
    \[x(t) =A\sin\left(\sqrt\lambda\cdot t\right)
      +B\cos\left(\sqrt\lambda\cdot t\right)\] f\"ur $A,B\in\R$. Dies
    ist eine Differentialgleichung zweiter Ordnung. Wir werden noch
    sehen, dass sie zusammen mit zwei Anfangsbedingungen, \zB mit
    vorgegebenem $x(t_0)$ und $\dot x(t_0)$, eindeutig l\"osbar
    ist.\par Alternativ kann man komplex \"uber
    \begin{align*}
      z(t)&=A\cdot\exp\left(\sqrt{-\lambda}\cdot t\right)\umbruch\\
      &=A\cdot\exp\left(i\sqrt{\lambda}\cdot t\right)\umbruch\\
      &=A\cdot\left(\cos\left(\sqrt\lambda \cdot t\right)
        +i\sin\left(\sqrt\lambda\cdot t\right)\right)\umbruch\\
      &=\Real A\cdot\cos\left(\sqrt\lambda \cdot t\right) -\Imag
        A\cdot\sin\left(\sqrt\lambda \cdot t\right)\\
      &\equad {}+i\cdot\left(\Imag A\cdot \cos\left(\sqrt\lambda\cdot
        t\right) +\Real A\cdot\sin\left(\sqrt\lambda\cdot
        t\right)\right), 
    \end{align*}
    $A\in\C$, eine L\"osung bekommen. Man betrachtet nun lediglich den
    Realteil von $z(t)$. Ber\"ucksichtige dabei, dass
    \[\dt z(t) =\dt\left(\Real z(t)+i\cdot\Imag z(t)\right)=\dt\Real
      z(t)+i\cdot\dt\Imag z(t)\] gilt. Somit l\"osen auch der Realteil
    und der Imagin\"arteil von $z(t)$ dieselbe \emph{lineare}
    Differentialgleichung wie $z(t)$. 
  \item Die Differentialgleichung \[\dot x(t)=a\cdot x(t)-b,\]
    $a,b\in\R$, $a\neq0$ l\"osen wir mit einer
    Hilfsfunktion. Definiere $y(t):=x(t)-c$ f\"ur ein noch zu
    w\"ahlendes $c\in\R$. Dann gilt \[\dot y(t) =\dot x(t) =a\cdot
      x(t)-b =a(y(t)+c)-b =a\cdot y(t),\] wenn wir $c=b/a$ setzen. Nun
    erhalten wir $y(t)=A\cdot\exp(a\cdot t)$ f\"ur ein $A\in\R$ und
    somit $x(t)=y(t)+b/a =A\cdot\exp(a\cdot t)+b/a$.
  \item Bei der Differentialgleichung \[\dot x(t) =x(t)+t\] f\"uhrt
    der Ansatz $x(t)=A\cdot e^t+at+b$, $a,b\in\R$, zur L\"osung
    $x(t)=A\cdot e^t-t-1$. Entsprechendes funktioniert auch, wenn wir
    zur linearen Differentialgleichung $\dot x(t)=x(t)$ andere
    Polynome in $t$ addieren.
  \item Die Differentialgleichung \[\dot x(t)=a\cdot x(t)^k,\]
    $a\in\R$, $k\in\R\setminus\{1\}$, l\"osen wir
    mit \[a=(x(t))^{-k}\cdot \dot x(t) =\frac1{-k+1}
      \dt\left(x^{-k+1}(t)\right).\] Somit gilt
    $x^{-k+1}(t)=A+a\cdot(-k+1)\cdot t$ f\"ur ein $A\in\R$ und wir
    erhalten \[x(t)=(A+a(-k+1)t)^{\frac1{-k+1}}.\] So erhalten wir
    beispielsweise f\"ur
    \[
      \begin{cases}
        \dot x(t)=x^2(t)&\\
        x(0)=1
      \end{cases}
    \]
    die L\"osung $x(t)=\frac1{1-t}$, die f\"ur $t\in(-\infty,1)$
    existiert.
    \datum{Fr 06.11.2020}
  \item \textbf{Kugelbahn:} Sei $\alpha\colon\R\to\R^2$ eine glatte
    Kurve mit $\alpha'\neq0$. Sei $\phi\colon[0,\infty)\to\R$ die
    Funktion, so dass $\alpha(\phi(t))$ den Ort der Kugel (ohne
    Drehimpuls; es handelt sich um eine Kugel im Sinne einer Murmel
    und nicht im Sinne eines Balls; genauer sollte man von einer
    Perle, die ohne Reibung auf einem Draht gleitet, sprechen) zur
    Zeit $t$ angibt. Nach Newton ergibt sich die Beschleunigung der
    Kugel aus $F=m\frac{d^2}{dt^2}\alpha(\phi(t))$ in \"ublicher
    Schulphysiknotation. Auf die Kugel wirkt die Gravitationskraft
    $-mge_2$ und eine Zwangskraft in Normalenrichtung in unbekannter
    St\"arke proportional zu $\lambda(t)$. Wir setzen $g=1$ und kommen
    zum Gleichungssystem
    \[\frac{d^2}{dt^2}\alpha(\phi(t))
      =-e_2+\lambda(t)J\alpha'(\phi(t)),\] da wir mit
    $J\alpha'(\phi(t))$ 
    mit $J=\left(
    \begin{smallmatrix}
      0&1\\
      -1&0
    \end{smallmatrix}\right)$ bis auf Normierung einen Vektor normal zur
  Kurve darstellen k\"onnen. Wir schreiben ausnahmsweise der besseren
  Lesbarkeit halber $\alpha_i'$ statt ${\alpha^i}'$. Dies f\"uhrt uns
  mit Kettenregel auf das System
  \begin{align*} 
    \alpha_1'(\phi(t))\ddot\phi(t) +\alpha_1''\dot\phi(t)^2
    =\phantom{-1} +\lambda(t)\alpha_2'(\phi(t)),\\
    \alpha_2'(\phi(t))\ddot\phi(t) +\alpha_2''\dot\phi(t)^2 =-1
    -\lambda(t)\alpha_1'(\phi(t)).
  \end{align*}
  Um die unbekannte Funktion $\lambda(t)$ zu eliminieren,
  multiplizieren wir die erste Gleichung mit $\alpha_1'$ sowie die
  zweite mit $\alpha_2'$ und erhalten ohne Argumente $\phi(t)$ bzw.{}
  $t$
  \[\left({\alpha_1'}^2+{\alpha_2'}^2\right)\ddot\phi
    +\left(\alpha_1'\alpha_1'' +\alpha_2'\alpha_2''\right)\dot\phi^2
    =-\alpha_2'\]
  oder, in expliziter Form,
  \begin{equation}
    \label{kugelbahn eq}
    \ddot\phi=\frac{-1}{(\alpha_1')^2+(\alpha_2')^2}
    \left[\left(\alpha_1'\alpha_1''
        +\alpha_2'\alpha_2''\right)\dot\phi^2 +\alpha_2'\right].
  \end{equation}
\item \stern Betrachte u.\,a.{}
  \texttt{https://en.wikipedia.org/wiki/Tautochrone\_curve}.\par
  \emph{Fortsetzung des Kugelbahnbeispiels:} Dort findet sich die
  Zykloide \[\alpha(\phi):=r\cdot
    \begin{pmatrix}
      \phi+\sin\phi\\
      1-\cos\phi
    \end{pmatrix}
  \]
  als tautochrone Kurve, \dh als Kurve, auf der eine Kugel,
  unabh\"angig von Startposition und Masse, aus der
  Ruhe die gleiche Zeit bis zum tiefsten Punkt ben\"otigt. Wir setzen
  $r=1$ und erhalten
  \begin{align*}
    \alpha_1'
    &=1+\cos\phi,\umbruch\\
    \alpha_1''
    &=-\sin\phi,\umbruch\\
    \alpha_2'
    &=\sin\phi,\umbruch\\
    \alpha_2''
    &=\cos\phi,\umbruch\\
    {\alpha_1'}^2+{\alpha_2'}^2
    &=\ldots=2(1+\cos\phi),\umbruch\\
    \alpha_1'\alpha_1''+\alpha_2'\alpha_2''
    &=\ldots=-\sin\phi\umbruch
      \intertext{und somit}
      \ddot\phi
    &=-\frac{\sin\phi}{2(1+\cos\phi)}
      \left(1-\dot\phi^2\right). 
  \end{align*}
  \emph{Numerischer Test der Tautochronie:} Indem man diese
  Differentialgleichung zweiter Ordnung als System umschreibt, kann
  man sie mit dem offenen und kostenfreien Computeralgebrasystem
  \texttt{sagemath.org} wie folgt l\"osen lassen:
\begin{verbatim}
t, phi, phit = var ('t phi phit')
Q = plot ([])
for i in range (16):
  curve=desolve_system_rk4([phit,\
    -sin(phi)/2/(1+cos(phi))*(1-phit^2)],\
    [phi,phit],ics=[0,i*0.2+0.1,0],ivar=t,\
    end_points=4*3.14159,step=0.01)
  P = [[i,j] for i,j,k in curve]
  Q = Q + line2d (P,figsize=[20,8])
show (Q)
\end{verbatim}
  Die graphische Ausgabe best\"atigt die behauptete Tautochronie
  zumindest numerisch. \par \emph{Energieerhaltung:} Eine direkte
  Rechnung liefert, dass $E=\frac12mv^2+mgh$, also die Summe aus
  kinetischer und potentieller Energie, erhalten ist. Es gilt
  n\"amlich in unserer Notation mit $m=g=1$
  \begin{align*}
    E&=\frac12\left|\dt\alpha(\phi(t))\right|^2
       +\alpha_2(\phi(t))\umbruch\\
     &=\frac12\left((\alpha_1')^2+(\alpha_2')^2\right)\dot\phi^2
       +\alpha_2(\phi(t)).   
  \end{align*}
  Bestimmt man nun $\dot E$ und ersetzt darin $\ddot\phi$ mit Hilfe
  von \eqref{kugelbahn eq}, so erh\"alt man $\dot E=0$ und somit die
  Energieerhaltung (kleine \"Ubung).\par
  \emph{Graphische Kugelbahnen:} Im graphischen Fall gilt $\alpha(x) =
  \begin{pmatrix}
    x\\ u(x)
  \end{pmatrix}$ und wir erhalten $\alpha_1'=1$, $\alpha_1''=0$,
  $\alpha_2'=u'$ und $\alpha_2''=u''$. Aus \eqref{kugelbahn eq} folgt
  daher die Differentialgleichung
  \[\ddot x =\frac{-u'}{1+u'^2} \left(1+u''\dot x^2\right),\] wobei
  $u$ und die Ableitungen dieser Funktion an der Stelle $x(t)$
  ausgewertet werden. Auch hier zeigt eine kurze Rechnung unter
  Verwendung der Kettenregel, dass die Energie
  \[E(t)=\frac12 \left(1+u'^2\right) \dot x^2(t) +u\] erhalten ist.
    % https://www.wikiwand.com/de/Brachistochrone
    % auslenkungsunabh\"angige Schwingungsdauer 
    % https://www.db-thueringen.de/servlets/MCRFileNodeServlet/dbt_derivate_00009072/IfM_Preprint_M_98_11.pdf Hunderte von ODE-Beispielen.
    % Numerisch mit Brachistochrone testen?
  \item \emph{Kettenlinie:} \stern Erste Herleitung: Eine graphische
    Kette hat die L\"ange $L=\int\sqrt{1+u'^2}$ (Pythagoras) und 
    im Schwerefeld die Energie $E=\int u\sqrt{1+u'^2}$. Ohne formale
    Rechtfertigung wollen wir einen Lagrange-Multiplikator
    $\lambda\in\R$ verwenden. Dann ist eine Kette im Schwerefeld ein
    kritischer Punkt von $u\mapsto E+\lambda L$. Die Endpunkte halten
    wir fest. Somit erf\"ullt ein kritischer Punkt $u\colon[a,b]\to\R$
    f\"ur alle $\phi\in C^\infty_c((a,b))$
    \begin{align*}
      0&=\delta(E+\lambda L)(u)\langle\phi\rangle\umbruch\\
       &\equiv\left.\dt(E+\lambda L)(u+t\phi)\right|_{t=0}\umbruch\\
       &=\left.\dt\int\limits_a^b(u+t\phi+\lambda)
         \sqrt{1+(u+t\phi)'^2}\,dx\right|_{t=0}\umbruch\\
       &=\int\phi\sqrt{1+u'^2}
         +(u+\lambda)\frac{u'\phi'}{\sqrt{1+u'^2}}\,dx \umbruch
         \intertext{und mit partieller Integration}
       &=\int\phi\left(\sqrt{1+u'^2} -\frac{u'^2}{\sqrt{1+u'^2}}
         -(u+\lambda)
         \left(\frac{u'}{\sqrt{1+u'^2}}\right)'\right)\,dx\umbruch\\
       &=\int\phi\left(\frac1{\sqrt{1+u'^2}}-(u+\lambda)
         \left(\frac{u'}{\sqrt{1+u'^2}}\right)'\right)\,dx.  
    \end{align*}
    Da dies f\"ur alle $\phi\in C^\infty_c((a,b))$ gelten soll,
    erf\"ullt $u$ die Differentialgleichung
    \[\frac1{\sqrt{1+u'^2}}=(u+\lambda)
      \left(\frac{u'}{\sqrt{1+u'^2}}\right)'\] f\"ur ein
    $\lambda\in\R$. Es gibt nun Techniken, dies von Hand zu
    l\"osen. Diese stehen jedoch nicht im Fokus der Vorlesung. Daher
    beschr\"anken wir uns darauf, nachzurechnen, dass f\"ur alle
    $\mu>0$ und $x_0,h\in\R$ die Funktion
    \[u(x) =\mu\cosh\left(\frac {x-x_0}\mu\right) +h
      =\frac\mu2\left(e^{\frac {x-x_0}\mu}+e^{-\frac
          {x-x_0}\mu}\right) +h\] eine L\"osung ist.
    Die Konstanten bestimmen sich dann aus vorgegebenen
    Randwerten. Wir beschr\"anken uns hier auf den Fall $x_0=0$ und
    $h=0$; letzteres d\"urfen wir ohne Einschr\"ankung wegen der
    Freiheit, $\lambda$ zu w\"ahlen, annehmen. Es gilt somit
    \begin{align*}
      u'(x)
      &=\frac12\left(e^{\frac x\mu}-e^{-\frac
        x\mu}\right)=\sinh\big(\tfrac x\mu\big),\umbruch\\
      \sqrt{1+u'^2(x)}
      &=\sqrt{\frac14\left(4+e^{2\frac x\mu}-2+e^{-2\frac
        x\mu}\right)}\\
      &=\frac12\left(e^{\frac x\mu}+e^{-\frac x\mu}\right)
        =\cosh\big(\tfrac x\mu\big),\\
      \left(\frac{u'(x)}{\sqrt{1+u'^2(x)}}\right)'
      &=\left(\frac{\sinh\big(\frac
        x\mu\big)}{\cosh\big(\frac
        x\mu\big)}\right)'\umbruch\\
      &=\frac{\cosh^2\big(\frac x\mu\big)-\sinh^2\big(\frac
        x\mu\big)}{\mu\cdot\cosh^2\big(\frac x\mu\big)}
        =\frac1{\mu\cdot\cosh^2\big(\frac x\mu\big)}.
    \end{align*}
    Wir w\"ahlen nun $\lambda=0$ und sehen, dass $u$ die
    Differentialgleichung erf\"ullt. \par Mehr dazu, wie man aus
    solchen Funktionalen eine Differentialgleichung erh\"alt, lernt
    man in der Vorlesung Variationsrechnung.
  \item \stern Zweite Herleitung: Wir folgen \cite{SoergelAnalysis1}.
    Eine Kette kann nur Kraft in Tangentialrichtung aus\"uben. Sei
    eine Kette als $\graph u$ gegeben mit $a<b\in\R$ im
    Definitionsbereich von $u$. Dann wirkt auf das Kettenst\"uck
    $\graph u|_{[a,b]}$ die Gewichtskraft
    $-g \rho\int\limits_a^b \sqrt{1+u'(x)^2}\,dx\cdot e_2$, wobei
    $\rho$ die Massendichte bezeichnet. Ein Tangentialvektor an
    $\graph u$ im Punkt
    $\left(\begin{smallmatrix} x\\ u(x)\end{smallmatrix}\right)$ ist
    durch
    $T(x)=\left(
      \begin{smallmatrix}
        1\\ u'(x)
      \end{smallmatrix}\right)$ gegeben. Da die Kette in Ruhe sein soll,
    m\"ussen sich die Kr\"afte, die insgesamt auf dieses Kettenst\"uck
    wirken, gegenseitig aufheben. Es gilt also mit noch zu
    bestimmenden Konstanten $c_a,c_b\in\R$
    \[0=c_aT(a) +c_bT(b) -g\rho\int\limits_a^b\sqrt{1+u'(x)^2}\,dx
      \cdot e_2.\] Aus der Gleichheit f\"ur die erste Komponente lesen
    wir ab, dass $c_b=-c_a=:c$ gilt. Beachte, dass sich auch f\"ur
    andere Werte von $b$ dieselbe Konstante ergibt, da sich $c_a$ aus
    der Kraft in der Kette ergibt, die nicht von $b$ abh\"angt.  Aus
    der Gleichheit f\"ur die zweite Komponente folgt
    \[0=c\cdot (u'(b)-u'(a))-g\rho\int\limits_a^b
      \sqrt{1+u'(x)^2}\,dx.\] Wir setzen $k:=\frac{g\rho}c$,
    dividieren durch $b-a$ und erhalten im Grenzwert
    $b\downarrow a=: x$ \[0=u''(x)-k\sqrt{1+u'(x)^2}\] f\"ur beliebige
    $x$ im Definitionsbereich von $u$.  \par Wir begr\"unden nicht,
    dass in diesem Modell $k>0$ gilt. Es ist aber anschaulich klar,
    dass $k\le0$ keine Kette modelliert. \par Auch hier kann man die
    L\"osungsgestalt explizit herleiten oder nachrechnen, dass
    \[u(x) =k\cosh\left(\frac{x-x_0}k\right)+h\] f\"ur beliebige
    $x_0,h\in\R$ eine L\"osung der Differentialgleichung ist. Details:
    \"Ubung.
  \item \stern \textbf{Kermack-McKendrick} Gleichungen zur
    Beschreibung der Entwicklung von Krankheiten: Seien $S$, $I$ und
    $R$ die Anzahl der Personen, die
    \begin{itemize}
    \item $S$: eine Krankheit bekommen k\"onnen (susceptible),
    \item $I$: infiziert sind (infected),
    \item $R$: wieder genesen sind (recovered). 
    \end{itemize}
    Seien $\lambda>0$ und $\gamma>0$ die Infektions- und
    Genesungsraten. Nimmt man nun an, dass die Anzahl der
    Neuinfizierten proportional zur Anzahl der Infizierten und zur
    Anzahl derjenigen ist, die die Krankheit noch bekommen k\"onnen,
    und dass weiterhin die Anzahl der neu genesenen proportional zur
    Anzahl der Infizierten ist, so erh\"alt man
    \begin{align*}
      S'(t)&=-\lambda\cdot I(t)\cdot S(t),\umbruch\\
      I'(t)&=\lambda\cdot I(t)\cdot S(t) -\gamma\cdot I(t),\umbruch\\
      R'(t)&=\gamma\cdot I(t). 
    \end{align*}
    Als \"Ubung \"uberlege man sich (sp\"ater), dass $S(t)$, $I(t)$
    und $R(t)$ stets nichtnegativ und $S(t)+I(t)+R(t)$ konstant
    bleiben.\par     
    Weiterhin ber\"ucksichtigen k\"onnte man eine Geburtenrate und
    eine Sterberate proportional zu $S(t)+I(t)+R(t)$ und eine
    infektbedingte Sterberate. \par    
    Kompliziertere Modelle, die partielle Differentialgleichungen
    nutzen, beschreiben auch die Verteilung in unterschiedlichen
    Altersgruppen und die r\"aumliche Verteilung. 
  \item Dieses Beispiel dient mehr der Motivation als dem Vorstellen
    von genauen Begr\"undungen. Diese ergeben sich jedoch im Verlauf
    der Vorlesung. Wir wollen zeigen, wie sich L\"osungen asymptotisch
    verhalten. 
    \begin{enumerate}
    \item Angenommen, wir wissen bereits, dass eine L\"osung der
      Differentialgleichung
      \[\dot\alpha(t) =\left(1+\alpha^2(t)\right)\cdot (1-t\cdot
        \alpha(t))\] f\"ur $t\ge0$ in einem beschr\"ankten
      Zeitintervall nicht gegen $+\infty$ konvergiert. Eine L\"osung
      kann auch nicht nach $-\infty$ unbeschr\"ankt werden, denn dann
      w\"are die rechte Seite positiv und $\alpha$ w\"are wieder
      wachsend. Damit erh\"alt man Langzeitexistenz.
    \item Wir behaupten nun, dass $1-t\cdot\alpha(t)\to0$ f\"ur
      $t\to\infty$ gilt. Zumindest kann man ausschlie\ss{}en, dass die
      F\"alle $1-t\cdot\alpha(t)\ge\epsilon>0$ und
      $1-t\cdot\alpha(t)\le-\epsilon<0$ f\"ur alle $t\ge t_0$ f\"ur
      ein $t_0\ge0$ auftreten. Dies ist nat\"urlich nicht die
      Verneinung der obigen Behauptung, liefert aber doch einige
      Einblicke.
    \item W\"are $1-t\cdot\alpha(t)\ge\epsilon>0$ f\"ur gro\ss{}e
      Werte von $t$, so erhielten wir die Differentialungleichung
      $\dot\alpha(t)\ge\epsilon+\epsilon\cdot\alpha^2(t)$. Die
      Absch\"atzung $\dot\alpha(t)\ge\epsilon$ liefert uns, dass f\"ur
      hinreichend gro\ss{}e $t$ die Ungleichung $\alpha(t)\ge1$
      gilt. Andererseits erhalten wir die Absch\"atzung
      $\dot\alpha(t)\ge\epsilon\cdot\alpha^2(t)$. Wir haben oben
      bereits gesehen, dass positive L\"osungen dieser
      Differentialgleichung im Falle der Gleichheit nur auf endlichen
      Zeitintervallen (in positive Zeitrichtung) existieren
      k\"onnen. Dies gilt umso mehr f\"ur L\"osungen der
      Differentialungleichung.
    \item W\"are $1-t\cdot\alpha(t)\le-\epsilon<0$ f\"ur gro\ss{}e
      Werte von $t$, so folgt $\dot\alpha(t)\le-\epsilon$ und daher
      $\alpha(t)\le-1$ f\"ur gro\ss{}e $t$. Dies liefert
      $0\ge 1+t\cdot(-\alpha(t))\ge 1+t\cdot 1$ und somit einen
      Widerspruch f\"ur gro\ss{}e Werte von $t$. 
    \item Wir erhalten also mit dieser unpr\"azisen Argumentation
      $1-t\cdot\alpha(t)\to0$ f\"ur $t\to\infty$ und somit
      $\alpha(t)\approx\frac1t$ f\"ur $t\to\infty$. 
    \end{enumerate}
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

Nachfolgend erinnern wir an einige Definitionen und Resultate. 
\begin{definition} \stern Sei $E$ ein normierter Raum und sei
  $M\subset E$. Dann hei\ss{}t eine Abbildung $\Phi\colon M\to M$
  \emph{kontrahierend,} falls es ein $c$ mit $0\le c<1$
  und \[\Vert\Phi(x)-\Phi(y)\Vert\le c\cdot\Vert x-y\Vert\] f\"ur alle
  $x,y\in M$ gibt.
\end{definition}

\begin{theorem}[Banachscher Fixpunktsatz] \stern 
  Sei $E$ ein Banachraum und $M\subset E$ abgeschlossen. Sei 
  \[\Phi\colon M\to M\] eine kontrahierende Abbildung. Dann besitzt
  $\Phi$ genau einen Fixpunkt, \dh es gibt genau ein $x\in M$ mit
  $\Phi(x)=x$. 
\end{theorem}

\begin{definition} 
  Seien $E,F$ normierte R\"aume. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\stern Dann hei\ss{}t $f\colon
    E\to F$ (global) \emph{lipschitzstetig} (auch: Lipschitz stetig),
    falls es ein $L>0$ mit \[\Vert f(x)-f(y)\Vert_F\le L\cdot\Vert
    x-y\Vert_E\] f\"ur alle $x,y\in E$ gibt. Die kleinste solche Zahl
    $L$ hei\ss{}t \emph{Lipschitzkonstante} der Abbildung $f$.
  \item Sei $f_j\colon E\to F$, $j\in J$, eine Familie von
    lipschitzstetigen Funktionen mit Lipschitzkonstanten $L_j$. Dann
    hei\ss{}t $\{f_j\}_{j\in J}$ \emph{gleichm\"a\ss{}ig
      lipschitzstetig,} falls die Lipschitzkonstanten $L_j$, $j\in J$,
    gleichm\"a\ss{}ig beschr\"ankt sind.
  \item Eine Funktion $f\colon E\to F$ hei\ss{}t \emph{lokal
      lipschitzstetig,} falls es zu jedem Punkt $x_0\in E$ eine
    Umgebung $U$ mit $x_0\in U$ und ein $L=L(U)$ mit \[\Vert
    f(x)-f(y)\Vert_F\le L(U)\cdot\Vert x-y\Vert_E\] f\"ur alle $x,y\in
    U$ gibt.
  \item Eine Familie von Funktionen $f_j\colon E\to F$, $j\in J$,
    hei\ss{}t \emph{gleichm\"a\ss{}ig lokal lipschitzstetig,} falls es
    zu jedem Punkt $x_0\in E$ eine Umgebung $U$ mit $x_0\in U$ und ein
    $L=L(U)$ mit \[\Vert f_j(x)-f_j(y)\Vert_F\le L(U)\cdot\Vert
    x-y\Vert_E\] f\"ur alle $x,y\in U$ und alle $j\in J$ gibt.
  \end{enumerate}
  Entsprechende Definitionen verwenden wir f\"ur Funktionen
  $f\colon\Omega\to F$, die auf Teilmengen $\Omega\subset E$ von $E$
  definiert sind. 
\end{definition}

\begin{remark}
  \stern $C^1$-Funktionen sind Lipschitzstetig: \par Seien $E,F$ ein
  Banachr\"aume.  Ist $f\in C^1(E,F)$, so erhalten wir
  \begin{align*}
    \Vert f(x)-f(y)\Vert_F =&\,\left\Vert \int\limits_0^1\frac
      d{dt}f(tx+(1-t)y)\,dt\right\Vert \le \int\limits_0^1\Vert
    Df(tx+(1-t)y)\langle x-y\rangle\Vert\,dt \\
    \le&\, \sup_{t\in[0,1]} \Vert Df(tx+(1-t)y)\Vert\cdot\Vert
    x-y\Vert. 
  \end{align*}
  Da $Df$ stetig ist, ist $f$ lokal lipschitzstetig. Ist $\Vert
  Df\Vert$ \"uberall beschr\"ankt, so ist $f$ global lipschitzstetig.
\end{remark}

Wir beweisen den ersten Existenzsatz f\"ur gew\"ohnliche
Differentialgleichungen f\"ur Funktionen $x\colon I\to E$ mit einem
beliebigen Banachraum $E$ statt $\R^n$ oder $\C^n$, da dies keinen
Zusatzaufwand bedeutet. 
\begin{theorem}[Picard-Lindel\"of]
  Sei $E$ ein Banachraum und $x_0\in E$. Sei $\Omega\subset E$ offen
  mit $x_0\in\Omega$. Sei $I\subset\R$ offen mit
  $t_0\in I$. Sei $f\colon I\times \Omega\to E$
  stetig und sei die Familie $(f(t,\cdot))_{t\in I}$ lokal
  gleichm\"a\ss{}ig lipschitzstetig. Dann gibt es $\epsilon>0$, so
  dass das Anfangswertproblem (AWP)
  \[
  \begin{cases}
    \dot x(t)=f(t,x(t)),& t\in (t_0-\epsilon,t_0+\epsilon),\\
    x(t_0)=x_0
  \end{cases}
  \]
  genau eine L\"osung $x\in C^1((t_0-\epsilon,t_0+\epsilon),E)$
  besitzt.  
\end{theorem}
Diese L\"osung ist sogar die eindeutig bestimmte L\"osung der
\"aquivalenten Integralgleichung in
$C^0((t_0-\epsilon,t_0+\epsilon),E)$.
\begin{proof}[Beweis]
  Wir wollen die \"aquivalente Integralgleichung l\"osen. Setze
  \[M:=2\Vert f(t_0,x_0)\Vert+1.\] Aufgrund der Stetigkeit von $f$ und
  der lokalen Lipschitzstetigkeit gibt es ein $r>0$ und ein $L>0$ 
  mit $(t_0-r,t_0+r)\times B_r(x_0)\subset I\times\Omega$, 
  \begin{align*}
    \sup\limits_{(t_0-r,t_0+r)\times B_r(x_0)}\Vert f\Vert \le&\,M
    \intertext{und} \Vert f(t,x)-f(t,y)\Vert\le&\, L\cdot\Vert x-y\Vert
  \end{align*}
  f\"ur alle $x,y\in B_r(x_0)$ und alle $t\in(t_0-r,t_0+r)$. 
  W\"ahle $\epsilon$ mit $0<\epsilon<r$, $\epsilon\cdot M\le r$ und
  $\epsilon\cdot L\le \frac12$. 
  Definiere
  \[\mathcal M:=\left\{x\in C^0([t_0-\epsilon,t_0+\epsilon],E)\colon
    x(t)\in\ol B_r(x_0)\,\forall\, t\in
    [t_0-\epsilon,t_0+\epsilon]\right\}.\] $\mathcal M$ ist eine
  bez\"uglich der $C^0$-Norm abgeschlossene Teilmenge von
  $C^0([t_0-\epsilon,t_0+\epsilon],E)$ und daher
  vollst\"andig. Definiere $T\colon\mathcal M\to C^0([t_0-\epsilon,
  t_0+\epsilon],E)$ durch
  \[(T(x))(t):=x_0+\int\limits_{t_0}^t f(\tau,x(\tau))\,d\tau.\] Wir
  behaupten, dass $T(\mathcal M)\subset\mathcal M$ gilt. Wir erhalten
  n\"amlich f\"ur $|t_0-t|\le\epsilon$
  \begin{align*}
    \Vert (T(x))(t)-x_0\Vert =&\,\left\Vert\,\int\limits_{t_0}^t
      f(\tau,x(\tau))\,d\tau\right\Vert\umbruch\\ \le&\,
    |t-t_0|\cdot\sup_{(\tau,y)\in (t_0-r,t_0+r)\times B_r(x_0)} \Vert 
    f(\tau,y)\Vert\\ \le&\,\epsilon\cdot M\le r.
  \end{align*}
  Wir behaupten weiterhin, dass $T$ sogar eine Kontraktion ist. Es
  gilt n\"amlich f\"ur $x,y\in\mathcal M$
  \begin{align*}
    \Vert(Tx)(t)-(Ty)(t)\Vert =&\, \left\Vert\,\int\limits_{t_0}^t
      f(\tau,x(\tau))
      -f(\tau,y(\tau))\,d\tau \right\Vert\\
    \le&\,|t-t_0|\cdot\sup_{\tau\in[t_0-\epsilon,t_0+\epsilon]} \Vert
    f(\tau,x(\tau)) -f(\tau,y(\tau))\Vert\\ \le
    &\,\underbrace{\epsilon\cdot L}_{\le\frac12}\cdot\sup_{\tau\in
      [t_0-\epsilon,t_0+\epsilon]} \Vert x(\tau)-y(\tau)\Vert
    \le\frac12\Vert x-y\Vert_{C^0}.
  \end{align*}
  Somit ist $T$ eine Kontraktion. Der Banachsche Fixpunktsatz liefert,
  dass $T$ einen eindeutigen Fixpunkt besitzt, die gesuchte
  L\"osung. Beachte dazu auch Lemma \ref{ode aequiv int gl lem}.
\end{proof}

\datum{Di 10.11.2020}
Auf kompakten Teilmengen haben wir eine gleichm\"a\ss{}ige untere
Schranke an die Existenzzeit. 
\begin{lemma}
  \label{pic lind komp glm eps lem}
  Es gelten die Voraussetzungen aus dem Satz von Picard-Lindel\"of.
  Ist $K\subset I\times \Omega$ kompakt, so gibt es ein $\epsilon>0$,
  so dass f\"ur alle $(t_0,x_0)\in K$ das dortige Anfangswertproblem
  auf $(t_0-\epsilon,t_0+\epsilon)$ eine (eindeutige) L\"osung
  besitzt.
\end{lemma}
  Die Produktgestalt von $I\times\Omega$ ist hier nicht
  wesentlich. Das Resultat funktioniert auch, wenn die
  Definitionsmenge eine offene Teilmenge von $E\times\R$ ist.
\begin{proof}[Beweis]
  Zu jedem $(t_0,x_0)$ gibt es ein $M$, das wir wie im Beweis
  definieren, dann nacheinander zugeh\"orige $r$, $L$ und $\epsilon$.
  Da $K$ kompakt ist, gibt es endlich viele Tupel
  $(t_0,x_0,M,r,L,\epsilon)$, so dass die Mengen
  $(t_0-r/2,t_0+r/2)\times B_{r/2}(x_0)$ die Menge $K$
  \"uberdecken. Wir bezeichnen diese Tupel mit
  $(t_i,x_i,M_i,r_i,L_i,\epsilon_i)_{1\le i\le N}$. Wir setzen nun
  \[M:=\max\limits_{1\le i\le N} M_i,\quad
    r:=\frac12\cdot\min\limits_{1\le i\le N} r_i\quad\text{und}\quad
    L:=\max\limits_{1\le i\le N} L_i.\] Da wir hier nur endlich viele
  Tupel betrachten, gelten $M<\infty$, $r>0$ und $L<\infty$. Nun
  fixieren wir $\epsilon>0$ mit $0<\epsilon<r$, $\epsilon\cdot M<r$
  und $\epsilon\cdot L\le\frac12$.
  \par Sei nun
  $\left(\ol x,\ol t\right)\in K$ beliebig. Dann gibt es
  $i_0\in\{1,\ldots,N\}$ mit 
  \[\left(\ol x,\ol t\right)\in (t_{i_0}-r_{i_0}/2,t_{i_0}+r_{i_0}/2)\times
    B_{r_{i_0}/2}(x_{i_0}).\] Aufgrund der Dreiecksungleichung erhalten wir
  \[\left(\ol t-r,\ol t+r\right)\times B_r(\ol x) \subset
    (t_{i_0}-r_{i_0},t_{i_0}+r_{i_0})\times B_{r_{i_0}}(x_{i_0}).\]
  Somit gelten nach Konstruktion
  \[\sup\limits_{\left(\ol t-r,\ol t+r\right)\times B_r(\ol x)}\Vert
    f\Vert \le M,\quad \Vert f(t,x)-f(t,y)\Vert\le L\cdot\Vert
    x-y\Vert\] f\"ur alle $x,y\in B_r(\ol x)$ und alle
  $t\in \left(\ol t-r,\ol t+r\right)$. Daher
  funktioniert der Beweis das Satzes von Picard-Lindel\"of ab der
  Definition von $\mathcal M$ mit $\left(\ol x,\ol t\right)$ statt
  $(x_0,t_0)$ mit dem gew\"ahlten von $\left(\ol x,\ol t\right)\in K$
  unabh\"angigen $\epsilon>0$, \dh mit einer gleichm\"a\ss{}igen
  unteren Schranke an die Existenzzeit.
\end{proof}

\begin{remark}\label{max exist int rem}
  Unter den Voraussetzungen des Theorems von Picard-Lin\-de\-l\"of wollen
  wir das maximale Intervall $J\subset I$ mit $t_0\in J$ finden, in
  dem das Anfangswertproblem eine L\"osung besitzt.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Es folgt direkt aus dem Satz von Picard-Lindel\"of und dem
    Zusammensetzen von L\"osungen, dass wir L\"osungen, die auf
    einseitig abgeschlossenen Intervallen definiert sind, fortsetzen
    k\"onnen. Daher brauchen wir nur offene Existenzintervalle zu
    betrachten.
  \item Sei $x_1$ in $J_1$ eine L\"osung des Anfangswertproblems und
    sei $x_2$ in $J_2$ ebenfalls eine L\"osung des
    Anfangswertproblems, wobei $J_i$, $i=1,2$, jeweils ein offenes
    Intervall ist. Betrachte
    \[G:=\{t\in J_1\cap J_2\colon x_1(t)=x_2(t)\}.\] Diese Menge ist
    \begin{enumerate}[(a)]
    \item nichtleer, da $t_0\in J_1\cap J_2$ gilt,
    \item abgeschlossen in $J_1\cap J_2$, da $x_i$ stetige Abbildungen
      sind,
    \item offen. Dies folgt aus dem Satz von Picard-Lindel\"of,
      angewandt mit $t_1\in G$ und Anfangswert
      $x(t_1)=x_1(t_1)=x_2(t_1)$.
    \end{enumerate}
    Somit gilt $x_1=x_2$ auf $J_1\cap J_2$. 
  \item Betrachte alle L\"osungen $(x_i,J_i)$ des Anfangswertproblems,
    wobei $J_i$ mit $t_0\in J_i$ offene Intervalle und die
    Definitionsbereiche der L\"osungen sind. Setze
    $J:=\bigcup\limits_iJ_i$ und $x(t):=x_i(t)$ f\"ur $t\in J_i$. Dann
    ist $x$ auf dem offenen Intervall $J$ definiert. $x$ ist
    wohldefiniert, da wir gesehen haben, dass $x_i=x_j$ auf
    $J_i\cap J_j$ gilt. Offenbar l\"ost $x$ das
    Anfangswertproblem. Wir nennen $x$ die maximale L\"osung des
    Anfangswertproblems.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{remark}
  Sei $I=(a,b)\subset\R$ ein Intervall mit $t_0\in I$. Wenn wir das
  Anfangswertproblem
  \[
    \begin{cases}
      \dot x(t)=f(t,x(t)),&t\in I,\\
      x(t_0)=x_0
    \end{cases}
  \]
  untersuchen, werden wir uns h\"aufig auf $t\in[t_0,b)$
  beschr\"anken. Dies d\"urfen wir ohne Einschr\"ankung tun, denn $x$
  ist genau dann eine L\"osung des obigen Anfangswertproblems, wenn
  $y$ mit $y(t)=x(t_0+t_1-t)$ f\"ur ein $t_1\in\R$ L\"osung des
  Anfangswertproblems
  \[
    \begin{cases}
      \dot y(t)= F(t,y(t)),& t\in(t_0+t_1-b,t_0+t_1-a),\\
      y(t_1)=x_0&
    \end{cases}
  \]
  mit $F(t,z)=-f(t_0+t_1-t,z)$ 
  ist. 
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  Eine direkte Rechnung liefert $y(t_1) = x(t_0+t_1-t_1) = x(t_0) =
  x_0$ und
  \[\dot y(t) = -\dot x (t_0+t_1-t) = -f(t_0+t_1-t,x(t_0+t_1-t)) =
    F(t,y(t)).
  \]
  Schlie\ss{}lich \"uberlege man sich, dass das Zeitintervall in der
  Differentialgleichung f\"ur $y$ wie angegeben ist.  Somit folgt die
  Behauptung.
\end{proof}

Wir beschreiben nun, was am Rand des maximalen Existenzintervalles
passiert. Wir werden in Bemerkung \ref{t2-x2 bsp rem} sehen, dass eine
L\"osung nicht f\"ur alle $t\in I$ definiert zu sein braucht. 
\begin{remark} 
  \label{lsg verlaesst komp rem}
  Sei $x\in C^1(J,E)$ die maximale L\"osung des Anfangswertproblems
  aus dem Satz von Picard-Lindel\"of. Dann verl\"asst $x$ jede kompakte
  Teilmenge $K\subset I\times\Omega$: $\graph x\not\subset K$. \par 
  Anschaulich bedeutet dies im Falle $\dim E<\infty$, dass
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $x$ auf ganz $I$ definiert ist oder
  \item $x$ gegen den Rand von $\Omega$ konvergiert, \dh es gibt eine
    Folge $(t_n)\subset J$ mit $\dist(\partial\Omega,x(t_n))\to0$
    f\"ur $n\to\infty$, oder
  \item $x$ am Ende (oder Anfang) von $J$ unbeschr\"ankt wird. 
  \end{enumerate}
  Insbesondere k\"onnen wir also eine L\"osung, deren Graph in einer
  kompakten Teilmenge $K\subset I\times\Omega$ enthalten ist bzw.{}
  keine der obigen drei Bedingungen erf\"ullt, fortsetzen. 
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $K\subset I\times\Omega$ kompakt und $J\subsetneq I$, da
    f\"ur $J=I$ die Behauptung klar ist.  Wir betrachten nur den Fall,
    dass $J$ die Form $[t_0,T)$ mit $T<\infty$ hat, $T$ ein innerer
    Punkt von $I$ ist und $\graph x\subset K$ gilt.
  \item Nach Picard-Lindel\"of und Lemma \ref{pic lind komp glm eps
      lem} gibt es ein $\epsilon>0$, so dass die Differentialgleichung
    f\"ur jeden Startwert in $K$ mindestens auf einem Zeitintervall
    der L\"ange $\epsilon$ in beide Zeitrichtungen existiert. Dies
    wenden wir auf den Anfangswert $x(T-\epsilon/2)$ und die
    Startzeit $T-\epsilon/2$ an. Durch Zusammensetzen der L\"osung
    sehen wir, dass das Anfangswertproblem eine L\"osung besitzt, die
    \"uber $T$ hinaus existiert. Widerspruch. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

Bei beschr\"ankten Daten erhalten wir globale Existenz. 
\begin{corollary}
  \label{beschr langzeit ex cor}
  Sei $E$ ein Banachraum mit $x_0\in E$. Sei $J\subset\R$ ein
  Intervall mit $t_0\in J$. Sei $f\colon J\times E\to E$ stetig und
  beschr\"ankt und sei die Familie $(f(t,\cdot))_{t\in J}$ lokal (in
  beiden Variablen) gleichm\"a\ss{}ig lipschitzstetig, \dh um jeden
  Punkt $(t_0,x_0)\in J\times E$ gibt es eine Umgebung, in der die
  Familie gleichm\"a\ss{}ig lipschitzstetig ist. Dann besitzt das
  Anfangswertproblem \[
  \begin{cases}
    \dot x(t) =f(t,x(t)),&t\in J,\\
    x(t_0)=x_0
  \end{cases}
  \]
  genau eine L\"osung $x\in C^1(J,E)$. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Der Satz von Picard-Lindel\"of sichert die lokale Existenz einer
  L\"osung. Bemerkung \ref{max exist int rem} impliziert die
  Eindeutigkeit. Angenommen, $I$ sei das maximale offene
  Existenzintervall und sei $a:=\sup I<\sup J$. F\"ur alle $r,s\in I$
  erhalten wir mit der Dreiecksungleichung f\"ur Integrale aus der zur
  Differentialgleichung \"aquivalenten Integralgleichung
  \[\Vert x(r)-x(s)\Vert
    =\left\Vert\,\int\limits_r^sf(\tau,x(\tau))\,d\tau \right\Vert\le
    \Vert f\Vert_{L^\infty}\cdot|r-s|.\] F\"ur jede Folge
  $(t_i)_{i\in\N}\subset I$ mit $t_i\to a$ ist $x(t_i)$ also eine
  Cauchyfolge. Wir setzen $x$ mittels
  $x(a):=\lim\limits_{i\to\infty} x(t_i)$ auf $I\cup\{a\}$ fort und
  bezeichnen die Fortsetzung $x\colon I\cup\{a\}\to E$ laxerweise
  wieder mit $x$. Im Grenzwert $s\to a$ sehen wir, dass auch die
  Fortsetzung $x$ Lipschitzstetig mit Lipschitzkonstante
  $\Vert f\Vert_{L^\infty}$ ist. Weiterhin sehen wir aufgrund der
  Stetigkeit von $x$ und wegen der Beschr\"anktheit des Integranden,
  dass auch die Fortsetzung $x$ die \"aquivalente Integralgleichung
  l\"ost. Mit Picard-Lindel\"of und Anfangswert $x(a)$ k\"onnen wir
  die L\"osung noch \"uber $a$ hinaus fortsetzen.  Dies widerspricht
  der angenommenen Maximalit\"at von $I$.
\end{proof}

\begin{remark}
  \stern Es gelten die Voraussetzungen von Korollar \ref{beschr
    langzeit ex cor}, aber $f$ sei nicht beschr\"ankt, sondern
  erf\"ulle nur \[\Vert f(t,x)\Vert \le g(t)\cdot(1+\Vert x\Vert)\]
  f\"ur eine stetige Funktion $g$. Auch dann gilt die Behauptung des
  Korollars. Insbesondere existiert eine L\"osung auf ganz $J$.\par
  Eine Variante mit \glqq$\le g(t)\cdot\left(1+\Vert
    x\Vert^{1+\epsilon}\right)$\grqq{} ist 
  i.\,A.{} falsch, wie das Beispiel $\dot x(t)=x^2(t)\in\R$ f\"ur
  $\epsilon=1$ zeigt.
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ubung. 
\end{proof}

\datum{Fr 13.11.2020} 
Unter den Voraussetzungen wie im Satz von Picard-Lindel\"of ist der
maximale Fluss im Endlichdimensionalen auf einer offenen Teilmenge
definiert. Die Bedingung $\dim E<\infty$ ist hier wichtig, damit
$\ol{B_r(0)}$ kompakt ist.  Auch dieses Resultat ben\"otigt nicht die
Produktgestalt $I\times\Omega$.
\begin{theorem}[Maximaler Fluss]
  \label{max fluss thm}
  Sei $\Omega\subset\R^n$ offen. Sei $I\subset\R$ offen. Sei
  $f\colon I\times\Omega\to\R^n$ stetig und sei die Familie
  $(f(t,\cdot))_{t\in I}$ lokal gleichm\"a\ss{}ig lipschitzstetig. Sei
  $J_x\subset I$ das maximale Existenzintervall, in dem die
  Differentialgleichung
  \[
    \begin{cases}
      \dot\alpha(t,x) =f(t,\alpha(t,x)), &t\in J_x,\\
      \alpha(0,x)=x
    \end{cases}
  \]
  f\"ur $x\in\Omega$ (mit zun\"achst noch nicht vorgeschriebenem
  $J_x$) l\"osbar ist. \par Dann ist
  \[\mathcal D(f):= \bigcup\limits_{x\in\Omega}
    (J_x\times\{x\})\subset I\times\Omega\] offen. Die Abbildung
  $\alpha\colon \mathcal D\to\Omega$ hei\ss{}t \emph{maximaler Fluss}.
\end{theorem}

\begin{remark}
  Ist dar\"uber hinaus $f$ im Definitionsgebiet von der Klasse $C^m$,
  so gilt auch $\alpha,\dot \alpha\in C^m(\mathcal D(f),E)$. Dies
  werden wir sp\"ater in Theorem \ref{reg lsg thm} zeigen. Die
  Offenheit von $\mathcal D(f)$ ist dabei n\"otig, damit wir
  \"uberhaupt ableiten k\"onnen. 
\end{remark}

\begin{proof}[Beweis von Theorem \ref{max fluss thm}]
  Wir zeigen die Offenheit.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Falls $\mathcal D(f)$ nicht offen w\"are, g\"abe es
    $(t_0,x_0)\in\mathcal D(f)$ mit
    $B_\delta(t_0,x_0)\not\subset\mathcal D(f)$ f\"ur alle
    $\delta>0$. Ohne Einschr\"ankung d\"urfen wir $t_0\ge0$ annehmen.
    Ohne Einschr\"ankung d\"urfen wir weiterhin annehmen, dass $t_0$
    f\"ur dieses feste $x_0$ minimal mit dieser Eigenschaft ist, sonst
    betrachten wir das Infimum aller solcher $t_0$. Ein kurzes
    Argument mit Dreiecksungleichung zeigt, dass auch das Infimum
    aller solche $t_0$'er die Eigenschaft
    $B_\delta(t_0,x_0)\not\subset\mathcal D(f)$ f\"ur alle $\delta>0$
    hat. Aufgrund des lokalen Existenzsatzes f\"ur den Fluss gilt
    $t_0>0$.
  \item Fixiere $r>0$ mit $r<t_0$ und
    $[t_0-r,t_0]\times\ol{B_r(\alpha(t_0,x_0))}\subset I\times\Omega$.
    Nach Lemma \ref{pic lind komp glm eps lem} gibt es $\epsilon>0$
    mit $\epsilon<r$, so dass das Anfangswertproblem
    \[
      \begin{cases}
        \dot\beta(t,x)=f(t,\beta(t,x)),&
        t\in(t_1-\epsilon,t_1+\epsilon),\\ 
        \beta(t_1,x)=x
      \end{cases}
    \]
    f\"ur alle $(t_1,x)\in [t_0-r,t_0]\times\ol{B_r(\alpha(t_0,x_0))}$
    (mindestens) auf dem angegebenen Zeitintervall
    $(t_1-\epsilon,t_1+\epsilon)$ l\"osbar ist.
  \item Wir betrachten nun die Menge
    $\alpha(t_0-\epsilon/2,B_\rho(x_0))$ f\"ur $\rho>0$. Zun\"achst
    ist sie f\"ur kleine $\rho>0$ wohldefiniert, da $t_0>0$ minimal
    mit der Eigenschaft war, dass $(t_0,x_0)$ keine offene Umgebung im
    Definitionsbereich $\mathcal D(f)$ von $\alpha$ besitzt. Weiterhin
    gilt
    $\alpha(t_0-\epsilon/2,B_\rho(x_0)) \subset B_r(\alpha(t_0,x_0))$,
    falls wir $\rho>0$ und $\epsilon>0$ ggf.{} nochmals
    verkleinern. Wir zeigen dies in den n\"achsten beiden Abschnitten.
  \item Zum Beweis dieser Inklusion: Aufgrund der Stetigkeit von
    $\alpha$ d\"urfen wir, gegebenenfalls nach Verkleinern von
    $\epsilon>0$, annehmen, dass
    $\alpha(t_0-\epsilon/2,x_0)\in\alpha([t_0-\epsilon/2,t_0],x_0)\subset
    B_{r/2}(\alpha(t_0,x_0))$ gilt. 
    % Zun\"achst gibt es ein $C>0$ mit $|f|\le C$ auf
    % $[t_0-r,t_0]\times\ol{B_r(\alpha(t_0,x_0))}$. Wir verkleinern
    % $\epsilon>0$ falls n\"otig, so dass $\epsilon\cdot C\le r/2$
    % gilt. Dann m\"ochten wir aus der Differentialgleichung auf
    % $\alpha(t_0-\epsilon/2,x_0)\in B_{r/2}(\alpha(t_0,x_0))$
    % schlie\ss{}en. Direkt k\"onnen wir dies jedoch nicht, da wir f\"ur
    % $t\in[t_0-\epsilon/2,t_0]$ nicht wissen, dass $\alpha(t,x_0)$ in
    % der Menge mit Schranke an $f$ liegt. Wir nehmen also im
    % Widerspruchsbeweis an, dass
    % $\alpha([t_0-\epsilon/2,t_0],x_0)\not\subset B_r(\alpha(t_0,x_0))$
    % gilt und betrachten
    % \[\tau_0:=\sup\{\tau\in[t_0-\epsilon/2,t_0]\colon\alpha(\tau,x_0)\not\in
    %   B_r(\alpha(t_0,x_0))\}.\] Nach Annahme ist die Menge auf der
    % rechten Seite nichtleer und es gilt aufgrund der Stetigkeit
    % $\alpha([\tau_0,t_0],x_0)\subset\ol{B_r(\alpha(t_0,x_0))}$. Somit
    % erhalten wir
    % \begin{align*}
    %   |\alpha(\tau_0,x_0)-\alpha(t_0,x_0)|
    %   &=\left|-\int\limits_{\tau_0}^{t_0}
    %     f(s,\alpha(s,x_0))\,ds\right|
    %     \le\int\limits_{\tau_0}^{t_0}
    %     \underbrace{|f(s,\alpha(s,x_0))|}_{\le C}\,ds\umbruch\\
    %   &\le|t_0-\tau_0|\cdot C\le \frac\epsilon 2\cdot C<\frac r2. 
    % \end{align*}
    % Widerspruch. Somit erhalten wir mit derselben
    % Integralabsch\"atzung mit $\tau_0=t_0-\epsilon/2$ sogar
    % $\alpha(t_0-\epsilon/2,x_0)\in
    % \alpha([t_0-\epsilon/2,t_0],x_0)\subset
    % B_{r/2}(\alpha(t_0,x_0))$.
  \item Wir erinnern daran, dass es um $(t_0-\epsilon/2,x_0)$ einen
    Ball / eine Umgebung in $\mathcal D(f)$ gibt. Nun gibt es nach
    Gronwall (stetige Abh\"angigkeit vom Anfangswert; wir werden dies
    in Theorem \ref{stet abh eind thm} unabh\"angig von diesem
    Resultat zeigen; in einer kompakten Umgebung von
    $\{(t,\alpha(t,x_0))\colon t\in[0,t_0]\}$ ist die
    Lipschitzstetigkeit gleichm\"a\ss{}ig) ein $\rho>0$, so dass
    $\alpha(t_0-\epsilon/2,B_\rho(x_0))\subset
    B_{r/2}(\alpha(t_0-\epsilon/2,x_0))$ gilt. Nach
    Dreiecksungleichung folgt also
    \[\alpha(t_0-\epsilon/2,B_\rho(x_0))\subset
    B_{r/2}(\alpha(t_0-\epsilon/2,x_0)) \subset
    B_r(\alpha(t_0,x_0)).\] 
  \item Aufgrund dieser Inklusion k\"onnen wir jede der Kurven
    $t\mapsto\alpha(t,x)$ mit $x\in B_\rho(x_0)$ in der Zeit durch
    Zusammensetzen mit Hilfe von $\beta$ noch um mindestens $\epsilon$
    als L\"osung der Differentialgleichung fortsetzen. L\"osungen mit
    Startwert in $B_\rho(x_0)$ zur Zeit $t=0$ existieren daher
    mindestens auf $[0,t_0-\epsilon/2+\epsilon)$. Somit gilt
    $[0,t_0+\epsilon/2)\times B_\rho(x_0)\subset\mathcal D(f)$ und
    $(t_0,x_0)$ ist ein innerer Punkt von $\mathcal
    D(f)$. Widerspruch.\qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{remark}[Vergleich von L\"osungen] \neueZeilealt  
  \label{t2-x2 bsp rem}
  Obwohl ich zum Anfangswertproblem \[\dot x(t)=t^2+x^2(t),\quad
  x(0)=1\] keine explizite L\"osung kenne, kann man doch Aussagen
  \"uber das Existenzintervall machen.\par Eine L\"osung des
  Anfangswertproblems $\dot y(t)=y^2(t)$ mit $y(0)=1$ erf\"ullt
  $y(t)\le x(t)$ f\"ur alle $t\ge0$: Sei $\epsilon>0$. Eine L\"osung
  $y_\epsilon(t)= \frac1{\frac1{1-\epsilon}-t}$ der
  Differentialgleichung f\"ur $y$ mit Anfangswert $1-\epsilon$
  erf\"ullt n\"amlich $y_\epsilon(0)<x(0)$. Daher gilt aufgrund der
  Stetigkeit von $y_\epsilon$ und $x$ auch $y_\epsilon(t)<x(t)$ f\"ur
  kleine Werte von $t>0$. Angenommen, es gibt ein minimales $t_0>0$ im
  Definitionsbereich von $x$ und $y_\epsilon$ mit
  $x(t_0)=y_\epsilon(t_0)$. Dann folgt aus $x(t)\ge y_\epsilon(t)$
  f\"ur alle $0\le t\le t_0$, dass $\dot x(t_0)\le\dot
  y_\epsilon(t_0)$ gilt. Andererseits folgt jedoch aufgrund der
  Differentialgleichung \[\dot x(t_0)=t_0^2+x^2(t_0)
  >0+y_\epsilon^2(t_0) =\dot y_\epsilon(t_0).\] Widerspruch. Wir
  erhalten $x(t)\ge y_\epsilon(t)$ f\"ur alle $t\ge0$ im gemeinsamen
  Definitionsgebiet. Mit $\epsilon\searrow0$ folgt $x(t)\ge
  y(t)$. Wegen $y(t)=\frac1{1-t}$ kann auch $x(t)$ h\"ochstens bis
  $t=1$ existieren. \par \stern Betrachte also alle $0\le t<T\le1$,
  f\"ur die eine L\"osung $x(t)$ existiert. Dort gilt \[\dot x(t)\le
  1+x^2(t).\] Im Falle der Gleichheit l\"ost $\tan(t-t_0)$ diese
  Differentialgleichung, konkret $x(t)=\tan\left(t
    +\frac\pi4\right)$. Somit erhalten wir \"ahnlich wie oben mit
  Hilfe von $\tan\left(t+\frac\pi4+\epsilon\right)$,
  $\epsilon\searrow0$, $\tan\left(t+\frac\pi4\right)\ge x(t)$. \par
  Daher existiert die L\"osung $x(t)$ in einem Intervall $[0,T)$ mit
  $0,785<\frac\pi4\le T\le 1$.
\end{remark}

\begin{remark}
  Ein Existenzresultat gilt auch f\"ur stetige Funktionen $f$ ohne
  Lipschitzbedingung: Der Existenzsatz von Peano. Wir werden diesen
  sp\"ater behandeln. Die Eindeutigkeitsaussage gilt nicht mehr, da
  \[
  \begin{cases}
    \dot x(t)=\sqrt{|x(t)|},&t\in\R,\\
    x(0)=0
  \end{cases}
  \]
  f\"ur jedes $t_0>0$ durch 
  \[
  x(t)=
  \begin{cases}
    0,&t\le t_0,\\
    \frac14(t-t_0)^2,&t>t_0
  \end{cases}
  \]
  gel\"ost wird. F\"ur $t<0$ gibt es analoge Nichteindeutigkeiten mit
  negativen L\"osungen. \par
  Beschreibt man die Wasserh\"ohe in einem Eimer mit einem Loch durch
  eine gew\"ohnliche Differentialgleichung, so sollte diese nicht
  eindeutig l\"osbar sein. Zwar ist die Voraussage m\"oglich, wie das
  Wasser ausstr\"omt. Ist jedoch bereits alles Wasser herausgeflossen,
  so ist nicht mehr rekonstruierbar, seit wann der Eimer leer ist.
\end{remark}

\subsection{Vergleichss\"atze}

\begin{theorem}[Lemma von Gronwall]
  Sei $I\subset\R$ ein Intervall der Form $[t_0,t_1)$ oder $[t_0,t_1]$
  ($t_1=\infty$ ist erlaubt), $0\le\phi,\psi\in C^0(I,\R)$. Sei
  $a\ge0$. Nehme an, dass \[\phi(t)\le
  a+\int\limits_{t_0}^t\psi(\tau)\phi(\tau)\,d\tau\] f\"ur alle $t\in
  I$ gilt. Dann folgt \[\phi(t)\le
  a\cdot\exp\left(\,\int\limits_{t_0}^t\psi(\tau)\,d\tau\right)\]
  f\"ur alle $t\in I$.
\end{theorem}
\datum{Di 17.11.2020}
H\"aufig gen\"ugt es, dass Lemma im Fall $\psi(t)\equiv c>0$ zu
benutzen. 
\begin{proof}[Beweis]
  Wir d\"urfen annehmen, dass $a>0$ gilt. Sonst ersetzen wir $a$ durch
  $\epsilon>0$ und lassen am Ende $\epsilon\searrow0$. Definiere 
  \[h(t):=a+\int\limits_{t_0}^t\psi(\tau)\phi(\tau)\,d\tau.\] Es folgt
  $h\in C^1$ und wir erhalten f\"ur $t\in(t_0,t_1)$
  \[\dot h(t)=\psi(t)\phi(t)\le \psi(t)h(t)\] nach Annahme an $\phi$. Da
  $h\ge a>0$ gilt, schlie\ss{}en wir, dass \[\frac d{dt}\log h(t)
  =\frac{\dot h(t)}{h(t)}\le\psi(t)\] gilt. Somit erhalten wir
  \[\log h(t)-\log h(t_0)\le\int\limits_{t_0}^t\psi(\tau)\,d\tau\]
  und hieraus, nochmals nach Annahme an $\phi$,
  \[\phi(t)\le h(t)\le h(t_0)\cdot\exp\left(\,\int\limits_{t_0}^t
    \psi(\tau)\,d\tau\right) = a\cdot\exp\left(\,\int\limits_{t_0}^t
    \psi(\tau)\,d\tau\right).\]
  Das Lemma folgt. 
\end{proof}

Hiermit schlie\ss{}en wir, dass L\"osungen gew\"ohnlicher
Differentialgleichungen stetig vom Anfangswert abh\"angen. 
Dies bedeutet physikalisch, dass eine Rechnung mit einem kleinen
Messfehler auch nur kleine Abweichungen liefert.
\begin{theorem}\label{stet abh eind thm}
  Sei $I$ ein offenes Intervall. Sei $\Omega$ eine offene Teilmenge
  eines Banachraumes $E$. Seien $x_0,y_0\in\Omega$. 
  Sei $f\in C^0(I\times\Omega,E)$ und sei $(f(t,\cdot))_t$
  gleichm\"a\ss{}ig Lipschitz stetig mit Lipschitzkonstante $L$. Sei
  $J\subset I$ ein offenes Intervall mit $t_0\in J$. Gelte
  \[
  \begin{cases}
    \dot x(t)=f(t,x(t))&\text{in }J,\\
    x(t_0)=x_0
  \end{cases}
  \quad\text{und}\quad
  \begin{cases}
    \dot y(t)=f(t,y(t))&\text{in }J,\\
    y(t_0)=y_0.
  \end{cases}
  \]
  Dann gilt \[\Vert x(t)-y(t)\Vert \le \Vert x_0-y_0\Vert\cdot
  \exp(L\cdot|t-t_0|)\] f\"ur alle $t\in J$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Setze $\phi(t):=\Vert x(t)-y(t)\Vert $. Dann folgt
  \begin{align*}
    \phi(t)=&\, \Vert x(t)-y(t)\Vert\\
    =&\,\left\Vert x_0+\int\limits_{t_0}^t f(\tau,x(\tau))\,d\tau
      -y_0-\int\limits_{t_0}^t f(\tau,y(\tau))\,d\tau\right\Vert\\
    \le&\,\Vert x_0-y_0\Vert +\int\limits_{t_0}^t\Vert f(\tau,x(\tau))
    -f(\tau,y(\tau))\Vert\,d\tau\\ 
    \le&\,\Vert x_0-y_0\Vert +\int\limits_{t_0}^tL\cdot\underbrace{\Vert
    x(\tau)-y(\tau)\Vert}_{=\phi(\tau)}\,d\tau.
  \end{align*}
  Die Behauptung f\"ur $t\ge t_0$ folgt nun direkt aus dem Lemma von
  Gronwall. \par F\"ur $t<t_0$ betrachte man Hilfsfunktionen der
  Gestalt $z(t)=x(t_0-t)$ und wende die obigen \"Uberlegungen hierauf
  an. Details: \"Ubung. 
\end{proof}

Dies liefert die stetige Abh\"angigkeit von den Anfangsdaten in der
folgenden Form. 
\begin{corollary}
  Unter den Voraussetzungen von Theorem \ref{stet abh eind thm}
  bezeichne $\alpha(t,x)$, $x\in\Omega$, die L\"osung von \[
    \begin{cases}
      \dot\alpha(t,x)=f(t,\alpha(t,x))&\text{in }J_x,\\
      \alpha(t_0,x)=x. 
    \end{cases}
  \]
  Sei $r>0$.  Angenommen, es gilt $t\in J_x$ f\"ur alle
  $x\in B_r(x_0)$. Dann ist die Abbildung $x\mapsto \alpha(t,x)$ in
  $x_0$ stetig.
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir verwenden die $\epsilon-\delta$-Stetigkeit mit den \"ublichen
  Bezeichnungen. Sei $\epsilon>0$. Dann gilt f\"ur $\delta$ mit
  $0<\delta<\exp(-L\cdot|t-t_0|)\cdot\epsilon$, $\delta<r$ und $\Vert
  x-x_0\Vert<\delta$ die Absch\"atzung
  $\Vert\alpha(t,x)-\alpha(t,x_0)\Vert<\epsilon$. 
\end{proof}

\subsection{Parameterabh"angige Differentialgleichungen} 

In diesem Kapitel seien $E$, $F$ stets Banachr"aume, $I\subset\R$
offen mit $0\in I$. Sei $\Omega \subset E$ offen und $V \subset
F$. Sei $f: I \times \Omega \times V \rightarrow E$ zumindest stetig
und in $\Omega \times V$ gleichm"a"sig Lipschitz stetig, d. h. es gibt
$C > 0$ mit
\begin{eqnarray*}
  \Vert f(t, x, v) - f(t, y, w)\Vert \leq C \cdot (\Vert x-y\Vert +
  \Vert v-w\Vert) 
\end{eqnarray*}
f"ur alle $t \in I$, alle $x, y \in \Omega$ und alle $v, w \in V$.

Sei $\varphi : V\rightarrow \Omega$ Lipschitz stetig mit
\begin{eqnarray*}
\Vert \varphi(v) - \varphi(w)\Vert \leq C \cdot (\Vert v-w\Vert)
\end{eqnarray*}
f"ur alle $v, w \in V$.

Um unn"otige technische Komplikationen zu vermeiden, wollen wir stets
annehmen, dass $f, I, \Omega$ und $V$ beschr"ankt sind. Sei
$I\subset[-T,T]$. 

\begin{theorem}
\label{lip abh thm} 
Sei $\alpha : I \times V \rightarrow E$ mit
\begin{equation*}
\begin{cases} 
\dot{\alpha}(t,v)=f(t, \alpha(t,v),v),\qquad t\in I,\\
\alpha (0,v)=\varphi(v)
\end{cases}
\end{equation*}
f"ur alle $(t,v)\in I \times V$ gegeben.
Dann ist $\alpha $ gleichm"a"sig Lipschitz stetig.
\end{theorem}


\begin{proof}[Beweis]
\neueZeile
\begin{enumerate}[(i)]
\item \textbf{Lipschitzstetigkeit in $t$:} Nach Voraussetzung ist
  $\dot{\alpha}(t,v)=f(t, \alpha(t,v),v)$ gleichm"a"sig
  beschr"ankt. Hieraus folgt die gleichm"a"sige Lipschitzstetigkeit.
\item \textbf{Lipschitzstetigkeit in $v$:}
Seien $v,w\in V$. $\alpha$ erf"ullt die Integralgleichung
\begin{equation*}
\alpha(t,v)=\varphi(v)+\int\limits_0^t f(\tau,\alpha(\tau,v),v)\,d\tau 
\end{equation*}
und eine entsprechende Gleichung f"ur $w$.  Wir erhalten
\begin{equation*}
  \alpha(t,v)-\alpha(t,w)=\varphi(v)-\varphi(w)+\int\limits_0^t
  f(\tau,\alpha(\tau,v),v)-f(\tau,\alpha(\tau,w),w)\,d\tau 
\end{equation*}
und somit
\begin{align*}
  \Vert\alpha(t,v)-\alpha(t,w)\Vert\leq &\,
  \Vert\varphi(v)-\varphi(w)\Vert+\int\limits_0^t \Vert
  f(\tau,\alpha(\tau,v),v)-f(\tau,\alpha(\tau,w),w)\Vert\,
  d\tau\umbruch\\
  \leq &\, C\cdot\Vert v-w\Vert+\int\limits_0^t C\cdot\Vert
  \alpha(\tau,v)-\alpha(\tau,w)\Vert+ C\cdot\Vert v-w\Vert\,
  d\tau\umbruch\\
  \leq &\, C\cdot(1+T)\cdot\Vert v-w\Vert+C\int\limits_0^t\Vert
  \alpha(\tau,v)-\alpha(\tau,w)\Vert\, d\tau.
\end{align*}
Mit Hilfe des Lemmas von Gronwall erhalten wir daraus
\[\Vert\alpha(t,v)-\alpha(t,w)\Vert\leq C\cdot(1+T)\cdot\Vert
  v-w\Vert\cdot 
e^{CT}.\] Die Behauptung folgt.\qedhere
\end{enumerate}
\end{proof}

\datum{Fr 20.11.2020}
Wir nehmen nun zus\"atzlich an, dass $\Omega\times V$ konvex ist. Da
Differenzierbarkeit eine lokale Eigenschaft ist, d\"urfen wir dies
nach Verkleinerung der Definitionsgebiete sogar ohne Einschr\"ankung
annehmen. 
\begin{theorem}
  \label{reg lsg thm}
  Sei $V$ offen und seien $f$ und $\varphi$ von der Klasse
  $C^1$. Seien $D_2f$ und $D_3f$ in $\Omega\times V$ und $D\phi$ in $V$
  gleichm"a"sig Lipschitz stetig. Sei $\alpha$ wie in Theorem \ref{lip
    abh thm}. Dann ist $\alpha$ ebenfalls von der Klasse $C^1$.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die stetige Differenzierbarkeit in $t$ ist aufgrund der
    Differentialgleichung klar.
  \item Differenzierbarkeit bez"uglich $v$; Vor"uberlegungen: W"are
    $\alpha$ bez"uglich $v$ differenzierbar und die zweiten
    Ableitungen vertauschbar, so l"oste $D_v\alpha$ die
    Differentialgleichung.
    \begin{align*}
      \frac{d}{dt}D_2\alpha(t,v)=&\,D_2\frac{d}{dt}\alpha(t,v)
      =D_vf(t,\alpha(t,v),v)\umbruch\\
      =&\,D_2f(t,\alpha(t,v),v)\langle
      D_v\alpha(t,v)\rangle+D_3f(t,\alpha(t,v),v)
    \end{align*}
    mit Anfangsbedingung
    \begin{equation*}
      D_2\alpha(0,v)=D\varphi(v).
    \end{equation*}
    Dies ist eine affin lineare Differentialgleichung f\"ur
    $D_2\alpha(t,v)$. Sie besitzt daher lokal eine L"osung. Sei $
    \lambda=\lambda(t,v)$ die L"osung von
    \[
    \begin{cases}
      \dot{\lambda}(t,v)=D_2f(t,\alpha(t,v),v)\langle
      \lambda(t,v)\rangle+D_3f(t,\alpha(t,v),v),\\ 
      \lambda(0,v)=D\varphi(v).
    \end{cases}
    \]
  \item Wir behaupten, dass $D_2\alpha(t,v)=\lambda(t,v) $ gilt. Nach
    Theorem \ref{lip abh thm} ist $\alpha$ in $I\times V $ Lipschitz
    stetig. Somit sind auch die Terme in der Differentialgleichung
    f"ur $\lambda$ in $v$ Lipschitz stetig und $\lambda$ ist nach
    Theorem \ref{lip abh thm} in $I\times V $ Lipschitz stetig. Bis
    auf den Nachweis $D_2\alpha(t,v)=\lambda(t,v) $ erhalten wir also,
    dass $\alpha\in C^1(I\times V, E) $ gilt.
  \item Behauptung: Es gilt
    \begin{equation*}
      \alpha(t,v+h)-\alpha(t,v)-\lambda(t,v)\langle h\rangle\in
      o(\Vert h\Vert)   
    \end{equation*}
    f"ur $h \rightarrow 0$.
    \begin{proof}[Beweis]
      Wir definieren f"ur kleine $h\neq 0$
      \begin{equation*}
        \vartheta(t,v):=\alpha(t,v+h)-\alpha(t, v).
      \end{equation*}
      Es gelten $\vartheta(0,v) =\varphi(v+h) -\varphi(v) $ und 
      \begin{align*}
        \dot{\vartheta}(t,v)-\dot{\lambda}(t,v)\langle h\rangle =&\,f(t,
        \alpha(t, v+h),v + h) - f(t, \alpha(t,v),v)\\ &\,-\left(D_2f(t,
          \alpha(t,v),v)\langle \lambda(t,v)\langle
          h\rangle\rangle+D_3f(t, \alpha(t,v),v)\langle
          h\rangle\right).
      \end{align*}
      Wir integrieren dies und erhalten
      \begin{align*}
        &\,\vartheta(t,v)-\lambda(t,v) \langle h\rangle\umbruch\\
        =&\, \varphi(v+h) -\varphi(v)  -D\varphi(v)\langle h\rangle\\
        &\,+ \int\limits_0^t f(\tau,\alpha(\tau,v+h), v+h) -
        f(\tau,\alpha(\tau,v), v)\,d\tau\\ &\,-\int\limits_0^t
        D_2f(\tau,\alpha(\tau,v),v)\langle \lambda(\tau,v)\langle h
        \rangle\rangle +
        D_3f(\tau,\alpha(\tau,v),v)\langle h \rangle\, d\tau\umbruch\\
        =&\, \varphi(v+h) -\varphi(v) -D\varphi(v)\langle h\rangle\\
        &\,+ \int\limits_0^t \int\limits_0^1 \frac{d}{ds}
        f(\tau,\underbrace{s\alpha(\tau,v+h)+(1-s)\alpha(\tau,v),
          v+sh}_{\equiv\xi_s} )\, ds \, d\tau\\ &\, -\int\limits_0^t
        D_2f(\tau,\alpha(\tau,v),v)\langle \lambda(\tau,v)\langle h
        \rangle\rangle + D_3f(\tau,\alpha(\tau,v),v)\langle h \rangle
        \,d\tau,\umbruch \intertext{wobei es wichtig ist, dass wir
          nicht $\alpha(\tau,v+sh)$ schreiben,}\umbruch
        =&\,  \varphi(v+h) -\varphi(v)   -D\varphi(v)\langle h\rangle\\
        &\,+ \int\limits_0^t
        \int\limits_0^1D_2f(\tau,\xi_s)\langle\alpha(\tau,v+h)
        -\alpha(\tau,v)\rangle-D_2f(\tau,\alpha(\tau,v),v)\langle
        \lambda(\tau,v)\langle h \rangle\rangle \,ds \, d\tau\\
        &\,+ \int\limits_0^t \int\limits_0^1D_3f(\tau,\xi_s)\langle h
        \rangle -D_3f(\tau,\alpha(\tau,v),v)\langle h \rangle \,ds \,
        d\tau \umbruch\\
        =&\,\varphi(v+h) -\varphi(v)   -D\varphi(v)\langle h\rangle\\
        &\,+ \int\limits_0^t \int\limits_0^1D_2f(\tau,\xi_s)
        \langle\alpha(\tau,v+h)-\alpha(\tau,v)-
        \lambda(\tau,v)\langle h \rangle\rangle \, ds \, d\tau\\
        &\,+ \int\limits_0^t \int\limits_0^1\left(D_2f(\tau,\xi_s)
          -D_2f(\tau,\alpha(\tau,v),v)\right)\langle
        \lambda(\tau,v)\langle h \rangle\rangle \, ds \, d\tau \\
        &\,+ \left(\int\limits_0^t \int\limits_0^1D_3f(\tau,\xi_s)
          -D_3f(\tau,\alpha(\tau,v),v) \, ds \, d\tau\right) \langle h
        \rangle
        \umbruch\\
        \equiv&\, I_1 + I_2 + I_3 + I_4.
      \end{align*}
      Es gilt $ I_1\in o(\Vert h\Vert)$, da $\varphi$ differenzierbar
      ist.  Da $h\mapsto \xi_s $ stetig mit $\xi_s\mid_{h=0}
      =(\alpha(\tau,v),v)$ ist, folgt $ I_3, I_4\in o(\Vert h\Vert) $.
      Insgesamt erhalten wir also in $\epsilon$-Notation
      \begin{equation*}
        \Vert\vartheta(t,v)-\lambda(t,v) \langle
        h\rangle\Vert\leq\epsilon(\Vert h\Vert)\cdot\Vert h\Vert +
        c\int\limits_0^t \Vert\vartheta(\tau,v)-\lambda(\tau,v)
        \langle h\rangle\Vert\, d\tau.
      \end{equation*}
      Das Lemma von Gronwall impliziert nun
      \begin{equation*}
        \Vert\vartheta(t,v)-\lambda(t,v) \langle
        h\rangle\Vert\leq\epsilon(\Vert h\Vert)\cdot\Vert h\Vert \cdot
        e^{c|t|}. 
      \end{equation*}
      Dies zeigt die Behauptung.\qedhere
    \end{proof}
    Damit folgt auch das Theorem. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{remark}
  Eine entsprechende Aussage gilt auch f"ur die Klasse $C^p$,
  $1\leq p < \infty$.
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei ohne Einschr"ankung $p<\infty$. Wir benutzen Induktion und
  d"urfen bereits annehmen, dass $\alpha\in C^{p-1}$ gilt. Aus der
  Gleichung $ \dot{\alpha}(t,v)=f(t,\alpha(t,v),v)$ liest man direkt
  ab, dass $ D_t^p\alpha$ existiert und stetig ist. Das funktioniert
  analog, solange mindestens eine Zeitableitung auftritt, also f"ur
  $D_t^q D_v^{p-q}\alpha $ mit $1\leq q\leq p $.\\
  \textbf{$D_v^{p}\alpha$:} Es gilt
  \begin{equation*}
    \frac{d}{dt}  D_v^{p-1}\alpha (t,v)=D_2f(t,\alpha(t,v),v) \langle
    D_v^{p-1}\alpha (t,v)\rangle +R(t,v) 
  \end{equation*}
  mit $ R\in C^1$. Somit folgt nach Theorem \ref{reg lsg thm} $
  D_v^{p-1}\alpha \in C^1$ und daher die Behauptung.
\end{proof}

\subsection{Der Satz von Arzel\`a-Ascoli}

Als Vorbereitung f\"ur einen Existenzsatz bei stetiger rechter Seite
ben"otigen wir den Satz von Arzel\`{a}-Ascoli.
\begin{definition}
  Sei $E$ ein metrischer Raum und sei $F$ ein Banachraum.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dann hei"st eine Teilmenge $ \Lambda\subset C^0(E,F)$
    \emph{gleichgradig stetig,} falls
    \begin{equation*}
      \forall\, x\in E \quad \forall\, \epsilon>0\quad \exists\,
      \delta>0 \quad \forall\, f\in \Lambda \quad \forall\, y\in E:
      d(x,y)<\delta \Longrightarrow \Vert f(x)-f(y)\Vert < \epsilon, 
    \end{equation*}
    \dh $\delta$ in der Definition von Stetigkeit kann unabh"angig von
    der speziellen Funktion $f$ gew"ahlt werden. (Ohne den Quantor $
    \forall x\in E $ spricht man von gleichgradiger Stetigkeit im
    Punkt $ x\in E $.)
  \item Eine Teilmenge $ \Lambda\subset C^0(E,F) $ hei"st
    \emph{gleichm\"a\ss{}ig gleichgradig stetig,} falls
    \begin{equation*}
      \forall \epsilon >0 \quad \exists \delta>0 \quad \forall f\in
      \Lambda \quad \forall x,y\in E:  
      d(x,y)<\delta \Longrightarrow \Vert f(x)-f(y)\Vert < \epsilon . 
    \end{equation*}
  \item Wir sagen auch, dass die Funktionen $ f\in \Lambda$ bzw. eine
    Folge (gleichm"a"sig) gleichgradig stetig sind, wenn dies f"ur
    $\Lambda$ bzw. die Menge der Folgeglieder gilt.
\end{enumerate}
\end{definition}


\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $\Lambda\subset C^0(\R,\R) $ eine Teilmenge von
    gleichm"a"sig h"olderstetigen Funktionen, \dh gilt
    \begin{equation*}
      \vert f(x)-f(y)\vert \leq c\cdot \vert x-y\vert^\alpha
    \end{equation*}
    f"ur ein $c>0 $, ein $\alpha\in (0,1) $, alle $x,y \in \R $ und
    alle $ f\in\Lambda$, so ist $\Lambda $ gleichm"a"sig gleichgradig
    stetig.
  \item Gleichm"a"sig Lipschitz stetige Funktionen sind gleichm"a"sig
    gleichgradig stetig.
  \item Jede Funktion einer gleichm"a"sig gleichgradig stetigen Menge
    ist selbst gleich\-m"a\-"sig stetig.
  \item Eine Menge, die sich aus endlich vielen stetigen Funktionen
    oder endlich vielen gleichgradig stetigen Mengen zusammensetzt,
    ist gleichgradig stetig.
  \item Eine Menge, die sich aus endlich vielen gleichm"a"sig stetigen
    Funktionen oder endlich vielen gleichm"a"sig gleichgradig stetigen
    Mengen zusammensetzt, ist selbst wieder gleichm"a"sig gleichgradig
    stetig.
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\datum{Di 24.11.2020}
Genauso wie bei einer einzelnen Funktion ist eine gleichgradig stetige
Menge von Funktionen, die auf einer kompakten Menge definiert sind,
gleichm"a"sig gleichgradig stetig.
\begin{lemma}
  \label{gleich stet gleichm gleich stet lem}
  Sei $E$ ein kompakter metrischer Raum und $F$ ein Banachraum. Sei
  $\Lambda\subset C^0(E,F) $ gleichgradig stetig. Dann ist $\Lambda$
  auch gleichm"a"sig gleichgradig stetig.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis] 
  \stern Falls nicht, gibt es $\epsilon>0$ und zu jedem $n>0$ eine
  Funktion $f_n\in \Lambda$ sowie $x_n, y_n\in E$ mit $
  d(x_n,y_n)<\frac{1}{n}$ und $\Vert f_n(x_n)-f_n(y_n)\Vert
  \geq\epsilon $.  Da $E$ kompakt ist, konvergiert eine Teilfolge von
  $(x_n)_{n>0}$, gelte also ohne Einschr"ankung $x_n\rightarrow x\in
  E$ f"ur $n\rightarrow \infty$. Es folgt $y_n\rightarrow x$ f"ur
  $n\rightarrow \infty$ aufgrund der Dreiecksungleichung.  Da
  $\Lambda$ gleichgradig stetig ist, gibt es $\delta>0$, so dass f"ur
  alle $f\in \Lambda$ und alle $y\in B_{\delta}(x)$ auch $\Vert
  f(x)-f(y)\Vert<\frac{\epsilon}{3} $ folgt.  Sei nun $n$ so gro"s,
  dass $x_n, y_n\in B_{\delta}(x)$ gilt.  Dann erhalten wir
  \[\epsilon\leq \Vert f_n(x_n)-f_n(y_n)\Vert \leq \Vert
  f_n(x_n)-f_n(x)\Vert + \Vert f_n(x)-f_n(y_n)\Vert<\frac{\epsilon}{3}
  +\frac{\epsilon}{3}=\frac{2}{3}\epsilon. \] Widerspruch.
\end{proof}

Die n"achsten beiden Lemmata zeigen, wie Eigenschaften dank der
Gleichgradigkeit im Limes erhalten bleiben.
\begin{lemma}
  \label{gleichm gleichgrad lim stet lem}
  Sei $E$ ein metrischer Raum und sei $F$ ein Banachraum. Sei die
  Folge $(f_n)_{n\in \N} \subset C^0(E,F) $ gleichm"a"sig gleichgradig
  stetig. Konvergiert $(f_n)_{n\in\N}$ punktweise gegen eine Funktion
  $g\colon E\rightarrow F$, so ist $g$ gleichm"a"sig stetig.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $\epsilon>0$. Dann existiert $\delta>0$, so dass
  \[\forall\, n\in\N \quad\forall\, x,y\in E \quad
  d(x,y)<\delta\quad\Longrightarrow\quad \Vert f_n(x)-f_n(y)\Vert
  <\epsilon \] gilt. F"ur feste $ x,y\in E$ mit $d(x,y)<\delta $
  erhalten wir also im Limes $n\rightarrow\infty$
  \begin{equation*}
    \Vert g(x)-g(y)\Vert \leq \epsilon 
  \end{equation*}
  Da $\epsilon>0$ beliebig war, folgt die gleichm"a"sige Stetigkeit.
\end{proof}

\begin{lemma}
  \label{gleichgrad lim stet lem}
  Sei $E$ ein metrischer Raum und sei $F$ ein Banachraum. Sei die
  Folge $(f_n)_{n\in \N} \subset C^0(E,F) $ gleichgradig
  stetig. Konvergiert $(f_n)_{n\in\N}$ punktweise gegen eine Funktion
  $g\colon E\rightarrow F$, so ist $g$ stetig.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $x\in E$. Sei $\epsilon>0$. Dann gibt es $\delta>0$, so dass
  \begin{equation*}
    y\in B_{\delta}(x)\quad\Longrightarrow\quad\Vert
    f_n(y)-f_n(x)\Vert <\epsilon  
  \end{equation*}
  f"ur alle $n\in\N$ gilt. Wir gehen nun f"ur festes $ y\in
  B_{\delta}(x)$ zum Limes $n\rightarrow\infty$ "uber und erhalten
  \begin{equation*}
    \Vert g(y)-g(x)\Vert \leq \epsilon .
  \end{equation*}
  Da $\epsilon>0$ beliebig war, folgt die Stetigkeit von $g$.
\end{proof}


\begin{proposition}
 \label{pktw dicht ueberall konv prop}
 Sei $E$ ein metrischer Raum und sei $F$ ein Banachraum. Sei $
 (f_n)_{n\in\N}\subset C^0(E,F) $ eine gleichgradig stetige Folge. Sei
 $ D\subset E$ dicht. Konvergiert $\left(f_n\right)_{n\in \N}$
 punktweise in $D$, so konvergiert $(f_n)_{n\in \N}$ punktweise in
 ganz $E$.
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $x\in E$ beliebig. Da $F$ vollst"andig ist, gen"ugt es zu
  zeigen, dass die Folge $(f_n(x))_{n\in\N} $ eine Cauchyfolge
  ist.\par
  Sei $\epsilon>0$. Dann gibt es aufgrund der gleichgradigen
  Stetigkeit von $(f_n)_{n\in\N}$ ein $\delta>0$, mit
  \begin{equation*}
    \Vert f_n(x)-f_n(y)\Vert <\epsilon \quad \forall\, y\in
    B_\delta(x) \quad \forall\, n \in \N. 
  \end{equation*}
  Da $D$ dicht in $E$ liegt, gibt es $ y\in D\cap B_\delta(x)
  $. Fixiere solch ein $y$. Nach Voraussetzung ist
  $\left(f_n(y)\right)_{n\in\N}$ eine Cauchyfolge in $F$, \dh es
  gibt $n_0\in \N$, so dass f"ur alle $n, m \geq n_0$
  \begin{equation*}
    \Vert f_n(y)-f_m(y)\Vert<\epsilon
  \end{equation*}
  gilt. Zusammengenommen erhalten wir 
  \[ \Vert f_n(x)-f_m(x)\Vert \leq \Vert f_n(x)-f_n(y)\Vert + \Vert
  f_n(y)-f_m(y)\Vert + \Vert f_m(y)-f_m(x)\Vert < 3\epsilon\] f"ur
  alle $n, m \geq n_0$. Da $\epsilon>0$ beliebig war, folgt die
  Behauptung.
\end{proof}

Auf kompakten Mengen impliziert punktweise Konvergenz gleichgradig
stetiger Funktionen bereits gleichm"a"sige Konvergenz.
\begin{proposition}
  \label{pktw glm konv prop}
  Sei $E$ ein kompakter metrischer Raum und $F$ ein Banachraum. Sei
  $(f_n)_{n\in\N}\subset C^0(E,F) $ gleichgradig stetig und sei
  $g\colon E\rightarrow F$ eine Funktion. Dann folgt aus
  $f_n\rightarrow g$ (punktweise) bereits $f_n \rightrightarrows g$.
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Nach Lemma \ref{gleich stet gleichm gleich stet lem} ist
    $\left(f_n\right)_{n\in \N}$ auch gleichm"a"sig gleichgradig
    stetig und nach Lemma \ref{gleichm gleichgrad lim stet lem} ist
    auch $g$ gleichm"a"sig stetig. Daher ist $\Lambda:=\lbrace
    f_n:n\in\N\rbrace\cup \lbrace g\rbrace $ gleichm"a"sig
    gleichgradig stetig.
  \item Sei $\epsilon>0$ beliebig. Dann gibt es aufgrund der
    gleichm"a"sigen gleichgradigen Stetigkeit ein $\delta>0$ so dass
    f"ur alle $x, y \in E$ und alle $f\in\Lambda$
    \begin{equation*}
      d(x,y)<\delta \quad\Longrightarrow\quad \Vert f(x)-f(y)\Vert
      <\epsilon 
    \end{equation*} gilt.
  \item Da $E$ kompakt ist, gibt es endlich viele $x_i\in E$, $1\leq
    i\leq N $, so dass die Kugeln $B_\delta(x_i) $ die Menge $E$
    "uberdecken.
  \item Aufgrund der punktweisen Konvergenz $f_n\rightarrow g$ gibt es
    zu jedem $i\in \lbrace 1, \dots , N\rbrace $ ein $n_i\in \N $ mit
    \begin{equation*}
      \Vert f_n(x_i)-g(x_i)\Vert <\epsilon \quad \forall\, n\geq n_i.
    \end{equation*}
    Definiere $n_0:= \max\limits_{1\leq i\leq N}n_i$.
  \item Sei nun $x\in E$ beliebig.  Sei $i\in \left\lbrace 1, \dots ,
      N\right\rbrace $ mit $x\in B_{\delta}(x_i)$ fest gew"ahlt.  Dann
    gilt
    \[\Vert f_n(x)-g(x)\Vert \leq \Vert f_n(x)-f_n(x_i)\Vert 
    + \Vert f_n(x_i)-g(x_i)\Vert + \Vert g(x_i)-g(x)\Vert <
    3\epsilon\] f"ur alle $n\geq n_0$
    aufgrund der obigen Absch"atzungen.\par
    Da $x\in E$ und $\epsilon>0$ beliebig waren, folgt die
    Behauptung. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{lemma}
  % \label{} 
  Sei $E$ ein metrischer Raum und sei $F$ ein Banachraum. Sei
  $\Lambda\subset C^0(E,F)$ (gleichm"a"sig) gleichgradig stetig. Dann
  ist auch der Abschluss $\overline{\Lambda}$ bez"uglich der
  $C^0$-Norm (gleichm"a"sig) gleichgradig stetig.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Gehe in der Definition der (gleichm"a"sigen) gleichgradigen
  Stetigkeit zum Grenzwert "uber. Details: "Ubung.
\end{proof}

Als letzte Vorbereitung f\"ur den Satz von Arzel\`a-Ascoli zeigen wir
\begin{remark}
  \label{rel komp praekomp rem}
  Sei $F$ ein Banachraum und sei $A\subset F$. Dann ist $A$ genau dann
  relativ kompakt, wenn $A$ pr\"akompakt ist. 
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  Nach Definition ist $A$ genau dann relativ kompakt, wenn $\ol A$
  kompakt ist. Nach Analysis I ist dies \"aquivalent dazu, dass $\ol A$
  pr\"akompakt und vollst\"andig ist. Da $\ol A$ in einem Banachraum
  stets vollst\"andig ist, ist dies auch \"aquivalent zur
  Pr\"akompaktheit von $\ol A$. Eine kleine \"Ubung zur
  Pr\"akompaktheit mit Radien $\epsilon$ und $\epsilon/2$ zeigt nun,
  dass dies auch zur Pr\"akompaktheit von $A$ \"aquivalent ist. 
\end{proof}

\begin{theorem} [Satz von Arzel\`{a}-Ascoli]
  Sei $E$ ein kompakter metrischer Raum und sei $F$ ein
  Banachraum. Dann ist $ \Lambda\subset C^0(E,F)$ genau dann relativ
  kompakt, wenn $\Lambda$ gleichgradig stetig ist und wenn f"ur jedes
  $x\in E$ die Menge $\Lambda (x):=\lbrace
  f(x):f\in\Lambda\rbrace\subset F $ relativ kompakt ist.
\end{theorem}
In Anwendungen ist insbesondere die R"uckrichtung wichtig.
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item \stern\Hinrichtung Sei $\Lambda$ relativ kompakt. \par
    \textbf{$\Lambda (x)$ ist relativ kompakt: } Sei $x\in E$
    beliebig. Wir behaupten, dass $\Lambda(x)$ relativ kompakt
    ist. Nach Bemerkung \ref{rel komp praekomp rem} gen\"ugt es dazu,
    zu zeigen, dass $\Lambda(x)$ pr"akompakt ist.
    Nochmals nach Bemerkung \ref{rel komp praekomp rem} ist
    $ \Lambda\subset C^0(E,F)$ genau dann relativ kompakt, wenn
    $\Lambda$ pr"akompakt ist.\par
    Sei $\epsilon>0$ beliebig. Dann existieren endlich viele
    $ f_i\in\Lambda$, $1\leq i\leq N$, so dass zu jedem $f\in\Lambda$
    ein $i\in \lbrace1,\dots,N\rbrace $ mit
    \begin{equation*}
      \Vert f-f_i\Vert_{C^0}=\sup\limits_{y\in E}\Vert
      f(y)-f_i(y)\Vert <\epsilon  
    \end{equation*}
    existiert. Insbesondere folgt daraus
    \begin{equation*}
      \Vert f(x)-f_i(x)\Vert <\epsilon 
    \end{equation*}
    f"ur dieses $i$. Somit ist $\Lambda(x) $ pr"akompakt und daher
    auch relativ kompakt. \par
    \textbf{$\Lambda$ ist gleichgradig stetig:} Wir benutzen nochmals,
    dass $\Lambda$ pr"akompakt ist. Sei $\epsilon>0$ beliebig. Seien
    $f_i\in\Lambda $, $ 1\leq i\leq N$, mit $\Lambda\subset
    \bigcup\limits_{i=1}^N B_\epsilon(f_i)$. Jedes $ f_i$ ist
    gleichm"a"sig stetig, da $E$ kompakt ist. Die Gleichm"a"sigkeit
    ist zwar nicht zu zeigen, erleichtert aber die Notation. Da die
    Menge $ \lbrace f_i:1\leq i \leq N\rbrace$ endlich ist, gibt es
    $\delta>0 $ mit
    \begin{equation*}
      d(x,y)<\delta\Longrightarrow\Vert f_i(x)-f_i(y)\Vert<\epsilon
    \end{equation*}
    f"ur alle $x,y\in E $ und alle $ 1\leq i \leq N$.  Sei nun $
    f\in\Lambda$ beliebig und $i\in \lbrace 1, \dots , N \rbrace $ mit
    $f\in B_\epsilon (f_i) $. Dann folgt f"ur $ x,y\in E$ mit
    $d(x,y)<\delta $
    \[\Vert f(x)-f(y)\Vert \leq \Vert f(x)-f_i(x)\Vert 
    + \Vert f_i(x)-f_i(y)\Vert + \Vert f_i(y)-f(y)\Vert < 3\epsilon.\]
    Da $\epsilon>0$ beliebig war, folgt die (gleichm"a"sige)
    gleichgradige Stetigkeit.
  \item \Rueckrichtung Wir zeigen die Kompaktheit von
    $\overline{\Lambda}$, indem wir zeigen, dass jede Folge
    $(f_n)_{n\in\N}\subset \Lambda $ eine in $C^0(E,F) $ konvergente
    Teilfolge besitzt.\par
    Da $E$ kompakt ist, ist $E$ auch separabel. Daher besitzt $E$ eine
    h"ochstens abz"ahlbare dichte Teilmenge $D=\lbrace x_n:n\in\N
    \rbrace$.  Sei $ (f_n)_{n\in\N}\subset \Lambda$ beliebig. Wir
    behaupten, dass $(f_n)_{n\in\N} $ eine in ganz $D$ punktweise
    konvergente Teilfolge besitzt. Dann konvergiert die Teilfolge nach
    Proposition \ref{pktw dicht ueberall konv prop} in ganz $E$
    punktweise und nach Proposition \ref{pktw glm konv prop} sogar
    gleichm"a"sig und damit in $ C^0(E,F) $ wie behauptet.\par
    Die in $D$ konvergente Teilfolge erhalten wir als Diagonalfolge:
    \begin{enumerate}[(a)]
    \item $\lbrace f_n (x_0)\colon n\in\N\rbrace \subset \Lambda (x_0)
      $ ist nach Voraussetzung relativ kompakt und besitzt daher eine
      in $F$ konvergente Teilfolge $(f_{0n}(x_0))_{n\in\N} $.
    \item $\lbrace f_{0n} (x_1)\colon n\in\N\rbrace \subset \Lambda
      (x_1) $ besitzt ebenso eine konvergente Teilfolge:
      $(f_{1n}(x_1))_{n\in\N} $.
    \item Iterativ erhalten wir eine Teilfolge $(f_{in})_{n\in\N}$ von
      $(f_{i-1 n})_{n\in\N}$, die in $ \lbrace x_0, \dots , x_i
      \rbrace$ punktweise konvergiert.
    \item Die Diagonalfolge $ (f_{n n})_{n\in\N} $ konvergiert in ganz
      $D$: Sei n"amlich $x_i\in D $ beliebig, so ist $(f_{n n})_{n\geq
        i} $ eine Teilfolge von $ (f_{i n})_{n\in\N}$ und diese
      konvergiert in $x_i $. Dies zeigt die noch ausstehende
      Behauptung. \qedhere
    \end{enumerate}
  \end{itemize}
\end{proof}

\datum{Fr 27.11.2020} 
Ist der Bildraum endlichdimensional, so erhalten wir
\begin{corollary} 
  Sei $E$ ein kompakter metrischer Raum und sei
  \[(f_n)_{n\in\N} \subset C^0\left(E, \R^d\right),\] $d\in\N_{>0}$,
  beliebig. Ist $(f_n)_{n\in\N} $ gleichgradig stetig und punktweise
  beschr"ankt, \dh gilt f"ur alle $x\in E $
  \begin{equation*}
    \sup\limits_{n\in\N}\Vert f_n(x)\Vert\leq c(x) <\infty,
  \end{equation*}
  so besitzt $(f_n)_{n\in\N} $ eine in $C^0\left(E, \R^d\right) $
  konvergente Teilfolge.
\end{corollary}

Ein wichtiger Spezialfall davon ist
\begin{corollary}
  Sei $E$ ein kompakter metrischer Raum. Seien $\alpha\in(0,1) $ und
  $d\in\N_{>0} $. Sei $(f_n)_{n\in\N} \subset C^{0,\alpha}\left(E,
    \R^d\right) $ mit
  \begin{equation*}
    \sup\limits_{n\in\N}\Vert f_n\Vert_{C^{0,\alpha}(E, \R^d)}<\infty
  \end{equation*}
  Dann besitzt $ (f_n)_{n\in\N}$ eine Teilfolge, ohne Einschr"ankung
  $(f_n)_{n\in\N} $ selbst, mit $f_n\longrightarrow f $ in $
  C^0\left(E, \R^d\right)$ f"ur $n\rightarrow\infty $ f"ur ein $f\in
  C^{0,\alpha}\left(E, \R^d\right)$ und es gilt
  \begin{equation*}
    \Vert f\Vert_{C^{0,\alpha}\left(E, \R^d\right)}\leq
    \sup\limits_{n\in\N}\Vert f_n\Vert_{C^{0,\alpha}\left(E,
        \R^d\right)}. 
  \end{equation*}
\end{corollary}
Man sieht leicht, dass auch die Absch\"atzung \[\Vert
f\Vert_{C^{0,\alpha}\left(E,\R^d\right)}
\le\underset{n\to\infty}{\ol\lim} \Vert
f_n\Vert_{C^{0,\alpha}\left(E,\R^d\right)}\] gilt. 
\begin{proof}[Beweis]
  Wir m"ussen nur die Regularit"at und die Absch"atzung f"ur $f$
  nachweisen.  Gelte
  \begin{equation*}
    \sup\limits_{z\in E}\Vert f_n(z)\Vert+\sup\limits_{x\neq y\in
      E}\frac{\Vert f_n(x)-f_n(y)\Vert}{d(x,y)^{\alpha}}\leq c. 
  \end{equation*}
  Insbesondere erhalten wir f"ur feste $ x\neq y$, $z\in E$
  \begin{equation*}
    \Vert f_n(z)\Vert\cdot d(x,y)^{\alpha}+\Vert
    f_n(x)-f_n(y)\Vert\leq c\cdot d(x,y)^\alpha. 
  \end{equation*}
  Nach Arzel\`{a}-Ascoli konvergiert eine Teilfolge, ohne
  Einschr"ankung $ (f_n)_{n\in\N}$ selbst, in $ C^0\left(E,
    \R^d\right) $ und damit auch punktweise gegen eine Funktion $f\in
  C^0\left(E, \R^d\right)$. Mit $n\rightarrow\infty $ erhalten wir
  \begin{equation*}
    \Vert f(z)\Vert\cdot d(x,y)^{\alpha}+\Vert f(x)-f(y)\Vert\leq
    c\cdot d(x,y)^\alpha. 
  \end{equation*}
  Teilen wir durch $d(x,y)^\alpha $ und betrachten das Supremum "uber
  alle $x\neq y $, $ z\in E$, so folgt die Behauptung. 
\end{proof}

\subsection{Der Existenzsatz von Peano}

\begin{theorem}[Peano] 
  Sei $\Omega\subset \R\times\R^n $ offen und $f:\Omega\rightarrow\R^n
  $ stetig. Sei $(t_0,x_0)\in\Omega $ beliebig. Dann gibt es ein
  offenes Intervall $I\subset\R$ mit $t_0\in I$ und 
  mindestens eine L"osung des Anfangswertproblems
  \[\begin{cases}
    \dot{\alpha}(t)=f(t,\alpha(t)), & t\in I,\\
    \alpha(t_0)=x_0 .
  \end{cases}\] Jede L"osung $\alpha$ l"asst sich fortsetzen, so dass
  graph $\alpha \not\subset K$ f"ur jede kompakte Teilmenge
  $K\subset\Omega$ gilt.
\end{theorem}

Der wichtigste Teil des Beweises ist das folgende Resultat.
\begin{theorem}
  \label{glob beschr peano thm}
  Sei $I=\left[t_0,t_1\right]\subset \R $ mit $t_1>t_0 $ und sei
  $f:I\times\R^n \rightarrow\R^n$ stetig und beschr"ankt. Sei
  $x_0\in\R^n $. Dann gibt es mindestens eine (stetig)
  differenzierbare Funktion $\alpha:I\rightarrow\R^n $ mit
  \[\begin{cases}
    \dot{\alpha}(t)=f(t,\alpha(t)),& t\in I,\\
    \alpha(t_0)=x_0 .
  \end{cases}\]
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir benutzen die "aquivalente Umformulierung als
    Integralgleichung
    \begin{equation*}
      \alpha(t)=x_0+\int\limits_{t_0}^{t}f(\tau, \alpha(\tau))\,d\tau
    \end{equation*}
    f"ur $t\in I $ und zeigen, dass diese eine L"osung $\alpha\in
    C^0(I,\R^n) $ besitzt.\par
    F"ur $\epsilon>0 $ definieren wir eine Funktion $\alpha_\epsilon$
    durch 
    \[
    \alpha_\epsilon(t):=
    \begin{cases}
      x_0, & t\leq t_0,\\
      x_0+\int\limits_{t_0}^{t}f(\tau,
      \alpha_\epsilon(\tau-\epsilon))\,d\tau, & t\in I.
    \end{cases}
    \]
  \item Die Funktion $\alpha_\epsilon\in C^0(I,\R^n) $ ist
    wohldefiniert: Zun"achst k"onnen wir das Integral f"ur $t\in [
    t_0,t_0+\epsilon ] \cap I $ bestimmen, da dort
    $\alpha_\epsilon(\tau-\epsilon) $ definiert ist. Dann ist $
    \alpha_\epsilon$ auf $t\in[t_0,t_0+\epsilon]\cap I$ definiert, wir
    k"onnen also mit Hilfe der Integraldarstellung $ \alpha_\epsilon$
    auf $[t_0,t_0+2\epsilon]\cap I $ bestimmen und erhalten so
    $\alpha_\epsilon $ nach endlich vielen Schritten auf ganz $ I$.
  \item (Gleichm\"a\ss{}ige) gleichgradige Stetigkeit: Da $f$
    beschr"ankt ist, ist auch $ \dot\alpha_\epsilon$ unabh"angig von
    $\epsilon>0 $ beschr"ankt.
  \item Punktweise gleichm"a"sige Beschr"anktheit: Gelte $\vert f\vert
    \leq C$. F"ur $t\in I $ gilt
    \begin{equation*}
      \vert\alpha_\epsilon(t)\vert=\left\vert
        x_0+\int\limits_{t_0}^{t}f(\tau,
        \alpha_\epsilon(\tau-\epsilon))\,d\tau\right\vert \leq \vert
      x_0\vert+\vert t_1-t_0\vert\cdot C. 
    \end{equation*}
    Daher gibt es nach dem Satz von Arzel\`{a}-Ascoli eine Folge $
    \epsilon_i\rightarrow 0$, $i\to\infty$, mit
    \begin{equation*}
      \alpha_{\epsilon_{i}}\longrightarrow\alpha\qquad \text{in }
      C^0(I,\R^n). 
    \end{equation*}
    Auch die Funktionen $t\mapsto\alpha_{\epsilon_{i}}(t-\epsilon_{i})
    $ konvergieren gegen $\alpha$; es gilt n"amlich
    \begin{align*}
      \vert\alpha_{\epsilon_{i}}(t-\epsilon_{i})-\alpha(t) \vert
      \leq&\,
      \vert\alpha_{\epsilon_{i}}(t-\epsilon_{i})-\alpha_{\epsilon_{i}}(t)
      \vert + \vert\alpha_{\epsilon_{i}}(t)-\alpha(t) \vert\umbruch\\
      =&\,\left\vert\,\, \int\limits_{t-\epsilon_i}^{t}f(\tau,
        \alpha_{\epsilon_i}(\tau-\epsilon_i))\,d\tau\right\vert
      +\vert\alpha_{\epsilon_{i}}(t)-\alpha(t) \vert\umbruch\\ \leq&\,
      \epsilon_i\cdot C +\vert\alpha_{\epsilon_{i}}(t)-\alpha(t) \vert
    \end{align*}
    und der letzte Term konvergiert wegen
    $\alpha_{\epsilon_{i}}\longrightarrow\alpha $ in $C^0(I,\R^n)$
    f"ur $i\rightarrow\infty $ ebenfalls gegen Null.
  \item Da $f$ auf kompakten Teilmengen der Form
    $I\times\overline{B_R(0)} $ gleichm"a"sig stetig ist, konvergiert
    $f(\cdot,\alpha_{\epsilon_i}(\cdot-\epsilon_i))\rightrightarrows
    f(\cdot,\alpha(\cdot)) $ (kleine \"Ubung).  Wir k"onnen also in
    der definierenden Integralgleichung f"ur $\alpha_{\epsilon}$ zum
    Grenzwert "ubergehen und erhalten
    \begin{equation*}
      \alpha(t)=x_0 +\int\limits_{t_0}^{t}f(\tau, \alpha(\tau))\,d\tau
    \end{equation*}
    f\"ur $t\in I$ wie behauptet. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

Eine einfache Normabsch"atzung f"ur die hier definierten Funktionen
$\alpha_{\epsilon}$ zeigt, dass $f$ nur auf einem Rechteck definiert
zu sein braucht.
\begin{theorem}
  \label{kurz zeit exist peano thm} 
  Seien $t_0\in\R $, $x_0\in\R^n $, $t_1>t_0 $, $r>0 $ und
  $f:R\equiv[t_0,t_1]\times\overline{B_r(x_0)}\rightarrow\R^n $
  stetig. Seien $A:=\max\limits_{R}\vert f\vert $, ohne Einschr"ankung
  $A>0 $, und $\beta:=\min\left\lbrace
    t_1-t_0,\frac{r}{A}\right\rbrace $.
  Dann besitzt das Anfangswertproblem
  \[\begin{cases}
    \dot\alpha(t)=f(t,\alpha(t)), & t_0\leq t\leq t_0+\beta,\\
    \alpha(t_0)=x_0
  \end{cases}\] eine f"ur $t\in[t_0,t_0+\beta]\equiv I $ definierte
  L"osung $\alpha\in C^1(I,\R^n) $.
\end{theorem}
Eine entsprechende Aussage gilt f"ur $t_1<t_0$. 
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $f$ ohne Einschr\"ankung nach $\tilde R:=[t_0,t_1]\times\R^n$
  stetig und mit $\sup\limits_{\tilde R}|f|=A$ fortgesetzt,
  beispielsweise konstant entlang radialer Strahlen. Wir zeigen, dass
  f\"ur eine L\"osung $\alpha\in C^1(I,\R^n)$ stets
  $|\alpha(t)-x_0|\le r$ f\"ur alle $t\in[t_0,t_0+\beta]$ gilt. Dann
  verl\"asst keine L\"osung aus Theorem \ref{glob beschr peano thm}
  den urspr\"unglichen Definitionsbereich von $f$, ist also eine
  gesuchte L\"osung. \par Es gilt
  \[|\alpha(t)-x_0| =|\alpha(t)-\alpha(t_0)|
    \le\left|\,\int\limits_{t_0}^t f(\tau,\alpha(\tau))\,d\tau\right|
    \le|t-t_0|\cdot A\le \beta\cdot A\le r.\] Somit folgt die
  Behauptung.
\end{proof}

\begin{proof}[Beweisidee des Satzes von Peano:]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $K\Subset \Omega$ beliebig. Wir zeigen lediglich, dass
    sich $\alpha$ nach rechts soweit fortsetzen l"asst, dass graph
    $\alpha \not\subset K$ gilt. Indem wir $\Omega $ durch kompakte
    Mengen aussch"opfen und $\alpha$ jeweils entsprechend fortsetzen,
    folgt die Behauptung.
  \item Sei $ I=[t_0,T]$ bzw. $=[t_0,T) $ ein Intervall, auf
    dem $\alpha$ definiert ist.  Indem wir in der "aquivalenten
    Integralrechnung zum Grenzwert "ubergehen, sehen wir, dass wir
    $\alpha$ zumindest auf $[t_0,T] $ fortsetzen k"onnen.
  \item Solange $(T,\alpha(T))\in K $ gilt, gibt es stets eine
    Umgebung mit festem Radius $r>0 $, auf der $\vert f\vert\leq C(K)
    $ gilt. Somit k"onnen wir die L"osung $\alpha$ nach Theorem
    \ref{kurz zeit exist peano thm} auf ein Intervall
    $[t_0,T+\epsilon(K)] $ mit $\epsilon(K)>0 $ fortsetzen. Nach
    endlich vielen solchen Schritten verl"asst die L"osung damit
    $K$. \par Die Behauptung folgt. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\subsection{Separation der Variablen \stern}

\begin{example}[Separation der Variablen]
  Sei $x$ die Geschwindigkeit eines fallenden K\"orpers, auf den
  Gravitation und Luftwiderstand wirken. Dabei ist die
  Geschwindigkeits\"anderung (= die Beschleunigung) durch den
  Luftwiderstand proportional zur Kraft und damit zu $x^2$. Es
  gilt \[\dot x=g-lx^2.\] In den folgenden Rechnungen k\"ummern wir
  uns nicht genauer um m\"ogliche Divisionen durch Null. Man
  \"uberpr\"uft am Ende, dass es sich tats\"achlich um eine L\"osung
  handelt. Wir formen wie folgt um
  \begin{align*}
    \dot x(t) =&\,l\left(\frac gl-x^2(t)\right),\umbruch\\
    l=&\,\frac{\dot x(t)}{\frac gl-x^2(t)},\umbruch\\
    l\cdot t=&\,\int\limits_0^t\frac{\dot x(\tau)}{\frac
      gl-x^2(\tau)}\,d\tau =\int\limits_0^t\frac{\dot
      x(\tau)}{\left(\sqrt{\frac
          gl}-x(\tau)\right)\left(\sqrt{\frac
          gl}+x(\tau)\right)}\,d\tau\umbruch\\ 
    =&\,\frac12\sqrt{\frac lg}\int\limits_0^t\frac{\dot
      x(\tau)}{\sqrt{\frac gl}-x(\tau)}\,d\tau +\frac12\sqrt{\frac
      lg}\int\limits_0^t\frac{\dot
      x(\tau)}{\sqrt{\frac gl}+x(\tau)}\,d\tau\umbruch\\
    =&\,\left.-\frac12\sqrt{\frac lg}\log\left(\sqrt{\frac
          gl}-x(\tau)\right)\right|_0^t +\left.\frac12\sqrt{\frac
        lg}\log\left(\sqrt{\frac gl}+x(\tau)\right)\right|_0^t
    \umbruch\\
    =&\,\frac12\sqrt{\frac lg}\log\frac{\sqrt{\frac
        gl}+x(t)}{\sqrt{\frac gl}-x(t)}+l\cdot t_0,\quad t_0\text{
      geeignet},\umbruch\\
    \frac{\sqrt{\frac
        gl} +x(t)}{\sqrt{\frac gl} -x(t)}
    =&\,\exp\left(2l\sqrt{\frac gl}(t-t_0)\right),\\
    \wbla+x(t)=&\,\wbla\ebla -x(t)\ebla,\\
    x(t)=&\,\sqrt{\frac gl}\frac{e^{2l\sqrt{\frac
          gl}(t-t_0)}-1}{e^{2l\sqrt{\frac gl}(t-t_0)}+1}.
    \intertext{Es folgt} \dot
    x(t)=&\,\wbla\frac{\ebla(\ebla+1)-\ebla(\ebla-1)}{(\ebla+1)^2}
    2l\wbla =4l\frac gl\frac{\ebla}{(\ebla+1)^2},\umbruch\\
    \frac gl-x(t)^2 =&\,\frac gl-\frac
    gl\left(\frac{\ebla-1}{\ebla+1}\right)^2 =\frac
    gl\frac{(\ebla+1)^2-(\ebla-1)^2}{(\ebla+1)^2} =\frac
    gl\frac{4\ebla}{(\ebla+1)^2}. 
  \end{align*} 
  Somit haben wir f\"ur jedes $t_0$ eine L\"osung gefunden.\par
  Als wir den Logarithmus als Stammfunktion verwendet haben, haben wir
  ein Vorzeichen fixiert. Somit erhalten wir L\"osungen f\"ur manche
  Anfangswerte $x(0)$. Weitere L\"osungen erhalten wir durch eine
  andere Vorzeichenwahl. 
\end{example}

\begin{example}
  Ist $\dot x(t)=f(at+bx(t)+c)$, so erf\"ullt $y(t):=at+bx(t)+c$ die
  Differentialgleichung \[\dot y(t) =a+b\dot x(t) =a+bf(y(t)).\] Dies
  k\"onnen wir mit Separation der Variablen l\"osen.\par
  Zu einem konkreten Beispiel:
  \begin{align*}
    \dot x(t)=&\,(t+x(t))^2,\\
    y(t):=&\,t+x(t),\\
    \dot y(t)=&\,1+y^2(t).  \intertext{Wir rechnen wieder formal und
      ben\"otigen zun\"achst eine Stammfunktion.}
    \int\frac1{1+x^2}\,dx=&\,\int\frac1{(x+i)(x-i)}\,dx
    =\frac1{2i}\int\frac{-1}{x+i} +\frac1{x-i}\,dx\\
    =&\,\frac1{2i}\left(-\log(x+i)+\log(x-i)\right)
    =\frac1{2i}\log\frac{x-i}{x+i}
    =\frac1{2i}\log\left(-\frac{1+ix}{1-ix}\right). \intertext{Mit
      $1+ix=\sqrt{1+x^2}\cdot e^{i\phi}$, $1-ix=\sqrt{1+x^2}\cdot
      e^{-i\phi}$ und $\phi=\arctan x$ erhalten wir weiter}
    \ldots=&\,\frac1{2i}\log e^{i\pi+2i\phi} =\frac\pi2+\arctan x.
  \end{align*}
  Die Konstante in der Stammfunktion ist nat\"urlich beliebig. Wir
  erhalten weiter
  \begin{align*}
    \int\frac{\dot y(t)}{1+y^2(t)}\,dt =&\,\int 1\,dt,\\
    \arctan y(t)=&\,t-t_0, \quad\text{$t_0$ geeignet f\"ur
      Anfangsbedingungen,} \\
    y(t)=&\,\tan(t-t_0),\\
    x(t)=&\,\tan(t-t_0)-t. 
  \end{align*}
  Nun gelten $\dt\tan t=\frac1{\cos^2t}$ (Quotientenregel und
  $\sin^2t+\cos^2t=1$) und $\tan^2 t+1=\frac1{\cos^2t}$. Somit
  erhalten wir \[\dot x(t) =\dt(\tan(t-t_0)-t)
  =\frac1{\cos^2(t-t_0)}-1 =\tan^2(t-t_0) =(x(t)+t)^2.\]
  Damit haben wir f\"ur jedes $t_0$ eine L\"osung gefunden. 
\end{example}

\begin{example}
  Aus einer Differentialgleichung der Form $\dot
  x=f\left(\frac{x(t)}t\right)$ erhalten wir mit $u(t)=\frac{x(t)}t$
  f\"ur $t\neq0$ \[\dot x(t) =u(t)+t\dot u(t) =f(u).\] Man kann
  nun \[\dot u(t)=\frac{f(u(t))-u(t)}t\] l\"osen und aus dem Ergebnis
  $x(t)$ rekonstruieren.\par Als Beispiel wollen wir das
  Anfangswertproblem \[\dot x(t)=\frac{x(t)}t-\frac{t^2}{x^2(t)},\quad
  x(1)=1\] l\"osen. Mit $u(t)=\frac{x(t)}t$ erhalten wir
  bei unterschiedlicher Differentiation von $x(t)$
  \[\dot x(t) =u(t)-\frac1{u^2(t)} =u(t)+t\dot u(t)\] und somit
  folgt \[\dot u(t)=-\frac1{tu^2(t)}.\] Weiterhin gilt $u(1)=1$. Es
  folgt (vom Umbruch her gelesen) 
  \begin{align*}
    \frac13u^3(t)-\frac13\underbrace{u^3(1)}_{=1}
    =&\,\int\limits_1^t\frac
    d{d\tau}\left(\frac13u^3(\tau)\right)\,d\tau
    =\int\limits_1^tu^2(\tau)\dot u(\tau)\,d\tau\umbruch\\
    =&\,\int\limits_1^t-\frac1\tau\,d\tau =-\log t+\log 1
    =-\log t,\umbruch\\
    u(t)=&\,\sqrt[3]{1-3\log t},\umbruch\\
    x(t)=&\,t\sqrt[3]{1-3\log t},\quad 0<t<e^{1/3}\approx1,396.
  \end{align*}
\end{example}

\subsection{Exakte Differentialgleichungen \stern}

\begin{remark}
  Seien $g,h$ in einer offenen Teilmenge $\Omega\subset\R^2$ stetig
  differenzierbar. Wir suchen eine Kurve $(x(t),y(t))\colon I\to\R^2$,
  die die Differentialgleichung $g(x(t),y(t))\dot x(t)
  +h(x(t),y(t))\dot y(t)=0$ l\"ost. \par
  Sei $F\colon\Omega\to\R$ stetig
  differenzierbar. Gelte \[\fracp{F(x,y)}x=g(x,y) \quad\text{und}\quad
  \fracp{F(x,y)}y=h(x,y).\] Die Differentialgleichung hei\ss{}t dann
  exakt.  Dann ist $F(x(t),y(t))$ konstant, denn es gilt \[\dt
  F(x(t),y(t)) =\fracp Fx\dot x(t) +\fracp Fy\dot y(t) =g\cdot\dot x
  +h\cdot\dot y=0.\] \par
  Die Differentialgleichung \[y\dot x+2x\dot y=0\] ist nicht exakt
  (siehe \zB n\"achster Abschnitt). Nach Multiplikation mit $y$
  (Eulerscher Multiplikator/integrierender Faktor) erh\"alt man
  jedoch \[y^2\dot x+2xy\dot y=0,\] eine exakte Differentialgleichung
  mit $F(x,y)=xy^2$. \par Die Exaktheit einer Differentialgleichung
  erfordert im Falle $F\in C^2$, dass $\fracp{^2F}{x\partial y}$
  unabh\"angig von der Differentiationsreihenfolge ist, also
  \[\fracp gy =\fracp{}y\fracp Fx =\fracp{}x\fracp Fy =\fracp hx.\] In
  einem einfach zusammenh\"angenden Gebiet ist diese Bedingung auch
  hinreichend f\"ur die Exaktheit. 
\end{remark}

\section{Lineare Differentialgleichungen}
\datum{Di 01.12.2020}

Die Resultate in diesem Abschnitt gelten auch f\"ur Funktionen mit
Werten in $\C$ oder in einem komplexen Vektorraum. 

\subsection{Einf\"uhrung und Beispiele}
\begin{definition}
  Sei $I\subset\R$ ein offenes Intervall. Eine lineare
  Differentialgleichung ist eine Differentialgleichung der Form \[\dot
  x(t)+g(t)x(t)=h(t).\] \stern Dieselbe Form haben lineare Systeme
  gew\"ohnlicher Differentialgleichungen. Wir wollen annehmen, dass
  $g$ und $h$ stetig sind. Die Differentialgleichung hei\ss{}t
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item \emph{homogen,} falls $h(t)\equiv0$ gilt.
  \item \emph{inhomogen,} wenn $h$ beliebig ist. Ersetzen wir $h(t)$
    durch $0$, so hei\ss{}t die resultierende Differentialgleichung
    die zugeh\"orige homogene Differentialgleichung.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  Lokal sind L\"osungen linearer Differentialgleichungen stets
  eindeutig, da der Term $g(t)x(t)$ bez\"uglich $x(t)$ linear und
  damit Lipschitz stetig ist. Hieraus folgt auch die globale
  Eindeutigkeit. 
\end{remark}

\begin{beispiel}[Homogene Differentialgleichung, eindimensional]
  Die homogene Differentialgleichung \[\dot x(t)=g(t)x(t)\] k\"onnen
  wir durch Separation der Variablen l\"osen. Wir rechnen formal
  \begin{align*}
    \dt\log x(t) =\frac{\dot x(t)}{x(t)} =&\,g(t),\umbruch\\
    \log x(t)=&\,\int\limits_{t_0}^tg(\tau)\,d\tau+\log C,\umbruch\\
    x(t)=&\,C\cdot
    \exp\left(\,\,\int\limits_{t_0}^tg(\tau)\,d\tau\right).
  \end{align*}
  Man rechnet direkt nach, dass dies eine L\"osung ist. Mit
  $C:=x(t_0)$ kann man beliebige Anfangswerte realisieren. Aufgrund
  der Lipschitzstetigkeit im zweiten Argument sind diese L\"osungen
  auch eindeutig bestimmt. 
\end{beispiel}

\begin{lemma}\label{lin syst vr lem}
  Sei \[\dot x(t)+g(t)x(t)=h(t)\] eine lineare Differentialgleichung.
  Seien $x_1,x_2$ L\"osungen der Differentialgleichung und sei $x_0$
  eine L\"osung der zugeh\"origen homogenen
  Differentialgleichung. Dann ist
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $(x_1-x_2)(t):=x_1(t)-x_2(t)$ eine L\"osung der zugeh\"origen
    homogenen Differentialgleichung.
  \item\label{sum lsg item} $x_1+x_0$ eine L\"osung der inhomogenen
    Differentialgleichung.
  \item Die L\"osungen der homogenen Differentialgleichung bilden
    einen Unterraum der $C^1$-Funktionen. 
  \item Eine beliebige L\"osung der inhomogenen Differentialgleichung
    ist die Summe aus einer fixierten L\"osung der inhomogenen
    Differentialgleichung und einer L\"osung der homogenen
    Differentialgleichung. Anders ausgedr\"uckt: Die Menge aller
    L\"osungen der inhomogenen Differentialgleichung erhalten wir,
    indem wir zur Menge der L\"osungen der homogenen Gleichung eine
    spezielle L\"osung (zu jedem Element) hinzuz\"ahlen. Solch eine
    Menge (Unterraum plus spezielles Element) bezeichnet man auch als
    affinen Unterraum.
  \end{enumerate}
\end{lemma}
Dasselbe Resultat gilt auch f\"ur Systeme gew\"ohnlicher
Differentialgleichungen. 
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Es gilt 
    \begin{align*}
      \dt(x_1-x_2)(t) =&\,\dot x_1(t)-\dot x_2(t) =h(t)-g(t)x_1(t)
      -(h(t)-g(t)x_2(t))\\ =&\,-g(t)(x_1(t)-x_2(t)).
    \end{align*}
  \item Dies folgt wieder aus einer direkten
    Rechnung \[\dt(x_1(t)+x_0(t)) =h(t)-g(t)x_1(t)-g(t)x_0(t)
    =h(t)-g(t)(x_1(t)+x_0(t)).\]
  \item Wie in \eqref{sum lsg item} erhalten wir, dass die Summe von
    zwei L\"osungen der homogenen Differentialgleichung wieder eine
    L\"osung der homogenen Differentialgleichung ist. Sei
    $\lambda\in\R$ beliebig. Dann gilt \[\dt(\lambda x(t))
    =\lambda\dot x(t) =-\lambda g(t)x(t).\] Auch die Nulll\"osung ist
  offensichtlicherweise eine L\"osung der homogenen
  Differentialgleichung. 
  \item Die ist eine Umformulierung der obigen Aussagen. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{beispiel}[Inhomogene Differentialgleichung, eindimensional]
  Wir untersuchen die Differentialgleichung \[\dot
  x(t)=g(t)x(t)+h(t).\] Die \glqq Methode der Variation der
  Konstanten\grqq{} von Lagrange besteht darin, einen Ansatz der
  Form \[x(t)=C(t)\cdot\exp\left(\,\,\int\limits_{t_0}^t
    g(\tau)\,d\tau\right)\] zu machen, also die L\"osung f\"ur die
  zugeh\"orige homogene Differentialgleichung durch Ersetzen der
  Konstanten $C$ durch eine Funktion $C(t)$ zu modifizieren. Dies ist
  genau dann eine L\"osung, wenn \[\dot C(t)e^{\ldots}
  +\underline{C(t)e^{\ldots} g(t)} =\underline{g(t)C(t)e^{\ldots}}
  +h(t)\] gilt. Wir erhalten \[C(t)=\int\limits_{t_0}^t h(\tau)\cdot
  \exp\left(-\int\limits_{t_0}^\tau g(\rho)\,d\rho\right)\,d\tau
  +C_0.\] Mit Hilfe des Eindeutigkeitsresultates f\"ur gew\"ohnliche
  Differentialgleichungen erhalten wir also: 
\end{beispiel}

\begin{theorem}
  Die eindeutig bestimmte L\"osung von $\dot x(t)=g(t)x(t)+h(t)$ mit
  Anfangswert $x(t_0)=C_0$ ist durch \[x(t)
  =\left[C_0+\int\limits_{t_0}^t h(\tau)\cdot
    \exp\left(-\int\limits_{t_0}^\tau g(\rho)\,d\rho\right)\,d\tau
  \right]\cdot\exp\left(\,\,\int\limits_{t_0}^tg(\sigma)\,
    d\sigma\right)\] gegeben.
\end{theorem}


\subsection{Homogene lineare Systeme}

\begin{lemma}
  Sei $I\subset\R$ ein offenes Intervall und $I\ni t\mapsto
  A(t)\in\R^{n\times n}$ stetig. Dann gibt es zu jedem $t_0\in I$ und
  jedem $x_0\in\R^n$ eine eindeutig bestimmte L\"osung $x\in
  C^1(I,\R^n)$ des Anfangswertproblems
  \[
  \begin{cases}
    \dot x(t) =A(t)x(t),\\
    x(t_0)=x_0.
  \end{cases}
  \]
\end{lemma}
Entscheidend ist hier, dass die L\"osung auf ganz $I$ existiert. Eine
analoge Argumentation funktioniert f\"ur die inhomogene Gleichung
$\dot x(t)=A(t)x(t)+b(t)$ und stetigem $b\in\R^n$.\par Das Resultat
gilt auch in Banachr\"aumen.
\begin{proof}[Beweis]
  Theorem \ref{stet abh eind thm}, angewandt auf Teilintervalle von
  $I$, liefert die Eindeutigkeit der L\"osung. Das Theorem von
  Picard-Lindel\"of liefert die Existenz einer L\"osung auf einem
  kleinen Zeitintervall. \par Die L\"osung existiert auf ganz $I$: Auf
  $\R^n$ und $\R^{n\times n}$ betrachten wir Normen mit $\Vert
  Ax\Vert_{\R^n}\le\Vert A\Vert_{\R^{n\times n}}\cdot\Vert
  x\Vert_{\R^n}$. Sei $(a,b)\neq I$ das maximale offene
  Existenzintervall, auf dem eine $C^1$-L\"osung $x$
  existiert. Sei ohne Einschr\"ankung $(b-3\delta,b+3\delta) \subset
  I$ f\"ur ein $\delta>0$ und $t_0<b-3\delta$ sowie
  $t_0-3\delta>a$. Sei $C_A\ge1$ mit $\Vert A(t)\Vert\le C_A$ f\"ur
  $t\in[t_0-2\delta,b+2\delta]$. F\"ur die L\"osung $x(t)$ erhalten
  wir aus \[x(t)=x(t_0)+\int\limits_{t_0}^t A(\tau)\cdot
  x(\tau)\,d\tau\] f\"ur alle $t\in[t_0,b)$ \[\Vert x(t)\Vert \le
  \Vert x(t_0)\Vert +\int\limits_{t_0}^t C_A\cdot\Vert
  x(\tau)\Vert\,d\tau\] und somit mit dem Lemma von Gronwall \[\Vert
  x(t)\Vert \le \Vert x_0\Vert \cdot e^{C_A\cdot|b-t_0|}\equiv C_x,\]
  also eine gleichm\"a\ss{}ige Schranke, \dh $C_x$ h\"angt nicht von
  $t$ ab. Dies widerspricht Bemerkung \ref{lsg verlaesst komp rem} und
  es gilt daher $(a,b)=I$. 
\end{proof}

\datum{Fr 04.12.2020}
\begin{theorem}
  Sei $I\subset\R$ ein offenes Intervall und sei $I\ni t\mapsto
  A(t)\in\R^{n\times n}$ stetig. Dann bilden die L\"osungen $x(t)$ der
  homogenen linearen Differentialgleichung $\dot x(t)=A(t)x(t)$ einen
  Unterraum $U$ von $C^1(I,\R^n)$. Bezeichne mit $x(t;t_0,x_0)$ die
  L\"osung mit $x(t_0)=x_0$. Dann ist die Abbildung \[\R^n\ni
  x_0\mapsto (I\ni t\mapsto x(t;t_0,x_0))\in U\] f\"ur festes $t_0\in
  I$ ein Vektorraumisomorphismus.
\end{theorem}
Das Resultat gilt auch in Banachr\"aumen. 
\begin{proof}[Beweis]
  Wir haben bereits in Lemma \ref{lin syst vr lem} gesehen, dass $U$
  ein Vektorraum ist. Daraus folgt auch, dass $x_0\mapsto
  x(\cdot;t_0,x_0)$ eine lineare Abbildung ist: Die L\"osung zum
  Anfangswert $\lambda x_0$ ist $\lambda
  x(\cdot;t_0,x_0)=x(\cdot;t_0,\lambda x_0)$, da beides L\"osungen
  sind und denselben Anfangswert haben. Ebenso erhalten wir
  $x(\cdot;t_0,x_1)+x(\cdot;t_0,x_2)=x(\cdot,t_0,x_1+x_2)$. Da jede
  L\"osung der linearen homogenen Differentialgleichung einen
  Anfangswert zur Zeit $t_0$ besitzt und dieser die L\"osung eindeutig
  bestimmt, ist die Abbildung surjektiv und injektiv. 
\end{proof}

\begin{corollary}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die L\"osungen $(x(\cdot;t_0,e_i))_{1\le i\le n}$ bilden eine
    Basis aller L\"osungen der homogenen Differentialgleichung $\dot
    x(t)=A(t)x(t)$.
  \item Die Abbildung $\R^n\ni x_0\mapsto x(t_1;t_0,x_0)\in\R^n$ ist ein
    Vektorraumisomorphismus. 
  \end{enumerate}
\end{corollary}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $(x_i)_{1\le i\le n}$ eine Basis des L\"osungsraumes. Dann
    nennen wir $(x_i)_i$ ein \emph{Fundamentalsystem.}
  \item Setze $X(t)=(x_1(t),\ldots,x_n(t))$. $X(t)$ mit $(x_i)_i$ wie
    oben hei\ss{}t \emph{L\"osungs-} oder \emph{Fundamentalmatrix.}
    Sie erf\"ullt $\dot X(t)=A(t)X(t)$. Jede L\"osung hat die Gestalt
    $X(t)v$ f\"ur ein $v\in\R^n$. Ist $B\in\R^{n\times n}$ regul\"ar,
    so ist $X(t)B$ ebenfalls eine L\"osungsmatrix. Alle
    L\"osungsmatrizen sind von dieser Form.
  \item Ist $X_e(t)$ die L\"osungsmatrix mit $X_e(t_0)=\eins$, so
    erf\"ullt eine beliebige L\"osungsmatrix $X(t)$ \[X(t)=X_e(t)\cdot
    X(t_0),\] denn auf beiden Seiten stehen L\"osungsmatrizen mit
    den gleichen Anfangswerten. 
  \item Eine L\"osung zum Anfangswert $x(t_0)=x_0$ ist durch
    $X_e(t)x_0$ gegeben.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{lemma}\label{diff det lem}
  Sei $A=\left(a^i_j\right)_{1\le i,j\le n}\in\R^{n\times n}$
  invertierbar. Dann gilt \[\fracp{\det A}{a^i_j} =\det A\cdot
  \left(a^{-1}\right)^j_i.\]
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir verwenden Resultate \"uber die Determinante und die Inverse
  einer Matrix; vergleiche \cite[Lemma 2.14]{MDreherMPh2} und
  benachbarte Resultate. Setze \[b^i_j:=(-1)^{i+j}\det A^j_i,\] wobei
  $\left(A^i_j\right)$ die Matrix bezeichnet, die entsteht, wenn man
  die $i$-te Zeile und die $j$-te Spalte streicht, also die Zeile und
  Spalte, in der $a^i_j$ steht. Es gilt
  \begin{align*}
    \left(a^{-1}\right)^j_i =&\,(-1)^{i+j}\frac{\det A^i_j}{\det A}
    =\frac{b^j_i}{\det A},\\
    \det A\cdot \delta ^i_k =&\,\sum\limits_{j=1}^na^i_j b^j_k.
    \intertext{Daraus erhalten wir, da $b^j_i$ nicht von $a^i_j$
      abh\"angt, mit $i=k$}
    \fracp{\det A}{a^i_j} =&\, b^j_i =\det
    A\cdot\left(a^{-1}\right)^j_i.
    \qedhere
  \end{align*}
\end{proof}

\begin{theorem}[Wronski-Determinante]\label{Wronski det thm}
  Sei $X(t)=(x^i_j(t))$ eine L\"osungsmatrix des linearen
  Differentialgleichungssystems $\dot x(t)=A(t)\cdot x(t)$ mit
  zeitabh\"angigen Matrizen $A=\left(a^i_j\right)\in C^0(I,\R^{n\times
    n})$. Setze $\phi(t):=\det X(t)$. Dann gilt \[\dot\phi(t)= \tr
  A(t)\cdot\phi(t).\]
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir benutzen Lemma \ref{diff det lem} und erhalten
  \begin{align*}
    \dt\phi(t) =&\,\sum\limits_{i,j=1}^n \fracp{\det
      X(t)}{x^i_j(t)}\fracp{x^i_j(t)}t =\det X(t)\cdot
    \sum\limits_{i,j=1}^n\left(x^{-1}\right)^j_i \dot x^i_j\\
    =&\,\det X(t)\cdot\sum\limits_{i,j,k=1}^n \left(x^{-1}\right)^j_i
    a^i_k x^k_j =\det X(t)\cdot\tr\left((X(t))^{-1}A(t)X(t)\right)\\
    =&\,\det X(t)\cdot \tr\left(X(t)(X(t))^{-1}A(t)\right)
    =\det X(t)\cdot\tr A(t).\qedhere
  \end{align*}
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sind die Spalten $x_i$, $1\le i\le n$, einer Matrix $X$ mit $\dot
  X(t)=A(t)X(t)$ f\"ur ein $t$ linear unabh\"angig, so gilt dies auch
  f\"ur alle anderen Zeiten in einem Intervall, in dem $A(t)$ stetig
  ist.
\end{corollary}

\subsection{Inhomogene lineare Systeme}

\begin{remark}
  \label{inhomog lin syst rem}
  Wir wollen das System \[\dot x(t)=A(t)x(t)+b(t)\] f\"ur stetige
  Funktionen $t\mapsto A(t)\in\R^{n\times n}$ und $t\mapsto
  b(t)\in\R^n$ l\"osen. Sei $X(t)$ die L\"osungsmatrix des homogenen
  Systems $\dot x(t)=A(t)x(t)$ mit $\dot X(t)=A(t)X(t)$ und
  $X(t_0)=\eins$. Wie bei der Variation der Konstanten machen wir
  einen Ansatz \[x(t)=X(t)\cdot v(t)\] und versuchen, den im homogenen
  Fall konstanten Vektor $v$ so zu w\"ahlen, dass wir eine L\"osung
  der inhomogenen Gleichung mit Anfangswert $x_0$ erhalten. Es
  ist \[Ax+b\overset!= \dot x =\dot Xv+X\dot v =AXv +X\dot v.\] Also
  sollte $b=X\dot v$ gelten. Setze daher
  $v(t):=x_0+\int\limits_{t_0}^tX^{-1}(\tau) b(\tau)\,d\tau$. Somit
  ist die L\"osung
  durch \[x(t)=X(t)\left(x_0+\int\limits_{t_0}^tX^{-1}(\tau)
    b(\tau)\,d\tau\right)\] gegeben, denn man rechnet nach, dass diese
  Formel eine L\"osung liefert. 
\end{remark}

\subsection{Die Exponentialfunktion f\"ur Matrizen \stern}
\begin{definition}
  Eine Norm auf dem Raum $\R^{n\times n}$ der Matrizen und eine Norm
  auf $\R^n$ hei\ss{}en vertr\"aglich, wenn
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\Vert A\cdot B\Vert\le\Vert A\Vert\cdot\Vert B\Vert$,
  \item $\Vert Ax\Vert\le \Vert A\Vert\cdot\Vert x\Vert$
  \end{enumerate}
  f\"ur alle $A,B\in\R^{n\times n}$ und alle $x\in\R^n$ gilt. 
\end{definition}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\Vert x\Vert =\sqrt{\sum\limits_{i=1}^n\left(x^i\right)^2}$
    und $\Vert A\Vert =\sqrt{\sum\limits_{i,j=1}^n
      \left(a^i_j\right)^2}$, siehe \cite[vor Lemma
    1.23]{MDreherMPh2}. Mit dieser Norm ist $\R^{n\times n}$ ein
    vollst\"andiger normierter Raum, \dh ein Banachraum, jede
    Cauchyfolge konvergiert also. \par Ebenso gilt, dass jeder
    normierte endlichdimensionale $\R$- oder $\C$-Vek\-tor\-raum ein
    Banachraum ist, denn f\"ur endlichdimensionale Vektorr\"aume sind
    alle Normen \"aquivalent, \dh f\"ur beliebige Normen
    $\Vert\cdot\Vert_1$ und $\Vert\cdot\Vert_2$ gibt es ein $C>0$
    mit \[\frac1C\Vert x\Vert_1 \le\Vert x\Vert_2\le C\cdot\Vert
    x\Vert_1\] f\"ur alle $x$.
  \item Sei $\Vert\cdot\Vert$ eine beliebige Norm auf
    $\R^n$. Definiere 
    \[\Vert A\Vert:=\sup\limits_{\Vert x\Vert=1}\Vert Ax\Vert.\] 
    Hier ist $\Vert Ax\Vert\le\Vert A\Vert\cdot\Vert x\Vert$ f\"ur
    $\Vert x\Vert=1$ nach Definition klar und folgt sonst durch
    Skalierung. Wegen $\Vert Bx\Vert\le\Vert B\Vert$ f\"ur alle $\Vert
    x\Vert=1$ und \[\sup\limits_{\Vert x\Vert=1}\Vert Ax\Vert =
    \sup\limits_{\Vert x\Vert\le1}\Vert Ax\Vert\] erhalten wir \[\Vert
    A\cdot B\Vert =\sup\limits_{\Vert x\Vert=1}\Vert ABx\Vert
    \le\sup\limits_{\Vert y\Vert=\Vert B\Vert}\Vert Ay\Vert =\Vert
    B\Vert \cdot\sup\limits_{\Vert y\Vert =1}\Vert Ay\Vert =\Vert
    A\Vert\cdot\Vert B\Vert.\]
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{lemma}
  Sei $I\subset\R$ offen, $I\ni t\mapsto A(t)\in\R^{n\times n}$
  differenzierbar, ebenso $B(t)$ und $I\ni t\mapsto x(t)\in\R^{n\times
    n}$. Dann sind auch die folgenden Ausdr\"ucke differenzierbar und
  es gilt
  \begin{align*}
    \dt(A(t)B(t)) =&\,\dt A(t)\cdot B(t)+A(t)\cdot\dt B(t),\\
    \dt(A(t)x(t)) =&\,\dt A(t)\cdot x(t)+A(t)\cdot\dt x(t).\\
  \end{align*}
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Dies folgt direkt aus der Produktregel, angewandt auf die Definition
  der entsprechenden Matrixprodukte.
\end{proof}

Wir wollen $e^A$, $A$ eine Matrix, bestimmen und auch ableiten. Dies
kann man in diesem konkreten Fall explizit machen, indem man den
eindimensionalen Beweis anpasst. Das folgende Theorem liefert eine
allgemeine Methode daf\"ur. 
\begin{theorem}\label{diff lim vert thm}
  Seien $E,F$ Banachr\"aume, $\Omega\subset E$ offen und
  zusammenh\"angend. Sei $(f_n)$ eine Folge differenzierbarer
  Abbildungen $f_n\colon\Omega\to F$. Gelte:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Es gibt $x_0\in\Omega$, so dass $f_n(x_0)$ in $F$
    konvergiert. 
  \item Zu jedem Punkt $x\in\Omega$ gibt es eine Umgebung
    $B_r(x)\subset\Omega$, so dass $(f_n')$ gleichm\"a\ss{}ig
    konvergiert. 
  \end{enumerate}
  Dann konvergiert die Folge $(f_n)$ in jeder solchen Umgebung
  $B_r(x)$ gleichm\"a\ss{}ig. F\"ur $x\in\Omega$
  gilt \[\left(\lim\limits_{n\to\infty}
    f_n(x)\right)'=\lim\limits_{n\to\infty}f'_n(x).\] 
\end{theorem}
Beide Voraussetzungen sind n\"otig; Gegenbeispiele sind die
Funktionenfolgen \[f_n(x)=n\quad\text{und}\quad
f_n(x)=\tfrac1n\sin(nx).\] Beim zweiten Beispiel ist $f_n'$ sogar
gleichm\"a\ss{}ig beschr\"ankt, $\lim\limits_{n\to\infty}
\frac{\sin(nx)}n\equiv 0$ ist differenzierbar, aber der Grenzwert der
Ableitungen $\lim\limits_{n\to\infty}f'_n(x)
=\lim\limits_{n\to\infty}\cos(nx)$ existiert nicht.
\begin{proof}[Beweis]
  F\"ur $y,z\in B_r(x)$ gilt
  \begin{align}
    \Vert f_n(y)-f_m(y)-(f_n(z)-f_m(z))\Vert
    =&\,\left\Vert\int\limits_0^1\dt (f_n-f_m)(ty+(1-t)z)\,dt
    \right\Vert\nonumber\\
    =&\,\left\Vert\int\limits_0^1 (f'_n-f'_m)(ty+(1-t)z)\langle
      y-z\rangle \,dt \right\Vert\nonumber\\
    \le &\, \Vert z-y\Vert\cdot \sup\limits_{w\in B_r(x)}\Vert
    f'_n(w)-f'_m(w)\Vert\nonumber\\
    \le &\,2r\cdot \sup\limits_{w\in B_r(x)}\Vert
    f'_n(w)-f'_m(w)\Vert.\label{vert n D eq}
  \end{align}
  Mit der umgekehrten Dreiecksungleichung k\"onnen wir die linke Seite
  nach unten mit $\ldots\ge|\Vert f_n(y)-f_m(y)\Vert-\Vert
  f_n(z)-f_m(z)\Vert|$ absch\"atzen. Wir erhalten \[\Vert
  f_n(y)-f_m(y)\Vert \le 2r\cdot\sup\limits_{w\in B_r(x)} \Vert
  f'_n(w)-f'_m(w)\Vert +\Vert f_n(z)-f_m(z)\Vert.\] Konvergiert
  $f_n(z)$ f\"ur $n\to\infty$, so konvergiert daher $f_n$
  gleichm\"a\ss{}ig in $B_r(x)$. \par Dies liefert, dass die Menge der
  Punkte $x$, in der $f_n(x)$ f\"ur $n\to\infty$ konvergiert, in
  $\Omega$ offen, abgeschlossen und nicht leer ist. Somit konvergiert
  $f_n$ in ganz $\Omega$. (Dies ben\"otigt etwas Topologie oder ein
  elementares Argument f\"ur $E=\R$.) \par Wir
  definieren \[f(y):=\lim\limits_{n\to\infty} f_n(y)\quad \text{und}
  \quad g(y):=\lim\limits_{n\to\infty}f'_n(y).\] \par Zur
  Vertauschbarkeit der Grenzwertbildung mit der Ableitung: Sei
  $\epsilon>0$. W\"ahle eine Kugel $B_r(x)$ wie in der Annahme. Dann
  gibt es ein $n_0$, so dass f\"ur alle $m,n\ge n_0$ die Absch\"atzung
  $\Vert f'_n(w)-f'_m(w) \Vert\le\epsilon$ f\"ur alle $w\in B_r(x)$
  gilt. Sei weiterhin $n$ so gro\ss{}, dass $\Vert
  g(w)-f'_n(w)\Vert\le\epsilon$ f\"ur alle $w\in B_r(x)$ gilt. In
  \eqref{vert n D eq} betrachten wir den Grenzwert $m\to\infty$ und
  erhalten f\"ur $n\ge n_0$ in $B_r(x)$ \[\Vert
  f(y)-f(z)-(f_n(y)-f_n(z))\Vert \le \epsilon\cdot\Vert y-z\Vert.\]
  Nach Definition der Ableitung im Punkt $x$ gibt es zu jedem $n\ge
  n_0$ ein $r'\le r$, so dass f\"ur $y\in B_{r'}(x)$ die Absch\"atzung
  $\Vert f_n(y)-f_n(x)-f'_n(x)\langle y-x\rangle\Vert
  \le\epsilon\cdot\Vert y-x\Vert$ gilt. F\"ur $\Vert y-x\Vert\le r'$
  erhalten wir daher mit Hilfe der obigen Ungleichungen und der
  Dreiecksungleichung
  \begin{align*}
    \Vert f(y)-f(x)-g(x)\langle y-x\rangle\Vert \le&\, \Vert
    f(y)-f(x)-(f_n(y)-f_n(x))\Vert\\ &\,\quad+\Vert f_n(y)-f_n(x)
    -f'_n(x)\langle y-x\rangle\Vert\\ &\,\quad+\Vert
    f'_n(x)-g(x)\Vert\cdot\Vert y-x\Vert\\ \le&\, 3\epsilon\cdot\Vert 
    y-x\Vert.
  \end{align*}
  Wir haben f\"ur ein beliebiges $\epsilon>0$ ein
  $r'>0$ gefunden, so dass $\Vert f(y)-f(x)-g(x)\langle
  y-x\rangle\Vert \le \epsilon\cdot\Vert y-x\Vert$ f\"ur $y\in
  B_{r'}(x)$ gilt. Damit ist $g(x)=f'(x)$. Die Behauptung folgt. 
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei $g(x)=\sum\limits_{i=0}^\infty a_ix^i$ eine Potenzreihe, die in
  $B_r(0)$ konvergiert. Sei $I\ni t\to A(t)\in\R^{N\times N}$ stetig
  differenzierbar mit $\Vert A(t)\Vert<r$ f\"ur alle $t\in I$ f\"ur
  eine vertr\"agliche Norm $\Vert\cdot\Vert$.  Gelte \[A(t)\dot
  A(t)-\dot A(t)A(t)=\left[A(t),\dot A(t)\right]=0.\] (Ohne diese
  Bedingung sieht die Ableitung deutlich komplizierter aus.) Dann
  existiert \[g(A(t)):= \lim\limits_{n\to\infty} \sum\limits_{i=0}^n
  a_iA^i(t) \equiv \sum\limits_{i=0}^\infty a_iA^i(t),\] ist in
  $I$ differenzierbar und die Ableitung erf\"ullt \[\dt
  g(A(t))=\lim\limits_{n\to\infty} \sum\limits_{i=1}^n
  ia_iA^{i-1}(t)\dot A(t) =\sum\limits_{i=1}^\infty ia_iA^{i-1}(t)
  \dot A(t).\]
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Hierbei ist $A^i$ induktiv durch $A^0=\eins$ und $A^{i+1}:=A\cdot
  A^i$ definiert. Wir wollen Theorem \ref{diff lim vert thm}
  anwenden. Setze \[f_n(t):=\sum\limits_{i=0}^na_iA^i(t).\]
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Es gilt f\"ur $m>n$ \[\Vert f_m(t)-f_n(t)\Vert
    =\left\Vert\sum\limits_{i=n+1}^m a_iA^i(t)\right\Vert
    \le\sum\limits_{i=n+1}^m |a_i|\cdot \Vert A(t)\Vert^i.\] Wegen
    $\Vert A(t)\Vert<r$ und da die Potenzreihe f\"ur reelle $x$
    absolut konvergiert, ist $(f_n(t))$ f\"ur festes $t\in I$ eine
    Cauchyfolge in $\left(\R^{N\times N},\Vert\cdot\Vert\right)$. Da
    $\left(\R^{N\times N},\Vert\cdot\Vert\right)$ ein Banachraum ist,
    existiert der Grenzwert $\lim\limits_{n\to\infty} f_n(t)\in
    \R^{N\times N}$.
  \item Es gilt aufgrund der Produktregel \[\dt f_n(t) \equiv f'_n(t)
    =\sum\limits_{i=1}^n ia_iA^{i-1}(t)\dot A(t),\] da $A(t)$ und
    $\dot A(t)$ vertauschen. Wie oben sieht man, dass der Grenzwert
    $\lim\limits_{n\to\infty} f'_n(t)=:h(t)$ existiert, da
    Potenzreihen im Inneren ihres Konvergenzradiusses differenzierbar
    sind und die Ableitung durch die absolut konvergente Potenzreihe
    der Ableitungen der Summanden gegeben ist. Sei $t$ in einem
    Intervall $J$, in dem $\Vert A(t)\Vert\le r_0<r$ gilt. Dort gilt
    f\"ur $m>n$
    \begin{align*}
      \Vert f'_m(t)-f'_n(t)\Vert =&\,\left\Vert\sum\limits_{i=n+1}^m
        ia_iA^{i-1}(t)\dot A(t)\right\Vert
      \le\left\Vert\sum\limits_{i=n+1}^m
        ia_iA^{i-1}(t)\right\Vert\cdot\left\Vert\dot A(t)\right\Vert\\
      \le&\, \left(\sum\limits_{i=n+1}^m i|a_i|\Vert
        A(t)\Vert^{i-1}\right)\cdot\left\Vert\dot A(t)\right\Vert.
    \end{align*}
    Wegen $\Vert A(t)\Vert\le r_0$ und der gleichm\"a\ss{}igen
    absoluten Konvergenz von $\sum\limits_{i=0}^\infty ia_ix^i$ auf
    $\ol{B_{r_0}(0)}$ konvergiert auch $f'_n$ f\"ur $t\in J$
    gleichm\"a\ss{}ig: F\"ur jedes $\epsilon>0$ gibt es ein $n_0$, so
    dass f\"ur alle $m>n\ge n_0$ die Absch\"atzung $\Vert
    f'_m(t)-f'_n(t)\Vert \le\epsilon$ f\"ur alle $t\in J$ gilt. Mit
    $m\to\infty$ sieht man, dass $f'_n$ gleichm\"a\ss{}ig gegen 
    $h(t)$ konvergiert.
  \end{enumerate}
  Nach Theorem \ref{diff lim vert thm} erhalten wir
  also \[\dt\left(\lim\limits_{n\to\infty} f_n(t)\right)
  =\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dt f_n(t)\right)\] und die
  Behauptung folgt.  
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei $A\in\R^{n\times n}$. 
  \[\dt e^{tA} =e^{tA}A =Ae^{tA}.\]
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  F\"ur die zweite Darstellung schreibt man $\dot A(t)$ im Beweis der
  Ableitungsregeln f\"ur Potenzreihen auch bei $f'_n$ bereits nach
  links. 
\end{proof}

\begin{lemma}
  Seien $B,C\in\R^{n\times n}$. Dann gilt
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{exp add matr rel} $e^{B+C}=e^B\cdot e^C$, falls $BC=CB$, 
  \item $\left(e^A\right)^{-1}=e^{-A}$,
  \item $e^{(s+t)A} =e^{sA}\cdot e^{tA}$ f\"ur $s,t\in\R$, 
  \item $e^{A+\lambda\eins}=e^\lambda\cdot e^A$ f\"ur $\lambda\in\R$, 
  \item $e^{C^{-1}BC}=C^{-1}e^BC$, falls $C$ invertierbar ist,
  \item $e^{\diag(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)}
    =\diag\left(e^{\lambda_1},\ldots,e^{\lambda_n}\right)$ f\"ur
    $\lambda_i\in\R$.  
  \end{enumerate} 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $e^B$ und $e^C$ konvergieren absolut. Daher d\"urfen wir die
    Reihen gliedweise miteinander multiplizieren (Beweis wie im
    Reellen) und erhalten
    \begin{align*}
      e^B\cdot e^C =&\, \sum\limits_{p=0}^\infty \frac{B^p}{p!} \cdot
      \sum\limits_{q=0}^\infty \frac{C^q}{q!}
      =\sum\limits_{n=0}^\infty \sum\limits_{k=0}^n
      \frac{B^kC^{n-k}}{k!(n-k)!}\\
      =&\,\sum\limits_{n=0}^\infty \sum\limits_{k=0}^n
      \genfrac{(}{)}{0pt}{}nk \frac{B^kC^{n-k}}{n!}
      =\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{(B+C)^n}{n!} =e^{B+C}. 
    \end{align*}
  \item Folgt aus \eqref{exp add matr rel} mit der Rechnung \[\eins
    =e^0 =e^{A-A} =e^A\cdot e^{-A}.\] 
  \item Dies folgt unmittelbar aus \eqref{exp add matr rel}. 
  \item Dies folgt ebenso aus \eqref{exp add matr rel}, da
    $A\eins=\eins A$ gilt. 
  \item Per Induktion erh\"alt man $\left(C^{-1}BC\right)^k
    =C^{-1}B^kC$ f\"ur alle $k$. Dies setzt man in die Anfangsst\"ucke
    der Potenzreihe ein und erh\"alt die Behauptung durch
    Grenz\"ubergang.
  \item Dies funktioniert analog, denn per Induktion erh\"alt
    man \[\diag(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)^k
    =\diag\left(\lambda_1^k,\ldots,\lambda_n^k\right).\qedhere\] 
  \end{enumerate}
\end{proof}

\subsection{Systeme mit konstanten Koeffizienten}

Analog zum eindimensionalen Fall erhalten wir
\begin{lemma}
  Seien $A\in\R^{n\times n}$, $x_0\in\R^n$, $t_0\in\R$. Dann hat das
  Anfangswertproblem
  \[
  \begin{cases}
    \dot x(t)=Ax(t),\\
    x(t_0)=x_0
  \end{cases}
  \]
  die L\"osung \[x(t)=e^{A(t-t_0)}x_0.\]
\end{lemma}
F\"ur $A=A(t)$ funktioniert solch ein Vorgehen, mit $(t-t_0)A$ durch
ein Integral ersetzt, falls alle Matrizen $A(t)$, $t\in\R$,
kommutieren.
\begin{proof}[Beweis]
  Die Eindeutigkeit ist klar. Es gilt 
  \[\dot x(t) =e^{A(t-t_0)} Ax_0 = Ae^{A(t-t_0)} x_0 =Ax(t)\] und der
  Anfangswert ist wie gew\"unscht. 
\end{proof}

\begin{remark}
  \label{e jordan rem}
  L\"asst sich $A$ mit Hilfe einer invertierbaren Matrix $B$ auf eine
  einfache Gestalt $C=BAB^{-1}$ bringen, so k\"onnen wir
  $e^A=B^{-1}e^CB$ einfacher bestimmen, \zB wenn $C$ eine
  Diagonalmatrix ist. \par
  Ist $A$ eine Matrix, die aus genau einem Jordank\"astchen besteht,
  so k\"onnen wir $e^A$ wie folgt ausrechnen: Sei $\lambda\in\R$ oder
  $\C$ und
  \begin{align*}
  A=&\,
  \begin{pmatrix}
    \lambda&1&0&\ldots&0\\
    0&\lambda&\ddots&\ddots&\vdots\\
    \vdots&\ddots&\ddots&\ddots&0\\
    \vdots&&\ddots&\lambda&1\\
    0&\ldots&\ldots&0&\lambda
  \end{pmatrix}
  =
  \begin{pmatrix}
    \lambda&0&\ldots&\ldots&0\\
    0&\lambda&\ddots&&\vdots\\
    \vdots&\ddots&\ddots&\ddots&\vdots\\
    \vdots&&\ddots&\lambda&0\\
    0&\ldots&\ldots&0&\lambda
  \end{pmatrix}
  +
  \begin{pmatrix}
    0&1&0&\ldots&0\\
    0&0&\ddots&\ddots&\vdots\\
    \vdots&\ddots&\ddots&\ddots&0\\
    \vdots&&\ddots&0&1\\
    0&\ldots&\ldots&0&0
  \end{pmatrix}\\
  \equiv&\, D+N.
  \end{align*}
  Per Induktion folgt, dass $N^k=\left({}^km^i_j\right)$, $k\ge 1$,
  mit ${}^km^i_j=\delta^{i+k}_j$ gilt. $N^k$ ist also eine Matrix, die
  in der $k$-ten oberen Nebendiagonalen Einsen und sonst Nullen
  enth\"alt.  Die Matrizen $D$ und $N$ kommutieren, somit auch $D$ und
  alle Potenzen $N^k$, sowie beliebige Potenzen $N^k$
  untereinander. Beachte auch, dass $N^i=0$ f\"ur alle $i\ge n$ gilt.
  Somit erhalten wir
  \begin{align*}
    e^{tA} =&\,e^{tD+tN} =e^{tD}\cdot e^{tN} =e^{t\lambda} \eins\cdot
    \left(\sum\limits_{i=0}^{n-1} \frac{t^iN^i}{i!}\right)\\ =&\,
    e^{t\lambda}
    \begin{pmatrix}
      1&\frac{t}{1!}&\frac{t^2}{2!}&\ldots&\frac{t^{n-1}}{(n-1)!}\\
      0&1&\ddots&\ddots&\vdots\\
      \vdots&\ddots&\ddots&\ddots&\frac{t^2}{2!}\\
      \vdots&&\ddots&1&\frac{t}{1!}\\
      0&\ldots&\ldots&0&1
    \end{pmatrix}.
  \end{align*}
  \par Besteht $A$ (oder $C$) aus mehreren Jordank\"astchen, so ist
  f\"ur jeden Block entsprechend zu verfahren. \par
  Differentialgleichungen h\"oherer Ordnung sind wie \"ublich
  zun\"achst als Systeme von Differentialgleichungen erster Ordnung
  umzuschreiben.
\end{remark}

\datum{Di 08.12.2020}
\begin{beispiel}
  \label{skalar ode basis bsp}
  Wir wollen die Differentialgleichung \[\ddot x(t)=4\dot x(t)-4x(t)\]
  f\"ur beliebige Anfangswerte l\"osen. \par
  Wir schreiben die Differentialgleichung als System erster Ordnung:
  \[\dt
  \begin{pmatrix}
    x\\ \dot x
  \end{pmatrix}
  =
  \begin{pmatrix}
    \dot x\\ \ddot x
  \end{pmatrix}
  =
  \begin{pmatrix}
    0 & 1\\
    -4 & 4
  \end{pmatrix}
  \begin{pmatrix}
    x \\ \dot x
  \end{pmatrix}
  \]
  Aus \[0=\det
  \begin{pmatrix}
    -\lambda & 1\\
    -4 & 4-\lambda
  \end{pmatrix}
  =\lambda^2-4\lambda+4\] erhalten wir die Eigenwerte
  $\lambda_{1,2}=\frac{4\pm\sqrt{(-4)^2-4\cdot 4}}2 =2$. F\"ur
  $\lambda=2$ erhalten die Matrix $\begin{pmatrix}
    -2 & 1\\
    -4 & 2
  \end{pmatrix}$. Diese hat den Rang $1$ und einen Eigenvektor
  $\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}$ zum Eigenwert $0$. Dieser ist
  ein Eigenvektor von $\begin{pmatrix}
    0 & 1\\ -4 & 4
  \end{pmatrix}$ zum Eigenwert $2$. Definiere
  die orthogonale Matrix $D:=\frac1{\sqrt 5}\begin{pmatrix} 1 &
    -2\\ 2 & 1 \end{pmatrix}$. Wir
  erhalten 
  \begin{align*}
    \dt\overbrace{\frac1{\sqrt 5}\begin{pmatrix} 1 & 2\\ -2 &
        1 \end{pmatrix}}^{=D^T} \begin{pmatrix} x\\ \dot
      x\end{pmatrix} =&\,\overbrace{\frac1{\sqrt 5}
      \begin{pmatrix}
        1 & 2\\ -2 & 1\\
      \end{pmatrix}}^{=D^T} \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -4 &
      4 \end{pmatrix} \overbrace{\frac1{\sqrt 5}\begin{pmatrix} 1 &
        -2\\ 2 & 1\end{pmatrix}}^{=D} \overbrace{\frac1{\sqrt
        5}\begin{pmatrix} 1 & 2\\ -2 &
        1\end{pmatrix}}^{=D^T}\begin{pmatrix} x\\ \dot
      x\end{pmatrix}\umbruch\\
    =&\,\frac15
    \begin{pmatrix}
      -8 & 9\\ -4 & 2
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
      1 & -2\\ 2 & 1
    \end{pmatrix}
    \frac1{\sqrt
        5}\begin{pmatrix} 1 & 2\\ -2 &
        1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\ \dot
      x\end{pmatrix}\umbruch\\
    =&\,
   \begin{pmatrix}
      2 & 5\\ 0 & 2
    \end{pmatrix}
    \frac1{\sqrt
        5}\begin{pmatrix} 1 & 2\\ -2 &
        1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\ \dot
      x\end{pmatrix}.
  \end{align*}
  Die Matrix $\left(\begin{smallmatrix} 2 & 5\\ 0 &
      2\end{smallmatrix}\right)$ ist zwar nicht in Jordanscher
  Normalform, jedoch l\"asst sich auch hier leicht $e^{At}$
  bestimmen.  Es gilt $e^{\left(\begin{smallmatrix} 2 & 5\\ 0 &
        2\end{smallmatrix}\right)t} =e^{2t}\begin{pmatrix} 1 & 5t\\ 0
    & 1 \end{pmatrix}$. Somit lautet die allgemeine L\"osung mit
  Parametern $a\sqrt 5,b\sqrt 5\in\R$ \[\frac1{\sqrt 5}
  \begin{pmatrix}
    1 & 2\\ -2 & 1
  \end{pmatrix}
  \begin{pmatrix}
    x \\ \dot x
  \end{pmatrix}
  =e^{2t}
  \begin{pmatrix}
    1 & 5t\\ 0 & 1
  \end{pmatrix}
  \begin{pmatrix}
    \sqrt 5 a\\ \sqrt 5 b
  \end{pmatrix}
  =
  \sqrt 5
  \begin{pmatrix}
    ae^{2t}+5tbe^{2t}\\ be^{2t}
  \end{pmatrix}. 
  \]
  Dies multiplizieren wir von links mit $D$ und erhalten \[
  \begin{pmatrix}
    x\\ \dot x
  \end{pmatrix}
  =
  \begin{pmatrix}
    1 & -2 \\ 2 & 1
  \end{pmatrix}
  \begin{pmatrix}
    ae^{2t}+5tbe^{2t}\\ be^{2t}
  \end{pmatrix}
  =
  \begin{pmatrix}
    ae^{2t}+b(5t-2)e^{2t}\\
    a2e^{2t}+b(10t+1)e^{2t}
  \end{pmatrix}.
  \]
  Man \"uberpr\"uft leicht, dass $e^{2t}$ und $(5t-2)e^{2t}$ oder auch
  $e^{2t}$ und $te^{2t}$ tats\"achlich eine Basis des
  zweidimensionalen L\"osungsraumes der Gleichung $\ddot x=4\dot x-4x$
  sind.
\end{beispiel}

\begin{remark}
  \label{skalar ode poly e rem}
  Allgemeiner kann man im Falle einer skalaren linearen
  Differentialgleichung $n$-ter Ordnung wie in Beispiel \ref{skalar
    ode basis bsp} aus der Darstellung f\"ur $e^{At}$ im Falle, dass
  $A\in\C^{n\times n}$ in Jordanscher Normalform ist, ablesen, dass es
  eine Basis des L\"osungsraumes mit Elementen der Form
  $p(t)e^{\lambda t}$ gibt, wobei $\lambda$ ein Eigenwert von $A$ und
  $p$ ein Polynom mit $\deg p<n$ ist. Damit lassen sich L\"osungen
  h"aufig schnell durch Probieren finden.
\end{remark}

\subsection{Stabilit\"at linearer Systeme}

In einer Vorlesung \"uber dynamische Systeme besch\"aftigt man sich
intensiver mit dem Verhalten von L\"osungen. 

\begin{definition}
  Sei $E$ ein Banachraum und $f\colon[0,\infty)\times E\to E$
  stetig. Sei $x\colon[0,\infty)\to E$ eine $C^1$-L\"osung der
  gew\"ohnlichen Differentialgleichung \[\dot x(t) =f(t,x(t)), \quad
  t\in[0,\infty).\]
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dann hei\ss{}t $x$ \emph{stabil,} falls es zu jedem
    $\epsilon>0$ ein $\delta>0$ gibt, so dass alle L\"osungen $y$ der
    Differentialgleichung \[\dot y(t) =f(t,y(t))\quad\text{mit}\quad
    \Vert y(0)-x(0)\Vert<\delta\] f\"ur alle $t\ge0$ existieren
    und \[\Vert y(t)-x(t)\Vert<\epsilon\quad\text{f\"ur alle
    }t\in[0,\infty)\] erf\"ullen. (Dies bedeutet, dass L\"osungen $y$
    existieren und nahe bei $x$ bleiben.)
  \item $x$ hei\ss{}t \emph{asymptotisch stabil,} falls $x$ stabil ist
    und ein $\delta>0$ existiert, so dass alle L\"osungen $y$ mit
    $\Vert y(0)-x(0)\Vert<\delta$ auch \[\lim\limits_{t\to\infty}
    \Vert y(t)-x(t)\Vert=0\] erf\"ullen.
  \item $x$ hei\ss{}t \emph{instabil,} falls $x$ nicht stabil ist. 
  \item $x$ hei\ss{}t \emph{station\"ar,} falls $f(t,x(t))=0$ f\"ur alle
    $t$ gilt. 
  \end{enumerate}
\end{definition}
Diese Definition verwenden wir auch, falls $f(t,\cdot)$ nur auf
geeigneten offenen Teilmengen $\Omega\subset E$ definiert ist, \zB
f\"ur $f\colon[0,\infty)\times B_\alpha(0)\to E$. \par Da wir
Stabilit\"atsaussagen in Abh\"angigkeit der Eigenwerte formulieren
wollen, beschr\"anken wir uns nun auf den Fall $E=\R^n$ bzw.{}
$E=\C^n$. Unendlichdimensional betrachtet man f\"ur
Stabilit\"atsfragen das Spektrum $\sigma(A)$ des linearen Operators
$A\in L(E)$. 

\begin{remark}
  Sei $A\in\R^{2\times 2}$. Sei $\dot x(t)=Ax(t)$ ein generisches
  zweidimensionales lineares System gew\"ohnlicher
  Differentialgleichungen. Generisch bedeutet hier, dass das
  charakteristische Polynom von $A$ in $\C[X]$ keine doppelten
  Nullstellen hat und $0$ kein Eigenwert ist. Somit ist $A$ \"uber
  $\C$ diagonalisierbar und $0$ der einzige station\"are Punkt. \par
  Seien $\lambda_1,\lambda_2\in\C$ die (m\"oglicherweise komplexen)
  Nullstellen des charakteristischen Polynoms. Ist ein Eigenwert nicht
  reell, so gilt $\bar\lambda_1=\lambda_2$, die Eigenwerte sind also
  komplex konjugiert zueinander, da sonst das charakteristische
  Polynom keine reellen Koeffizienten h\"atte. Seien $x_1,x_2\in\C$
  Eigenvektoren von $A$ zu den Eigenwerten $\lambda_1,\lambda_2$. Dann
  l\"osen $y_1(t):=e^{\lambda_1t}x_1$ und $y_2(t):=e^{\lambda_2t}x_2$
  die Differentialgleichung und bilden ein Fundamentalsystem. \par
  Es treten die folgenden F\"alle auf:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\lambda_1,\lambda_2<0$: $0$ ist asymptotisch stabil.
  \item $\lambda_1>0$, $\lambda_2<0$ oder umgekehrt: $0$ ist instabil,
    L\"osungen laufen entlang von Kurven, die im Fall
    $|\lambda_1|=|\lambda_2|$ und orthogonaler Eigenvektoren Hyperbeln
    sind. (Phasenportrait zeichnen.)
  \item $\lambda_1,\lambda_2>0$: $0$ ist instabil. 
  \item $\lambda_i\in\C\setminus\R$:
    \begin{enumerate}[(a)]
    \item $\lambda_1=ir$, $\lambda_2=-ir$, $r\in\R$: Komplexe
      L\"osungen sind $e^{irt}x_1\equiv e^{irt}(a+ib)$ und
      $e^{-irt}(a-ib)$, $a,b\in\R^2$ da aus $Ax_1=\lambda_1x_1$ direkt
      $A\bar x_1=\bar\lambda_1\bar x_1$ folgt. Eine reelles
      Fundamentalsystem ist durch
      \begin{align*}
        e^{irt}(a+ib)+e^{-irt}(a-ib) =&\,(\cos(rt)+i\sin(rt))(a+ib)\\
        &\,+(\cos(rt)-i\sin(rt))(a-ib)\\ =&\,2\cos(rt) a-2\sin(rt) b
        \intertext{und} i\left(e^{irt}(a+ib)-e^{-irt}(a-ib)\right)
        =&\, (-\sin(rt)+i\cos(rt))(a+ib)\\
        &\,+(-\sin(rt)-i\cos(rt))(a-ib)\\ =&\, -2\sin(rt) a -2\cos(rt)
        b\\
        =&\,2\cos\left(rt+\tfrac\pi2\right)a
        -2\sin\left(rt+\tfrac\pi2\right)b.
      \end{align*}
      gegeben. L\"osungen \glqq rotieren\grqq{} also um den Ursprung
      herum. Somit ist $0$ stabil, aber nicht asymptotisch stabil. 
    \item Gilt $\lambda_1=s+ir$, $\lambda_2=s-ir$, so erhalten wir
      dieselben L\"osungen wie im Falle $s=0$, jedoch mit $e^{st}$
      multipliziert. L\"osungen \glqq schrauben\grqq{} sich also um
      den Ursprung herum und n\"ahern sich ihm, falls $s<0$ gilt ($0$
      ist stabil) und entfernen sich f\"ur $s>0$ ($0$ ist instabil).
    \end{enumerate}
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{remark}
  \stern Bei nichtlinearen gew\"ohnlichen Differentialgleichungen von
  der Form $\dot x(t)=f(x(t))$ hei\ss{}t ein station\"arer Punkt $x_0$
  \emph{linear stabil,} falls $x_0$ ein stabiler Punkt der affin
  linearen Differentialgleichung
  $\dot x(t)=df(x_0)\langle x(t)-x_0\rangle$ ist. Dies ist
  \"aquivalent zur Stabilit\"at von $0$ f\"ur $y(t):=x(t)-x_0$ unter
  der linearen Differentialgleichung
  $\dot y(t)=df(x_0)\langle y(t)\rangle$.\par
  Den Zusammenhang zwischen linearer Stabilit\"at und Stabilit\"at
  werden wir im Stabilit\"atssatz bzw.{} Instabilit\"atssatz noch
  genauer auch im nicht autonomen Fall betrachten.
\end{remark}

\begin{remark}
  Im nichtlinearen Fall kann man Stabilit\"at mit Hilfe von
  Lyapunovfunktionen untersuchen. Eine Lyapunovfunktion ist eine
  Funktion $L$, die \[\dt L(x(t))\le 0\] erf\"ullt. Hiermit kann man
  unter geeigneten Voraussetzungen folgern, dass $x(t)$ gegen ein
  Minimum von $L$ konvergiert.\par
  Beispiel: Sei $L\colon\R^n\to\R$ in $C^1$. Dann erf\"ullt eine
  L\"osung der Differentialgleichung $\dot x(t)=-\nabla L(x(t))$ \[\dt
  L(x(t))=D L(x(t))\langle\dot x(t)\rangle =-D L(x(t))\langle\nabla
  L(x(t))\rangle =-\Vert\nabla L(x(t))\Vert^2\le0.\]
\end{remark}

\begin{lemma}
  \label{eAt est lem}
  Sei $A\in\C^{n\times n}$. Seien $\lambda_i$, $1\le i\le n$, die
  Eigenwerte von $A$ entsprechend ihrer algebraischen
  Vielfachheiten. Gilt $\Real\lambda_i<\alpha$ f\"ur $1\le i\le n$, so
  folgt \[\left\Vert e^{At}\right\Vert \le c\cdot e^{\alpha
    t}\quad\text{f\"ur alle }t\ge0\] mit einer geeigneten Konstanten
  $c>0$.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Es gibt eine invertierbare Matrix $B\in\C^{n\times n}$, so dass
  $BAB^{-1}$ in Jordanscher Normalform ist. Es folgt $e^{BAB^{-1}t}
  =Be^{At}B^{-1}$. Anhand der Formel f\"ur $e^{At}$ f\"ur
  Jordanbl\"ocke in Bemerkung \ref{e jordan rem} erhalten wir die
  Absch\"atzung \[\left\Vert e^{At}\right\Vert \le
  p(t)\cdot\exp\left(t\cdot\max\limits_{1\le i\le n} \Real\lambda_i
  \right)\le c\cdot e^{\alpha t},\] da die strikte Ungleichung
  $\Real\lambda_i<\alpha$ gilt. Der Betrag der Transformationsmatrizen
  l\"asst sich durch eine weitere Konstante absch\"atzen.
\end{proof}

\begin{theorem}
  Sei $A\in\C^{n\times n}$. Seien $\lambda_i$ die Eigenwerte von $A$
  mit $\Real\lambda_1\le\ldots\le\Real\lambda_n$. Dann ist die
  L\"osung $x(t)\equiv 0$ der gew\"ohnlichen Differentialgleichung
  $\dot x(t)=Ax(t)$ im Fall
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\Real\lambda_n<0$ asymptotisch stabil.
  \item $\Real\lambda_n>0$ instabil.
  \item $\Real\lambda_n=0$ nicht asymptotisch stabil; es kann
    Stabilit\"at oder Instabilit\"at vorliegen. 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Benutze, dass sich jede L\"osung in der Form $e^{At}x_0$ mit
  $x_0\in\R^n$ darstellen l\"asst. Alternativ nutzt man Bemerkung
  \ref{skalar ode poly e rem}. \par Betrachte im Fall
  $\Real\lambda_n=0$ die Matrizen \[A=
  \begin{pmatrix}
    0&0\\ 0&0
  \end{pmatrix}\qquad\text{und}\qquad A=
  \begin{pmatrix}
    0&1\\ 0&0
  \end{pmatrix}.\]
  Details: \"Ubung. 
\end{proof}

\subsection{Der Stabilit\"atssatz}
\datum{Fr 11.12.2020}

Bei kleinen St\"orungen, beispielsweise bei einem Zusatzterm
$g(t,x)=x^2$ ist die Stabilit\"at erhalten. 
\begin{theorem}[Stabilit\"atssatz]
  \label{stab thm} Sei $A\in\C^{n\times n}$ und gelte f\"ur die
  Eigenwerte $\lambda_i$, $1\le i\le n$, die Ungleichung
  $\Real\lambda_i<0$. Sei
  $g\colon[0,\infty)\times\ol{B_\alpha(0)}\to\C^n$, $\alpha>0$, stetig
  und gelte \[\lim\limits_{|x|\to0}\frac{|g(t,x)|}{|x|}=0,\]
  gleichm\"a\ss{}ig in $t\in[0,\infty)$. (Insbesondere gilt also
  $g(t,0)=0$.) Dann ist die L\"osung $x(t)\equiv 0$ der
  Differentialgleichung \[\dot x(t) =Ax(t) +g(t,x(t))\] asymptotisch
  stabil. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Nach Lemma \ref{eAt est lem} gibt es Konstanten $c>1$ und $\beta>0$
  mit $\Real\lambda_i<-\beta<0$, $1\le i\le n$, und \[\left\Vert
    e^{At}\right\Vert \le c\cdot e^{-\beta t}\quad\text{f\"ur alle
  }t\ge0.\] Aufgrund des asymptotischen Verhaltens von $g$ gibt es
  $\delta$ mit $0<\delta<\alpha$ und $|g(t,z)|\le \frac{\beta}{2c}|z|$
  f\"ur alle $|z|\le \delta$ und alle $t\ge0$. Wir behaupten nun, dass
  aus $|y(0)|\equiv|y_0|\le\epsilon<\frac\delta {2c}$ f\"ur eine L\"osung
  $y$ der Differentialgleichung bereits \[|y(t)|\le
  c\cdot\epsilon\cdot e^{-\frac\beta2t}\] f\"ur alle $t\ge0$, f\"ur
  die die L\"osung existiert, folgt. Dies beweist dann das Theorem,
  weil hieraus mit $c\cdot\epsilon\le\frac\alpha2$ bereits
  Langzeitexistenz und asymptotische Stabilit\"at folgen. \par Zum
  Beweis der Behauptung: Wir benutzen die Darstellungsformel aus
  Bemerkung \ref{inhomog lin syst rem} f\"ur L\"osungen inhomogener
  linearer Differentialgleichungen und erhalten mit $b(t)=g(t,y(t))$
  f\"ur eine L\"osung $y$ mit Startwert $y_0$ und $X(t)=e^{At}$ \[y(t)
  =e^{At}y_0 +\int\limits_0^t e^{A(t-s)}g(s,y(s))\,ds.\] Mit den
  Absch\"atzungen an $e^{At}$ und $g$ erhalten wir daraus \[|y(t)|
  \le|y_0|ce^{-\beta t} +\int\limits_0^tce^{-\beta(t-s)}
  \frac\beta{2c}|y(s)|\,ds\] solange $|y(s)|\le \delta$ f\"ur alle
  $0\le s\le t$ gilt. \par Definiere $\phi(t):=|y(t)|e^{\beta
    t}$. Dann folgt nach Multiplikation mit $e^{\beta t}$ \[\phi(t)\le
  c\epsilon +\frac\beta2\int\limits_0^t\phi(s)\,ds.\] Mit dem Lemma
  von Gronwall erhalten wir daraus $\phi(t)\le c\epsilon
  e^{\frac\beta2t}$ oder, \"aquivalent dazu, $|y(t)|\le c\epsilon
  e^{-\frac\beta2t}\overset{\text{s.\,o.}}<\frac\delta2$, solange
  $|y(t)|\le\delta$ ist. Daher gilt stets $|y(t)|<\delta<\alpha$ und
  somit l\"asst sich die L\"osung auch auf ganz $[0,\infty)$
  fortsetzen.
\end{proof}

Der Beweis des Instabilit\"atssatzes ist etwas komplizierter, da $A$
auch im instabilen Fall Eigenwerte mit negativem Realteil besitzen
kann. 
\begin{theorem}[Instabilit\"atssatz]
  Sei $A\in\C^{n\times n}$ mit $\Real\lambda>0$ f\"ur mindestens einen
  Eigenwert $\lambda$ von $A$. Erf\"ulle $g$ die Voraussetzungen aus
  Theorem \ref{stab thm}. Dann ist die L\"osung $x(t)\equiv 0$ der
  Differentialgleichung \[\dot y(t) =Ay(t) +g(t,y(t))\] instabil. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Zun\"achst transformieren wir die Gleichung. Seien
  $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ die Eigenwerte von $A$ entsprechend
  ihrer algebraischen Vielfachheiten. Sei $C\in\C^{n\times n}$
  invertierbar, so dass $B=C^{-1}AC$ in Jordanscher Normalform ist,
  \dh f\"ur $B=\left(b^i_j\right)_{1\le i,j\le n}$ gilt
  $b^i_i=\lambda_i$, $b^i_{i+1}\in\{0,1\}$ und $b^i_j=0$
  sonst. Definiere $H:=\diag\left(\eta,\eta^2,\ldots,\eta^n\right)$
  f\"ur $\eta>0$, also $H=\left(h^i_j\right)_{1\le i,j\le n}$ mit
  $h^i_j=\eta^i\delta^i_j$.  Mit Hilfe dieser Matrix wollen wir die
  Gleichung so transformieren, dass die Einser neben der Diagonalen in
  den Jordanbl\"ocken zu kleinen $\eta$-Beitr\"agen werden.  Wir
  erhalten
  $H^{-1} =\diag\left(\eta^{-1},\eta^{-2},\dots,\eta^{-n}\right)$
  sowie $D\equiv\left(d^i_j\right)_{1\le i,j\le n}:=H^{-1}BH$ mit
  $d^i_j =b^i_j\eta^{j-i}$ f\"ur beliebige Matrizen $B$. In unserem
  Fall erhalten wir $d^i_i=\lambda_i$, $d^i_{i+1}\in\{0,\eta\}$ sowie
  $d^i_j=0$ sonst. Wir setzen $y(t)=CHz(t)$ und erhalten die
  Differentialgleichung
  \begin{align*}
    \dot z(t) =&\,H^{-1}C^{-1}\dot y(t)\umbruch\\
    =&\,H^{-1}C^{-1}[Ay(t) +g(t,y(t))]\umbruch\\
    =&\,H^{-1}C^{-1} ACHz(t) +H^{-1}C^{-1}g(t,CHz(t))\umbruch\\
    =&\,Dz(t) +f(t,z(t))
  \end{align*}
  mit $f(t,\cdot) =H^{-1}C^{-1} g(t,CH\cdot)$. Die Funktion $f$
  erf\"ullt dieselbe Abfallbedingung wie $g$, denn aus
  $|g(t,z)|\le\epsilon|z|$ f\"ur $|z|\le\delta$ folgt \[|f(t,z)|
  =\left|H^{-1} C^{-1} g(t,CH z)\right| \le \left\Vert
    H^{-1}C^{-1}\right\Vert \cdot\epsilon\cdot \Vert CH\Vert\cdot|z|\]
  f\"ur $|z|\le\frac\delta{\Vert CH\Vert}$. \par Damit haben wir
  unsere Differentialgleichung auf die Form \[\dot z^i=\lambda_iz^i
  \left\{+\eta z^{i+1}\right\} +f^i(t,z),\] $1\le i\le n$,
  transformiert, wobei der Term in geschweiften Klammern nur auftritt,
  wenn die $i$-te Zeile/Spalte nicht die letzte Zeile/Spalte eines
  Jordank\"astchens ist. \par Seien
  $I:=\{k\in\{1,\ldots,n\}\colon\Real\lambda_k>0\}$ und
  $S:=\{k\in\{1,\ldots,n\}\colon\Real\lambda_k\le0\}$. Wir definieren
  die wachsenden bzw.{} nichtwachsenden Anteile der L\"osung
  durch \[\phi(t):=\sum\limits_{j\in I}\left|z^j(t)\right|^2
  \quad\text{bzw.}\quad \psi(t):=\sum\limits_{j\in
    S}\left|z^j(t)\right|^2.\] Fixiere $\eta>0$ so klein, dass
  $0<6\eta<\Real\lambda_j$ f\"ur alle $j\in I$ gilt. Fixiere weiterhin
  $\delta>0$ so, dass aufgrund der
  Abfallbedingung \[|f(t,x)|\le\eta|x| \quad\text{f"ur alle
  }|x|\le\delta\] gilt. Angenommen, es gelten $|z(0)|\le\delta$ und
  $\psi(0)<\phi(0)$. Wir erhalten, solange $|z(t)|\le\delta$ und
  $\psi(t)\le\phi(t)$ gelten
  \begin{align*}
    \dot\phi(t) =&\,\dt\sum\limits_{j\in I} \left(\Real
      z^j(t)\right)^2
    +\dt\sum\limits_{j\in I} \left(\Imag z^j(t)\right)^2\umbruch\\
    =&\,2\sum\limits_{j\in I}\Real z^j(t)\Real\dot z^j(t)
    +2\sum\limits_{j\in I}\Imag z^j(t)\Imag\dot z^j(t)\umbruch\\
    =&\,2\sum\limits_{j\in I}\Real\left[\left(\Real\dot
        z^j(t)+i\Imag\dot z^j(t)\right)\left(\Real z^j(t) -i\Imag
        z^j(t)\right)\right]\umbruch\\
    =&\,2\sum\limits_{j\in I}\Real\left(\dot z^j(t) \ol
      z^j(t)\right)\umbruch\\
    =&\,2\sum\limits_{j\in I}\Real\left[\left(\lambda_j z^j(t)
        \,\left\{+\eta z^{j+1}(t)\right\} +f^j(t,z)
      \right)\ol z^j(t)\right]\umbruch\\
    =&\,2\sum\limits_{j\in I}\Real \lambda_j\left|z^j(t)\right|^2
    +\left\{2\eta\sum\limits_{j\in I}\Real\left(z^{j+1}(t)\ol
        z^j(t)\right) \right\}
    +2\sum\limits_{j\in I} \Real\left(f^j(t,z)\ol z^j(t)\right). 
  \end{align*}
  Wir bemerken, dass aufgrund des Eindeutigkeitssatzes $\phi>0$
  erhalten bleibt. Nun gelten
  \begin{align*}
    \sum\limits_{j\in I} \Real\lambda_j\left|z^j(t)\right|^2 >&\,
    \sum\limits_{j\in I} 6\eta\left|z^j(t)\right|^2 =6\eta\phi(t)
    \intertext{und, sofern dieser Term auftritt,}
    \left|\sum\limits_{j\in I}\Real\left(z^{j+1}(t)\ol
        z^j(t)\right)\right| \le&\,\sum\limits_{j\in
      I}\left|z^{j+1}(t)\right|\cdot\left|z^j(t)\right|\umbruch\\
    \le&\,\sum\limits_{j\in I} \left(\frac12\left|z^{j+1}(t)\right|^2
      +\frac12\left|z^j(t)\right|^2\right) \le\phi(t),
  \end{align*}
  da auch $j+1\in I$ gilt, falls dieser Term in geschweiften Klammern
  \"uberhaupt auftritt. Weiterhin ist
  \begin{align*}
    \left|\sum\limits_{j\in I}\Real\left(f^j(t,z)\ol
        z^j(t)\right)\right| \le&\,\sum\limits_{j\in I}
    \left|f^j(t,z)\right|\cdot \left|z^j(t)\right|\umbruch\\
    \le&\,\sqrt{\sum\limits_{j\in I} \left|f^j(t,z)\right|^2}\cdot
    \sqrt{\phi(t)} \le|f(t,z)|\cdot\sqrt{\phi(t)}.
  \end{align*}
  Nach Voraussetzung an $f$ gilt weiterhin \[|f(t,z)| \le\eta\cdot|z|
  =\eta\sqrt{\phi+\psi} \le\eta\sqrt{2\phi} \le2\eta\sqrt\phi.\] 
  Somit erhalten wir \[\dot\phi(t) >12\eta\phi(t) -2\eta\phi(t)
  -4\eta\phi(t) =6\eta\phi(t).\] Eine entsprechende Rechnung f\"ur
  $\psi$ ergibt
  \begin{align*}
    \dot\psi(t) =&\,2\sum\limits_{j\in S}\Real\lambda_j
    \left|z^j(t)\right|^2 +\left\{2\eta\sum\limits_{j\in S}
      \Real\left(z^{j+1}(t)\ol z^j(t)\right)\right\}
    +2\sum\limits_{j\in S} \Real\left(f^j(t,z)\ol z^j(t)\right).
  \end{align*}
  Durch Kombination der obigen Absch\"atzungen, die entsprechend auch
  f\"ur $\psi$ gelten, erhalten wir daraus mit $\Real\lambda_j\le0$
  f\"ur $j\in S$ solange $\psi(t)\le\phi(t)$ gilt
  \[\dot\psi(t)\le
  0\cdot\psi(t) +2\eta\psi(t) +4\eta\sqrt{\psi(t)} \cdot\sqrt{\phi(t)}
  \le2\eta\phi(t) +4\eta\phi(t) <\dot\phi(t).\] Somit bleibt die
  Ungleichung $\psi(t)\le\phi(t)$ g\"ultig, solange $|z(t)|\le\delta$
  ist. Andererseits w\"achst jedoch $\phi$ im Falle $\phi\neq0$ unter
  diesen Bedingungen mindestens exponentiell in $t$. Also existiert
  $t_0\ge0$ mit $|z(t_0)|=\delta$. Daher ist die L\"osung
  $x(t)\equiv0$ instabil.
\end{proof}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die L\"osung $x(t)\equiv0$ der Differentialgleichung \[\dot
    x(t)=-\epsilon x(t)+\alpha x^2(t),\quad
    \epsilon>0,\quad\alpha\in\R,\] ist asymptotisch stabil.
  \item Wir untersuchen die Differentialgleichung \[\dot x(t) =\alpha
    x(t) +\beta x^3(t),\quad \alpha,\beta\in\R,\] und die zugeh\"orige
    linearisierte Gleichung um $x\equiv 0$ \[\dot x(t)=\alpha x(t)\]
    auf Stabilit\"at. Wir erhalten:\par\smallskip
    \centerline{
    \begin{tabular}{|c||l|l|}
      \hline
      & linearisierte Gleichung & nichtlineare Gleichung\\\hline\hline
      $\alpha<0$ & asymptotisch stabil & asymptotisch stabil\\\hline
      $\alpha>0$ & instabil & instabil\\\hline
      $\alpha=0, \beta<0$ &          & asymptotisch
      stabil\\\cline{1-1}\cline{3-3}
      $\alpha=0, \beta=0$ & stabil & stabil\\\cline{1-1}\cline{3-3}
      $\alpha=0, \beta>0$ & & instabil\\\hline
    \end{tabular}}
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\subsection{Rand- und Eigenwertprobleme \stern}

\begin{remark}
  \stern
  \neueZeile 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $\Omega\subset\R^n$ offen. Wir erinnern daran, dass
    $C^k(\Omega)$ f\"ur $k=0,1,\ldots,\infty$ der Raum aller $k$-fach
    (beliebig oft, falls $k=\infty$) in $\Omega$ stetig
    differenzierbaren Funktionen ist. $C^k\left(\ol\Omega\right)$ ist
    der Raum aller dieser Funktionen, deren (partielle) Ableitungen
    bis zur Ordnung $k$ sich stetig und beschr\"ankt auf $\ol\Omega$
    fortsetzen lassen. Ist $k<\infty$, so versehen wir ihn mit der
    $C^k$-Norm $\Vert u\Vert_{C^k(\Omega)}
    :=\sum\limits_{i=0}^k\sum\limits_{|\alpha|=i}\left\Vert D^\alpha
      u\right\Vert_{C^0(\Omega)}$, wobei $\Vert
    u\Vert_{C^0(\Omega)}:=\sup\limits_{x\in\Omega}|u(x)|$ die
    Supremumsnorm und $\alpha$ ein Multiindex ist.
  \item Motivation: Die Schwingung einer Membran oder Saite wird
    durch \[\frac{d^2}{dt^2} u(x,t)=\Delta u(x,t)\quad\text{in
    }\Omega\times\R,\] $\Omega\subset\R^n$ offen, beschrieben. Der
    Ansatz $u(x,t)=\alpha(t)v(x)$ f\"uhrt zu der Gleichung \[\ddot
    \alpha\cdot v=\alpha\Delta v.\] F\"ur eine schwingende nicht
    ged\"ampfte Saite ist $\alpha(t)=\sin(\mu(t-t_0))$, also $\ddot
    \alpha=-\mu^2 \alpha$. Als Gleichung im Ort erh\"alt man mit
    $\lambda=\mu^2$
    \[
    \begin{cases}
      v''(x)+\lambda v(x)=0 &\text{in }(a,b),\\
      v(a)=v(b)=0.
    \end{cases}
    \]
    L\"osungen sind die Funktionen $v(x)=\sin\left(\frac{k\pi(x-a)}
      {b-a}\right)$, $k\in\N$, f\"ur
    $\lambda=\frac{k^2\pi^2}{(b-a)^2}$.
  \end{enumerate}
\end{remark}
 

\begin{remark}
  Wir hatten gesehen, dass das System \[\dot x(t)=F(t)x(t)+g(t),\]
  $F\in C^0\left([a,b],\R^{n\times n}\right)$, $g\in
  C^0\left([a,b],\R^n\right)$ mit einer Fundamentalmatrix $X$
  mit \[\dot X(t)=F(t)X(t)\] des homogenen Systems die
  L\"osung \[x(t)=X(t)d +X(t)\left(\int\limits_a^t
    X^{-1}(\tau)g(\tau)\,d\tau\right)\] besitzt.\par Dies bleibt auch
  auf dem abgeschlossenen Intervall richtig, man kann die Daten
  n\"amlich stetig \"uber $[a,b]$ hinaus fortsetzen.
\end{remark}

\begin{theorem}\label{rwp eind krit thm}
 Seien $F\in C^0\left([a,b],\R^{n\times n}\right)$, $g\in
  C^0\left([a,b],\R^n\right)$, $A,B\in\R^{n\times n}$ und $c\in\R^n$. 
  Betrachte das Randwertproblem 
  \[
  \begin{cases}
    \dot x(t)=F(t)x(t)+g(t),\\
    Ax(a)+Bx(b)=c. 
  \end{cases}
  \]
  Sei $X$ eine Fundamentalmatrix des zugeh\"origen linearen
  Systems. Dann sind die folgenden Aussagen \"aquivalent:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Das Randwertproblem ist f\"ur beliebige $g\in
    C^0\left([a,b],\R^n\right)$ und $c\in\R^n$ l\"osbar. 
  \item Die charakteristische Matrix $C_X:=AX(a)+BX(b)$ ist
    invertierbar. 
  \item Das zugeh\"orige homogene Randwertproblem 
    \[
    \begin{cases}
      \dot x(t)=F(t)x(t),\\
      Ax(a)+Bx(b)=0
    \end{cases}
    \]
    besitzt nur die triviale L\"osung $x=0$. 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Die allgemeine L\"osung des inhomogenen Systems hat die
  Form \[x(t)=X(t)d +X(t)\left(\int\limits_a^t
    X^{-1}(\tau)g(\tau)\,d\tau\right).\] Wir setzen dies in die
  Randbedingung ein und erhalten 
  \begin{equation}
    \label{rb cm eq}
    \underbrace{(AX(a)+BX(b))}_{=C_X}d
    +BX(b)\int\limits_a^bX^{-1} (\tau)g(\tau)\,d\tau =c.
  \end{equation}
  Dies ist f\"ur beliebige $c\in\R^n$ genau dann nach $d$
  auf{}l\"osbar, wenn $C_X$ regul\"ar ist. \par Im Spezialfall
  $g\equiv0$ und $c=0$ erh\"alt man eine Bedingung daf\"ur, dass eine
  L\"osung der homogenen Differentialgleichung existiert. Sie ist
  genau dann eindeutig l\"osbar, wenn es nur ein $d$ gibt, das die
  Bedingung erf\"ullt. Aus $(AX(a)+BX(b))d=C_Xd=0$ sieht man, dass
  dies genau dann der Fall ist, wenn $C_X$ regul\"ar und damit
  invertierbar ist.
\end{proof}

\subsection{Selbstadjungierte Eigenwertprobleme \stern}
\neueZeilealt
Wir untersuchen das folgende Sturm-Liou\-ville\-sche Eigenwertproblem
\begin{equation}
  \label{sl ewp}
  \begin{cases}
    (Lx)(t)\equiv-\frac1{r(t)}\left[\dt(p(t)\dot x(t))
      -q(t)x(t)\right] =\lambda x(t)&\text{in }[a,b],\\
    R^1x\equiv \alpha^1_1x(a) +\alpha^1_2\dot x(a) =\gamma^1,\\
    R^2x\equiv \beta^2_1x(b) +\beta^2_2\dot x(b) =\gamma^2
  \end{cases}
\end{equation}
mit $p\in C^1([a,b],\R)$, $p(t)\neq0$ f\"ur alle $t\in[a,b]$, $q,r\in
C^0([a,b],\R)$ mit $r(t)>0$ f\"ur alle $t\in[a,b]$,
$\alpha^i_j,\beta^i_j,\gamma^i\in\R$ mit
$\left(\alpha^1_1,\alpha^1_2\right)\neq0$ und
$\left(\beta^2_1,\beta^2_2\right)\neq0$ sowie $\lambda\in\C$ und $x\in
C^2([a,b],\C)$. Hier ist es wichtig, dass die auftretenden
Koeffizienten reellwertig sind.

\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Definiere den Operator \[A\colon \underbrace{\left\{x\in
      C^2([a,b],\C)\colon R^1x=0=R^2x\right\}}_{\equiv\mathcal
    D(A)\subset C^0([a,b],\C)}\to C^0([a,b],\C)\] durch $Ax:=Lx$ f\"ur
    $x\in\mathcal D(A)$.   
  \item Eine Zahl $\lambda\in\C$ hei\ss{}t Eigenwert von $A$, falls es
    ein $u\in\mathcal D(A)\setminus\{0\}$ mit $Au=\lambda u$ gibt. $u$
    hei\ss{}t dann Eigenfunktion von $A$ zum Eigenwert $\lambda$.
  \item Zum Eigenwertproblem \eqref{sl ewp} definieren wir ein
    zugeh\"origes unit\"ares Skalarprodukt durch \[\langle
    u,v\rangle_L :=\int\limits_a^b r(t)u(t)\ol{v(t)}\,dt\] f\"ur
    $u,v\in C^0([a,b],\C)$.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\lambda$ ist genau dann ein Eigenwert von $A$, wenn
    $Au=\lambda u$ nicht eindeutig l\"osbar ist, da $Au=\lambda u$
    stets die triviale L\"osung $u\equiv0$ besitzt. 
  \item Sei $\{\phi_1=\phi_1(t,\lambda), \phi_2=\phi_2(t,\lambda)\}$
    ein Fundamentalsystem der gew\"ohnlichen Differentialgleichung
    $Au-\lambda u=0$. Dann ist eine beliebige L\"osung
    $x=c^1\phi_1+c^2\phi_2$, $c^i\in\C$, genau dann eine L\"osung von
    \eqref{sl ewp} mit $\gamma\equiv 0$, falls
    \begin{align*}
      \sum\limits_{j=1}^2c^jR^i\phi_j(\cdot,\lambda)=&\,0\\
      \intertext{f\"ur $i=1,2$ gilt. Mit Linearer Algebra erhalten
        wir, dass es L\"osungen mit $\left(c^1,c^2\right)\neq0$ genau
        dann gibt, falls} \Delta(\lambda):=&\,\det
      \begin{pmatrix}
        R^1\phi_1(\cdot,\lambda) &R^1\phi_2(\cdot,\lambda)\\
        R^2\phi_1(\cdot,\lambda) &R^2\phi_2(\cdot\lambda)
      \end{pmatrix}
      =0
    \end{align*}
    gilt. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{theorem}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $A$ ist ein symmetrischer Operator, \dh f\"ur $u,v\in\mathcal
    D(A)$ gilt \[\langle Au,v\rangle_L=\langle u,Av\rangle_L.\]
  \item Alle Eigenwerte $\lambda$ sind reell. Die zugeh\"origen
    Eigenfunktionen k\"onnen wir ebenfalls reellwertig w\"ahlen. 
  \item Seien $u_1,u_2\in\mathcal D(A)$ Eigenfunktionen zu Eigenwerten
    $\lambda_1\neq\lambda_2$. Dann gilt \[\langle
    u_1,u_2\rangle_L=0.\]
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Mit partieller Integration erhalten wir 
    \begin{align*}
      \langle Au,v\rangle_L =&\,-\int\limits_a^b\dt(p(t)\dot
      u(t))\ol{v(t)} -q(t)u(t)\ol{v(t)}\,dt\\
      =&\,\int\limits_a^bp(t)\dot u(t)\ol{\dot v(t)}
      +q(t)u(t)\ol{v(t)}\,dt -\left.p(t)\dot
        u(t)\ol{v(t)}\right|^b_a,\\
      \langle u,Av\rangle_L =&\,\int\limits_a^b p(t)\dot u(t)\ol{\dot
        v(t)} +q(t)u(t)\ol{v(t)}\,dt -\left.p(t)u(t)\ol{\dot
          v(t)}\right|^b_a,\\
      \langle Au,v\rangle_L-\langle u,Av\rangle_L =&\,
      \left.p(t)\left(u(t)\ol{\dot v(t)}-\dot u(t)\ol{v(t)}
        \right)\right|^b_a =0.
    \end{align*}
    Die beiden Randterme fallen einzeln, \dh f\"ur $t=a$ und $t=b$,
    weg, denn aus den Randbedingungen folgt (hier nur f\"ur $t=b$
    vorgerechnet)
    \begin{align*}
      R^2u=&\,\beta^2_1u(b)+\beta^2_2\dot u(b)=0,\\
      \ol{R^2 v} =&\,\beta^2_1\ol{v(b)} +\beta^2_2\ol{\dot v(b)}=0. 
    \end{align*}
    Wegen $\left(\beta^2_1,\beta^2_2\right)\neq0$ hat die Matrix
    \[
    \begin{pmatrix}
      u(b) & \dot u(b)\\
      \ol{v(b)} & \ol{\dot v(b)}
    \end{pmatrix}
    \]
    also einen nichttrivialen Kern. Daher verschwindet die oben als
    Randterm auftretende Determinante davon. 
  \item Gelte $Au=\lambda u$ mit $u\in\mathcal
    D(A)\setminus\{0\}$. Es folgt
    \[\lambda\langle u,u\rangle_L =\langle \lambda u,u\rangle_L
    =\langle Au,u\rangle_L =\langle u,Au\rangle_L =\langle u,\lambda
    u\rangle_L =\bar\lambda\langle u,u\rangle_L.\] Daher ist $\lambda$
    reell. \par Sei $u$ eine Eigenfunktion. Da die Koeffizienten und
    $\lambda$ in der linearen Gleichung $(A-\lambda)u=0$ alle reell
    sind, sind auch der Realteil und der Imagin\"arteil von $u$
    Eigenfunktionen zum selben Eigenwert. Eine dieser beiden
    Funktionen ist von Null verschieden. 
  \item Zur Orthogonalit\"at bez\"uglich des
    $\langle\cdot,\cdot\rangle_L$-Skalarproduktes: Auch hier rechnet
    man genau wie in der Linearen Algebra unter Benutzung von
    $\lambda_i\in\R$ \[\lambda_1\langle u_1,u_2\rangle_L
    =\langle\lambda_1u_1,u_2\rangle_L =\langle Au_1,u_2\rangle_L
    =\langle u_1,Au_2\rangle_L =\ol{\lambda_2}\langle u_1,u_2\rangle_L
    =\lambda_2\langle u_1,u_2\rangle_L.\] Hieraus folgt $\langle
    u_1,u_2\rangle_L=0$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{remark}
  \stern Man kann mit Zusatzaufwand folgendes zeigen: $A$ besitzt
  unendlich viele Eigenwerte $\lambda_i\in\R$, $i\in\N$. Nach
  Umnummerierung gilt $|\lambda_i|\to\infty$ f\"ur $i\to\infty$. \par
  Seien $u_i$ zugeh\"orige normierte und paarweise orthogonale
  Eigenfunktionen, \dh gelte $Au_i=\lambda_iu_i$ und
  $\langle u_i,u_j\rangle_L=\delta_{ij}$ f\"ur alle $i,\,j$. Dann
  k\"onnen wir $f\in\mathcal D(A)$ als
  \[f(t)=\sum\limits_{i=1}^\infty\langle f,u_i\rangle_L u_i\] mit noch
  genauer zu definierender Konvergenz schreiben.\par
  F\"ur weitere Details, auch im Falle von mehreren Raumdimensionen,
  siehe \cite{ShowalterBook}. 
\end{remark}

\iffalse
% Dies folgt Amann-Escher und ist etwas allgemeiner als es f\"ur die
% Integrationstheorie nach M. Struwe n\"otig ist. 
\section{Ma\ss{}theorie}
Wollen wir gewissen Teilmengen von $\R^n$ einen Fl\"acheninhalt
zuordnen, so m\"ussen wir uns zun\"achst einmal mit den Mengen
besch\"aftigen, f\"ur die dies sinnvoll m\"oglich ist. Aufgrund des
Banach-Tarski-Paradoxons ist dies nicht f\"ur alle Teilmengen von
$\R^n$ in sinnvoller Weise m\"oglich.

\subsection{Messbare R\"aume}
\subsubsection{$\sigma$-Algebren}
\begin{definition}[$\sigma$-Algebra]
  Sei $X$ eine Menge. Dann hei\ss{}t $\mathcal A\subset\mathcal P(X)$
  eine \emph{$\sigma$-Algebra} \"uber (oder auf) $X$, falls die
  folgenden Eigenschaften erf\"ullt sind:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $X\in\mathcal A$,
  \item $A\in\mathcal A$ \impliziert{} $\complement A\in\mathcal A$,
  \item $A_j\in\mathcal A$ f\"ur alle $j\in\N$ \impliziert{}
    $\bigcup\limits_{j\in\N} A_j\in\mathcal A$. 
  \end{enumerate}
  Ist $\mathcal A$ eine $\sigma$-Algebra \"uber $X$, so hei\ss{}t
  $(X,\mathcal A)$ ein \emph{messbarer Raum} und jedes $A\in\mathcal
  A$ hei\ss{}t \emph{$\mathcal A$-messbar}.
\end{definition}

\begin{remark} 
  \stern Sei $\mathcal A$ eine $\sigma$-Algebra und seien
  $A_j\in\mathcal A$, $j\in\N$. Dann gilt auch \[\emptyset,\quad
  A_0\setminus
  A_1,\quad\bigcup\limits_{j=0}^mA_j,\quad\bigcap\limits_{j=0}^mA_j,
  \quad\bigcap\limits_{j\in\N}A_j\in\mathcal A.\]
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir betrachten nur endliche Vereinigungen. Definiere dazu $B_k:=A_k$
  f\"ur $k\le m$ und $B_k:=A_m$ f\"ur $k>m$. Wir erhalten
  $\bigcup\limits_{j=0}^m A_j=\bigcup\limits_{j\in\N}B_j\in\mathcal
  A$. \par Benutze die De Morganschen Regeln f\"ur die anderen
  Aussagen.
\end{proof}

\begin{definition}
  \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ein Mengensystem $\mathcal S\subset\mathcal P(X)$ hei\ss{}t
    unter allen \emph{endlichen Mengenoperationen abgeschlossen,}
    falls
    \begin{itemize}
    \item $A\in\mathcal S$ \impliziert{} $\complement A\in\mathcal S$
      und 
    \item $A_j\in\mathcal S$, $1\le j\le m\in\N$, \impliziert{}
      $\bigcup\limits_{j=1}^m A_j\in\mathcal S$ \quad gelten.
    \end{itemize}
    (Nach De Morgan bleiben dann auch endliche Schnitte in $\mathcal
    A$.) 
  \item Ein Mengensystem $\mathcal S\subset\mathcal P(X)$ hei\ss{}t
    unter allen \emph{abz\"ahlbaren Mengenoperationen abgeschlossen,}
    falls
    \begin{itemize}
    \item $A\in\mathcal S$ \impliziert{} $\complement A\in\mathcal S$
      und 
    \item $A_j\in\mathcal S$, $j\in\N$, \impliziert{}
      $\bigcup\limits_{j\in\N}A_j\in\mathcal S$ \quad gelten.
    \end{itemize}
    (Nach De Morgan bleiben dann auch abz\"ahlbare Schnitte in
    $\mathcal A$.)
  \item $\mathcal S\subset\mathcal P(X)$ hei\ss{}t \emph{Algebra}
    \"uber $X$, falls
    \begin{itemize}
    \item $X\in\mathcal S$,
    \item $A\in\mathcal S$ \impliziert{} $\complement A\in\mathcal S$
      und
    \item $A,B\in\mathcal S$ \impliziert{} $A\cup B\in\mathcal S$
      gelten. 
    \end{itemize}
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  \label{disj sigma alg rem} \stern Sei $\mathcal S\subset\mathcal
  P(X)$ mit $X\in\mathcal S$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dann ist $\mathcal S$ genau dann eine Algebra, wenn $\mathcal
    S$ unter allen endlichen Mengenoperationen abgeschlossen ist.
  \item Dann ist $\mathcal S$ genau dann eine $\sigma$-Algebra, wenn
    $\mathcal S$ unter allen abz\"ahlbaren Mengenoperationen
    abgeschlossen ist.
  \item Sei $\mathcal S$ eine Algebra und f\"ur jede disjunkte Folge
    $(B_j)_{j\in\N}\subset\mathcal S$, \dh f\"ur eine Folge mit
    $B_i\cap B_j=\emptyset$ f\"ur $i\neq j$, gelte
    $\bigcup\limits_{j\in\N} B_j\in\mathcal S$. Dann ist $\mathcal S$
    eine $\sigma$-Algebra. 
  \end{enumerate}
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir zeigen nur die letzte Behauptung:\par Setze $B_0:=A_0$ und
  $B_{j+1}:=A_{j+1}\setminus \bigcup\limits_{k=0}^jA_j$ f\"ur
  $j\in\N$. Dann folgt $\bigcup\limits_{j\in\N}A_j
  =\bigcup\limits_{j\in\N}^\cdot B_j\in\mathcal A$.
\end{proof}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\{\emptyset,X\}$ und $\mathcal P(X)$ sind $\sigma$-Algebren. 
  \item $\{A\subset X\colon A\text{ oder }\complement A \text{ ist
      h\"ochstens abz\"ahlbar}\}$ ist eine $\sigma$-Algebra.
  \item Sei $J$ eine nichtleere Menge und $\mathcal
    A_\alpha\subset\mathcal P(X)$, $\alpha\in J$, seien
    $\sigma$-Algebren \"uber $X$. Dann ist auch
    $\bigcap\limits_{\alpha\in J}\mathcal A_\alpha$ eine
    $\sigma$-Algebra \"uber $X$.
  \item Sei $\mathcal B$ eine $\sigma$-Algebra \"uber $Y$ und $f\colon
    X\to Y$ eine Abbildung. Dann ist \[f^{-1}(\mathcal B):=
    \left\{f^{-1}(B)\colon B\in\mathcal B\right\}\] eine
    $\sigma$-Algebra \"uber $X$, das \emph{Urbild} von $\mathcal B$. 
  \item Sei $\mathcal A$ eine $\sigma$-Algebra \"uber $X$ und $f\colon
    X\to Y$ eine Abbildung. Dann ist \[f_*(\mathcal
    A):=\left\{B\subset Y\colon f^{-1}(B)\in\mathcal A\right\}\] eine
    $\sigma$-Algebra \"uber $Y$, das \emph{direkte Bild} von $\mathcal
      A$ unter $f$. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ubung. Direktes Nachrechnen. 
\end{proof}

\subsubsection{Die Borelsche $\sigma$-Algebra}

\begin{definition}
  Sei $\mathcal S\subset\mathcal P(X)$. Dann hei\ss{}t \[\mathcal
  A_\sigma(\mathcal S):=\bigcap\,\{\mathcal A\subset\mathcal P(X)\colon
  \mathcal A\supset\mathcal S,\,\mathcal A\text{ ist
    $\sigma$-Algebra \"uber }X\}\] die von $\mathcal S$ \emph{erzeugte
    $\sigma$-Algebra} und $\mathcal S$ ein \emph{Erzeugendensystem}
  von $\mathcal A_\sigma(\mathcal S)$. 
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Da $\mathcal P(X)=\mathcal A$ im obigen Schnitt vorkommt und
    da der Schnitt von $\sigma$-Algebren wieder eine $\sigma$-Algebra
    ist, ist $A_\sigma(\mathcal S)$ selbst wieder eine
    $\sigma$-Algebra. 
  \item $A_\sigma(\mathcal S)$ ist die kleinste $\sigma$-Algebra, die
    $\mathcal S$ enth\"alt. 
  \item \stern Ist $\mathcal S$ eine $\sigma$-Algebra, so gilt
    $\mathcal A_\sigma(\mathcal S)=\mathcal S$. 
  \item \stern Aus $\mathcal S\subset\mathcal T$ folgt $\mathcal
    A_\sigma(\mathcal S)\subset \mathcal A_\sigma(\mathcal T)$.
  \item \stern Ist $\mathcal S=\{A\}$, so folgt $\mathcal
    A_\sigma(\mathcal S)=\{\emptyset,A,\complement A,X\}$. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $(X,\mathcal O)$ ein topologischer Raum. Dann hei\ss{}t
    die von $\mathcal O$ erzeugte $\sigma$-Algebra \emph{Borelsche
      $\sigma$-Algebra} von $X$: $\mathcal B(X)$. $A\in\mathcal B(X)$
    hei\ss{}t \emph{Borelsche Teilmenge} von $X$ oder \emph{Borelmenge.}
  \item Wir schreiben $\mathcal B^n:=\mathcal B(\R^n)$.
  \item $A\subset X$ hei\ss{}t \emph{$G_\delta$-Menge,} falls es
    offene Mengen $O_j$, $j\in\N$, mit $\bigcap\limits_{j\in\N} O_j=A$
    gibt. (Eselsbr\"ucke: Gebiet, Durchschnitt)
  \item $F\subset X$ hei\ss{}t \emph{$F_\sigma$-Menge,} falls es
    abgeschlossene Mengen $F_j$, $j\in\N$, mit
    $\bigcup\limits_{j\in\N} F_j=F$ gibt. (Eselsbr\"ucke: ferm\'e,
    Summe) 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $\mathcal F$ die Menge aller abgeschlossenen Teilmengen
    eines topologischen Raumes $X$. Dann gilt $\mathcal B(X)=\mathcal
    A_\sigma(\mathcal F)$. 
  \item Jede $G_\delta$-Menge und jede $F_\sigma$-Menge ist eine
    Borelmenge.
  \item $A$ ist genau dann eine $F_\sigma$-Menge, wenn $\complement A$
    eine $G_\delta$-Menge ist. 
  \item \stern Jedes abgeschlossene Intervall ist eine
    $F_\sigma$-Menge und eine $G_\delta$-Menge.
  \item \stern $\Q\subset\R$ ist als abz\"ahlbare Menge eine
    $F_\sigma$-Menge, aber keine $G_\delta$-Menge.
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\subsubsection{Das zweite Abz\"ahlbarkeitsaxiom}

\begin{definition}
  Sei $X$ ein topologischer Raum. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dann erf\"ullt $X$ das \emph{erste Abz\"ahlbarkeitsaxiom,}
    falls jeder Punkt eine h\"ochstens abz\"ahlbare Umgebungsbasis
    besitzt. (Dies ist in jedem metrischen Raum erf\"ullt.)
  \item Dann erf\"ullt $X$ das \emph{zweite Abz\"ahlbarkeitsaxiom,}
    falls die Topologie eine h\"ochstens abz\"ahlbare Basis besitzt. 
  \item Dann hei\ss{}t $X$ \emph{Lindel\"ofscher Raum,} falls jede
    offene \"Uberdeckung von $X$ eine h\"ochstens abz\"ahlbare
    Teil\"uberdeckung besitzt.
  \end{enumerate}
\end{definition}

Im Falle metrischer R\"aume ben\"otigen wir den Begriff eines
Lindel\"ofschen Raumes nicht. 
\begin{theorem}
  \label{sep aequiv thm}
  Sei $X$ ein metrischer Raum. Dann sind die folgenden Aussagen
  \"aquivalent:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{lind i} $X$ erf\"ullt das zweite Abz\"ahlbarkeitsaxiom,
  \item\label{lind ii} $X$ ist ein Lindel\"ofscher Raum und 
  \item\label{lind iii} $X$ ist separabel. 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \stern
  \begin{itemize}
  \item \glqq\eqref{lind i}\,\impliziert\,\eqref{lind ii}\grqq: Sei
    $\mathcal M$ eine abz\"ahlbare Basis der Topologie und
    $\{O_\alpha\colon \alpha\in J\}$ eine offene \"Uberdeckung von
    $X$. Da $\mathcal M$ eine abz\"ahlbare Basis ist, gibt es zu jedem
    $\alpha\in J$ Mengen $M_{\alpha,j}\in\mathcal M$ mit
    $O_\alpha=\bigcup\limits_{j\in\N} M_{\alpha,j}$. Die Menge
    $\{M_{\alpha,j}\colon \alpha\in J, j\in\N\}\subset\mathcal M$
    \"uberdeckt nach Konstruktion ebenfalls $X$ und ist abz\"ahlbar,
    da $\mathcal M$ dies ist. Zu jeder dieser abz\"ahlbar vielen
    verschiedenen Mengen $M_{\alpha,j}$ gibt es nun ein $\alpha_j$ mit
    $M_{\alpha,j}\subset O_{\alpha_j}$. Somit bilden die abz\"ahlbar
    vielen Mengen $O_{\alpha_j}$ die gesuchte abz\"ahlbare
    Teil\"uberdeckung.
  \item \glqq\eqref{lind ii}\,\impliziert\,\eqref{lind iii}\grqq: Sei
    $n\in\N_{>0}$ fest. Dann ist die Menge $\mathcal
    U_n:=\{B_{1/n}(x)\colon x\in X\}$ eine offene \"Uberdeckung von
    $X$. Nach Voraussetzung gibt es Punkte $x_{n,k}\in X$, so dass
    $\mathcal N_n:=\{B_{1/n}(x_{n,k})\colon k\in\N\}$ eine
    abz\"ahlbare Teil\"uberdeckung von $X$ ist. \par Sei nun
    $n\in\N_{>0}$ nicht mehr fixiert. Die Menge $D:=\{x_{n,k}\colon
    n\in\N_{>0}, k\in\N\}$ ist h\"ochstens abz\"ahlbar. Seien $x\in X$
    und $\epsilon>0$ beliebig. Wir wollen zeigen, dass es ein
    $x_{n,k}\in D$ mit $d(x_{n,k},x)<\epsilon$ gibt. Sei dazu
    $n\in\N_{>0}$ so gro\ss{}, dass $\epsilon>\frac1n>0$ gilt. Die
    Menge $\mathcal N_n$ \"uberdeckt $X$. Somit gibt es $x_{n,k}$ mit
    $x\in B_{\frac1n}(x_{n,k}) \subset B_\epsilon(x_{n,k})$. Wir haben
    also ein $x_{n,k}\in D$ mit $d(x,x_{n,k})<\epsilon$ wie
    gew\"unscht gefunden.
  \item \glqq\eqref{lind iii}\,\impliziert\,\eqref{lind i}\grqq: Dies
    ergibt sich direkt aus dem nachfolgenden Lemma \ref{dicht vereinig
      offene baelle lem}, da die Abz\"ahlbarkeit der dichten Teilmenge
    auch die Abz\"ahlbarkeit der in diesem Lemma definierten Menge
    $\mathcal M$ impliziert. \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

\begin{lemma}
  \label{dicht vereinig offene baelle lem}
  Sei $X$ ein metrischer Raum und $D\subset X$ dicht. Definiere
  $\mathcal M:=\{B_r(a)\colon a\in D, r\in\Q_{>0}\}$. Dann l\"asst
  sich jede offene Menge als Vereinigung von Mengen in
  $\mathcal M$ darstellen.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Seien $O\subset X$ offen und $x\in O$ beliebig. Dann gibt es ein
  (durch Verkleinern ohne Einschr\"ankung) rationales $\epsilon>0$ mit
  $B_\epsilon(x)\subset O$. Da $D\subset X$ dicht ist, gibt es ein
  $y\in D$ mit $d(x,y)<\epsilon/2$. Es folgt $x\in
  B_{\epsilon/2}(y)\subset B_\epsilon(x)\subset O$. Zu jedem $x\in O$
  erhalten wir solch einen Ball $B^x\equiv B_{\epsilon/2}(y)$ und es
  folgt $O=\bigcup\limits_{x\in O}B^x$.
\end{proof}

\begin{corollary}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $X$ ein separabler metrischer Raum und $A\subset X$ eine
    abz\"ahlbare dichte Teilmenge. Dann gilt \[\mathcal B(X)=\mathcal
    A_\sigma(\{B_r(a)\colon a\in A, r\in\Q_{>0}\}).\] 
  \item Sei $X\subset\R^n$. Dann besitzt $X$ mit der induzierten
    Metrik eine h\"ochstens abz\"ahlbare Basis der Topologie. 
  \end{enumerate}
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Definiere $\mathcal S:=\{B_r(a)\colon a\in A,
    r\in\Q_{>0}\}$. Sei $\mathcal O$ die Topologie von $X$. Nach Lemma
    \ref{dicht vereinig offene baelle lem} folgt $\mathcal
    O\subset\mathcal A_\sigma(\mathcal S)$. Weiterhin gilt $\mathcal
    S\subset \mathcal O$. Da Inklusionen bei der
    Bildung einer $\sigma$-Algebra erhalten werden und die von einer
    $\sigma$-Algebra erzeugte $\sigma$-Algebra wieder diese
    $\sigma$-Algebra ist, folgt \[\mathcal B(X) =\mathcal
    A_\sigma(\mathcal O)\subset\mathcal A_\sigma(\mathcal
    A_\sigma(\mathcal S)) =\mathcal A_\sigma(\mathcal S)
    \subset\mathcal A_\sigma(\mathcal O).\] Somit gilt \"uberall
    Gleichheit. 
  \item $X$ ist als Teilmenge eines separablen Raumes ebenfalls
    separabel. Daher folgt die Behauptung aus Theorem \ref{sep aequiv
      thm}. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\subsubsection{Erzeugung der Borelschen $\sigma$-Algebra durch
  Intervalle \stern} 

\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Auf $\R^n$ definieren wir die \emph{nat\"urliche partielle
      Produktordnung} durch \[a\le b \quad \aequivalent\quad a^k\le
    b^k\quad\forall\,1\le k\le n\] f\"ur $a,b\in\R^n$.
  \item Eine Teilmenge $J\subset\R^n$ hei\ss{}t \emph{Quader} oder
    \emph{Intervall,} falls es Intervalle $J_k\subset\R$, $1\le k\le
    n$, mit $J=\prod\limits_{i=1}^nJ_k$ gibt. 
  \item F\"ur $a\le b\in\R^n$ definieren wir 
    \begin{align*}
      (a,b):=&\,\prod\limits_{k=1}^n\left(a^k,b^k\right),&&&
      [a,b]:=&\,\prod\limits_{k=1}^n\left[a^k,b^k\right],\umbruch\\ 
      (a,b]:=&\,\prod\limits_{k=1}^n\left(a^k,b^k\right]&\text{und}&&
      [a,b):=&\,\prod\limits_{k=1}^n\left[a^k,b^k\right).
    \end{align*}
    Weiterhin definieren wir $(a,b)$, $[a,b]$, $(a,b]$ und $[a,b)$ als
    leere Menge $\emptyset$, falls $a\le b$ nicht gilt.
  \item $(a,b)\subset\R^n$ hei\ss{}t \emph{offener Quader} oder
    \emph{offenes Intervall} und $[a,b]\subset\R^n$ hei\ss{}t
    \emph{abgeschlossener Quader} oder \emph{abgeschlossenes
      Intervall.} \par (Offene Quader sind offene Mengen
    und abgeschlossene Quader sind abgeschlossene Mengen.)
  \item Wir definieren $\mathbb J(n)$ als die Menge aller offenen
    Quader in $\R^n$.
  \item Wir definieren den abgeschlossenen Halbraum
    $H_k(\alpha):=\left\{x\in\R^n\colon x^k\ge\alpha\right\}$.
  \item Ist die Grundmenge klar, so schreiben wir beispielsweise
    $\left\{x^k\ge\alpha\right\}$ f\"ur die Menge
    $\left\{x\in\R^n\colon x^k\ge\alpha\right\}$.
  \end{enumerate}
\end{definition}

Insbesondere erzeugen die abgeschlossenen Halbr\"aume bereits die
Borelsche $\sigma$-Algebra \"uber $\R^n$. 
\begin{theorem}
  Definiere $\mathcal A_{\Q}:=\mathcal A_\sigma(\{(a,b)\colon
  a,b\in\Q^n\})$, $\mathcal A_0:=\mathcal A_\sigma(\{H_k(\alpha)\colon
  1\le k\le n,\alpha\in\Q\})$ und  $\mathcal A_1:=\mathcal
  A_\sigma(\{H_k(\alpha)\colon 1\le k\le n,\alpha\in\R\})$.  Dann
  gilt \[\mathcal B^n =\mathcal A_\sigma(\mathbb J(n)) =\mathcal
  A_{\Q} =\mathcal A_0 =\mathcal A_1.\] 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  $\mathcal A_{\Q}\subset \mathcal A_\sigma(\mathbb J(n)) \subset
  \mathcal B^n$ ist klar. Da sich in $\R^n$ jede offene Menge als
  abz\"ahlbare Vereinigung von offenen Quadern $(a,b)$ mit
  $a,b\in\Q^n$ schreiben l\"asst und $\mathcal A_\sigma(\mathcal
  A_\sigma(\cdot))=\mathcal A_\sigma(\cdot)$ gilt, folgt $\mathcal
  B^n\subset \mathcal A_\sigma(\mathcal A_{\Q})=\mathcal A_{\Q}$.\par
  Die restlichen \"Uberlegungen f\"uhren wir nur eindimensional
  aus. Sie lassen sich leicht auf den allgemeinen Fall
  \"ubertragen. Sei $a\in\R$ beliebig. Mit $\Q\ni a_k\searrow a$,
  $k\in\N$, folgt $\bigcup\limits_{k\in\N} [a_k,\infty)
  =(a,\infty)$. F\"ur $a\in\Q$ gilt
  $(-\infty,a)=\complement[a,\infty)\in\mathcal A_0$. F\"ur $a\in\R$
  und $\Q\ni a_k\nearrow a$ folgt $(-\infty,a)=\bigcup\limits_{k\in\N}
  (-\infty,a_k)$. Somit gilt $(a,b)\in\mathcal A_0$ f\"ur beliebige
  $a,b\in\R$. Klar ist $\mathcal A_0\subset \mathcal
  A_1\subset\mathcal B^n$. Wegen $(a,b)\in\mathcal A_0$ folgt wie oben
  aber auch $\mathcal A_0=\mathcal B^n$. 
\end{proof}

\subsubsection{Produkte Borelscher $\sigma$-Algebren}

Wie bei Produktr\"aumen \"ublich behandeln wir insbesondere den Fall
von zwei Faktoren. Verallgemeinerungen auf mehr Faktoren ergeben sich
dann per Induktion. 

\begin{remark} \stern Seien $(X_j,\mathcal O_j)$, $j=1,2$,
  topologische R\"aume. Dann wissen wir (Kapitel 3.5, Produktr\"aume),
  dass \[\mathcal O_1\boxtimes\mathcal O_2:=\{O_1\times O_2\colon
  (O_1,O_2)\in \mathcal O_1\times\mathcal O_2\}\] eine Basis der
  Produkttopologie auf $X_1\times X_2$ ist. (Die Notation $\boxtimes$
  ist hier praktisch, aber nicht sehr verbreitet.)
\end{remark}

Bereits am Beispiel der $\sigma$-Algebra $\mathcal
A:=\{\emptyset,A,\complement A,X\}$ sieht man, dass $\mathcal
A\boxtimes \mathcal A$ im Allgemeinen keine $\sigma$-Algebra mehr ist,
da man durch Vereinigungen auch Mengen bekommt, die nicht in
Produktgestalt sind. Daher definieren wir.
\begin{definition}
  Seien $(X_j,\mathcal A_j)$, $j=1,2$, messbare R\"aume. Wir
  definieren die \emph{Produkt-$\sigma$-Algebra} $\mathcal
  A_1\otimes\mathcal A_2$ von $\mathcal A_1$ und $\mathcal A_2$ als
  die kleinste $\sigma$-Algebra \"uber $X_1\times X_2$, die $\mathcal
  A_1\boxtimes\mathcal A_2$ enth\"alt: 
  \[\mathcal A_1\otimes\mathcal A_2:=\mathcal A_\sigma(\mathcal
  A_1\boxtimes\mathcal A_2).\] 
\end{definition}

Jedoch bilden die Produkte $\mathcal S_1\boxtimes\mathcal S_2$ von
Erzeugendensystemen wieder ein Erzeugendensystem der
Produkt-$\sigma$-Algebra.
\begin{theorem}
  \label{sigma algebra prod thm}
  Seien $X_j$ beliebige Mengen und $\mathcal S_j\subset\mathcal
  P(X_j)$ mit $X_j\in\mathcal S_j$ f\"ur $j=1,2$. Dann gilt \[\mathcal
  A_\sigma(\mathcal S_1)\otimes \mathcal A_\sigma(\mathcal S_2)
  =\mathcal A_\sigma(\mathcal S_1\boxtimes\mathcal S_2).\]
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis] 
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item \glqq$\supset$\grqq: Wir erhalten nach Definition $\mathcal
    A_\sigma(\mathcal S_1\boxtimes\mathcal S_2)\subset \mathcal
    A_\sigma(\mathcal A_\sigma(\mathcal S_1)\boxtimes \mathcal
    A_\sigma(\mathcal S_2)) \equiv\mathcal A_\sigma(\mathcal
    S_1)\otimes\mathcal A_\sigma(\mathcal S_2)$.
  \item \glqq$\subset$\grqq: Sei nun $A_1\times A_2\in\mathcal
    A_\sigma(\mathcal S_1)\boxtimes \mathcal A_\sigma(\mathcal S_2)$,
    also insbesondere $A_1\in\mathcal A_\sigma(\mathcal
    S_1)$. F\"uhren wir die Operationen einer $\sigma$-Algebra, die
    aus Elementen $S_k\in\mathcal S_1$ die Menge $A_1$ erzeugen, mit
    $S_k\times X_2\in\mathcal S_1\boxtimes \mathcal S_2$ statt mit
    $S_k$ aus, so sehen wir, dass $A_1\times X_2\in\mathcal
    A_\sigma(\mathcal S_1\boxtimes \mathcal S_2)$ gilt. Ebenso folgt
    $X_1\times A_2\in\mathcal A_\sigma(\mathcal S_1\boxtimes\mathcal
    S_2)$. Somit ist auch $A_1\times A_2 =(A_1\times X_2)\cap
    (X_1\times A_2) \in\mathcal A_\sigma(\mathcal S_1\boxtimes
    \mathcal S_2)$. Hieraus folgt $\mathcal A_\sigma(\mathcal
    S_1)\otimes \mathcal A_\sigma(\mathcal S_2) =\mathcal A_\sigma
    (\mathcal A_\sigma(\mathcal S_1)\boxtimes\mathcal A_\sigma
    (\mathcal S_2))\subset \mathcal A_\sigma(\mathcal S_1\boxtimes
    \mathcal S_2)$ wie behauptet. \qedhere 
  \end{itemize}
\end{proof}

Wir vergleichen nun $\mathcal B(X_1)\otimes\mathcal B(X_2)$ und
$\mathcal B(X_1\times X_2)$ f\"ur topologische R\"aume $X_j$,
$j=1,2$. 
\begin{theorem}
  \label{borel prod eine inkl thm}
  Seien $(X_j,\mathcal O_j)$, $j=1,2$, topologische R\"aume. Dann
  gilt \[\mathcal B(X_1)\otimes \mathcal B(X_2)\subset\mathcal
  B(X_1\times X_2).\]
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Die Produkttopologie $\mathcal O$ auf $X_1\times X_2$ enth\"alt
  $\mathcal O_1\boxtimes \mathcal O_2$. Es folgt \[\mathcal
  A_\sigma(\mathcal O_1\boxtimes\mathcal O_2)\subset\mathcal
  A_\sigma(\mathcal O) =\mathcal B(X_1\times X_2).\] Nach Theorem
  \ref{sigma algebra prod thm} folgt $\mathcal B(X_1)\otimes\mathcal
  B(X_2) =\mathcal A_\sigma(\mathcal O_1\boxtimes \mathcal O_2)$ und
  somit die Behauptung.
\end{proof}

Im obigen Beweis steht an einer Stelle nur \glqq$\subset$\grqq, da
eine Topologie unter beliebigen Vereinigungen abgeschlossen ist, eine
$\sigma$-Algebra jedoch nur unter abz\"ahlbaren Vereinigungen.  In
\cite[Aufgabe 19, Seite 19]{AmannEscherAnalysisIII} finden sich
kompliziertere Beispiele, die zeigen, dass nachfolgend das zweite
Abz\"ahlbarkeitsaxiom n\"otig ist. Es gilt jedoch
\begin{theorem}
  Seien $X_j$, $j=1,2$, topologische R\"aume, die jeweils das zweite
  Abz\"ahlbarkeitsaxiom erf\"ullen. Dann gilt \[\mathcal B(X_1\times
  X_2) =\mathcal B(X_1)\otimes\mathcal B(X_2).\] 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Seien $\mathcal M_j$, $j=1,2$, abz\"ahlbare Basen der Topologien auf
  $X_j$. Dann ist $\mathcal M_1\boxtimes\mathcal M_2$ eine
  abz\"ahlbare Basis der Produkttopologie $\mathcal O$ auf $X_1\times
  X_2$. Jede offene Menge in $X_1\times X_2$ l\"asst sich also als
  abz\"ahlbare Vereinigungen solcher Basiselemente darstellen. Daher
  folgt $\mathcal O\subset\mathcal B(X_1)\otimes\mathcal B(X_2)$. Dies
  impliziert $\mathcal B(X_1\times X_2) =\mathcal A_\sigma(\mathcal O)
  \subset\mathcal B(X_1)\otimes\mathcal B(X_2)$. \par
  Die umgekehrte Inklusion gilt nach Theorem \ref{borel prod eine inkl
    thm} allgemein. Somit folgt die Behauptung.
\end{proof}

\begin{corollary}
  Es gilt $\mathcal B^m\otimes\mathcal B^n =\mathcal B^{m+n}$ und
  $\mathcal B^m=\underbrace{\mathcal B^1\otimes\ldots\otimes\mathcal
    B^1}_{\text{m St\"uck}}$ f\"ur $m,n\in\N_{>0}$. 
\end{corollary}

\subsubsection{Die Messbarkeit von Schnitten}

\begin{definition}
  Seien $C\subset X\times Y$ und $(a,b)\in X\times Y$. Dann
  hei\ss{}en \[C_{[a]}:=\{y\in Y\colon (a,y)\in C\}
  \quad\text{und}\quad C^{[b]}:=\{x\in X\colon (x,b)\in C\}\]
  \emph{Schnitte} von $C$ bez\"uglich $a\in X$ bzw.{} $b\in Y$. (Diese
  Notation ist nicht weit verbreitet.)
\end{definition}

\begin{theorem}
  Seien $(X,\mathcal A)$ und $(Y,\mathcal B)$ messbare R\"aume und
  $C\in\mathcal A\otimes\mathcal B$. Sei $(a,b)\in X\times Y$. Dann
  gelten \[\{y\in Y\colon (a,y)\in C\}\in\mathcal B
  \quad\text{und}\quad\{x\in X\colon (x,b)\in C\}\in\mathcal A.\]
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Definiere \[\mathcal C:=\left\{C\in\mathcal A\otimes\mathcal B\colon
    C_{[x]}\in\mathcal B \text{ und } C^{[y]}\in\mathcal A \text{
      f\"ur alle }(x,y)\in X\times Y\right\}.\] Wir behaupten, dass
  $\mathcal C$ eine $\sigma$-Algebra \"uber $X\times Y$ ist: Sei
  $(x,y)\in X\times Y$ beliebig.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $X\times Y\in\mathcal C$ ist klar. 
  \item Sei $C\in\mathcal C$. Dann gilt $(\complement C)_{[x]}
    =\complement(C_{[x]})\in\mathcal B$. Analog folgt die zweite
    Bedingung und somit ist auch $\complement C\in\mathcal C$. 
  \item Wegen \[\left(\bigcup\limits_{j\in\N} C_j\right)_{[x]}
    =\bigcup\limits_{j\in\N} (C_j)_{[x]}\] und einer analogen Rechnung
    mit \glqq${}^{[y]}$\grqq{} ist $\mathcal C$ auch unter
    abz\"ahlbaren Vereinigungen abgeschlossen. 
  \end{enumerate}
  Sei $A\times B\in\mathcal A\boxtimes\mathcal B$. Dann gilt f\"ur
  beliebige $(x,y)\in X\times Y$ \[(A\times B)_{[x]}=
  \begin{cases}
    B,&x\in A,\\
    \emptyset,&x\not\in A
  \end{cases}\]
  und eine analoge Beziehung f\"ur \glqq${}^{[y]}$\grqq. Somit gilt
  $\mathcal A\boxtimes\mathcal B\subset\mathcal C$. Dies impliziert
  $\mathcal A\otimes\mathcal B\subset\mathcal C$, da $\mathcal C$ eine
  $\sigma$-Algebra ist. \par Nach Definition von $\mathcal C$ gilt
  aber auch $\mathcal C\subset\mathcal A\otimes\mathcal B$. Somit
  folgt die Behauptung. 
\end{proof}

\subsection{Ma\ss{}e}

\subsubsection{Mengenfunktionen}

\begin{definition}
  Seien $X$ eine Menge und $\mathcal C\subset\mathcal P(X)$ mit
  $\emptyset\in\mathcal C$. Sei $\phi\colon\mathcal C\to [0,\infty]$
  eine Abbildung mit $\phi(\emptyset)=0$. Solch ein $\phi$ hei\ss{}t
  auch \emph{Mengenfunktion.}
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\phi$ hei\ss{}t \emph{$\sigma$-subadditiv,} wenn f\"ur jede
    Folge $(A_j)_{j\in\N}\subset\mathcal C$ mit
    $\bigcup\limits_{j\in\N} A_j\in\mathcal
    C$ \[\phi\left(\bigcup\limits_{j\in\N} A_j\right) \le
    \sum\limits_{j\in\N}\phi(A_j)\] gilt. \par $\phi$ hei\ss{}t
    \emph{subadditiv,} wenn die entsprechende Bedingung f\"ur
    Vereinigungen von endlich vielen Mengen erf\"ullt ist.
  \item Eine Abbildung $\phi\colon\mathcal C\to[0,\infty]$ (oder
    $\ldots\to\K$) mit $\phi(\emptyset)=0$ hei\ss{}t
    \emph{$\sigma$-additiv,} falls f\"ur jede disjunkte Folge
    $(A_j)_{j\in\N}\subset\mathcal C$ mit
    $\bigcup\limits_{j\in\N}A_j\in\mathcal C$
    auch \[\phi\left(\bigcup\limits_{j\in\N} A_j\right)
    =\sum\limits_{j\in\N} \phi(A_j)\] gilt. \par $\phi$ hei\ss{}t
    \emph{additiv,} wenn die entsprechende Bedingung f\"ur disjunkte
    Vereinigungen von endlich vielen Mengen erf\"ullt ist.
  \item Eine $\sigma$-subadditive Funktion $\phi\colon\mathcal
    C\to[0,\infty]$ hei\ss{}t \emph{$\sigma$-endlich,} falls
    $X\in\mathcal C$ ist und es eine Folge
    $(A_j)_{j\in\N}\subset\mathcal C$ mit $\bigcup\limits_{j\in\N}
    A_j=X$ und $\phi(A_j)<\infty$ f\"ur alle $j\in\N$ gibt.
  \item Ist $\phi$ eine $\sigma$-subadditive Funktion, $X\in\mathcal
    C$ und gilt $\phi(X)<\infty$, so hei\ss{}t $\phi$ \emph{endlich.}
  \end{enumerate}
\end{definition}

Diese Begriffe stehen wie folgt in Beziehung zueinander. 
\begin{remark}
  \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Eine $\sigma$-subadditive Funktion ist subadditiv.
  \item Eine $\sigma$-additive Funktion ist additiv.
  \item Eine $\sigma$-additive Funktion auf einer $\sigma$-Algebra mit
    Werten in $[0,\infty]$ ist $\sigma$-subadditiv.
  \item Eine additive Funktion auf einer $\sigma$-Algebra mit Werten
    in $[0,\infty]$ ist subadditiv.
  \item Ist eine $\sigma$-endliche Funktion auf einer $\sigma$-Algebra
    definiert, so k\"onnen wir die Folge auch disjunkt
    w\"ahlen. Definiere dazu $B_0:=A_0$ und induktiv
    $B_k:=A_k\setminus\bigcup\limits_{l=0}^{k-1}A_l$ f\"ur $k>0$. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\subsubsection{Ma\ss{}r\"aume}

\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $\mathcal A$ eine $\sigma$-Algebra \"uber $X$. Sei
    $\mu\colon\mathcal A\to[0,\infty]$ eine $\sigma$-additive
    Funktion. Dann hei\ss{}t $\mu$ ein (positives) \emph{Ma\ss{}} auf
    $X$ und $(X,\mathcal A,\mu)$ ein \emph{Ma\ss{}raum.}
  \item Gilt zus\"atzlich $\mu(X)=1$, so hei\ss{}t $\mu$
    \emph{Wahrscheinlichkeitsma\ss{}} und $(X,\mathcal A,\mu)$ ein
    \emph{Wahrscheinlichkeitsraum.}
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item \stern Sei $X$ eine Menge, $a\in X$. Dann ist das
    \emph{Diracma\ss{}} die Abbildung $\delta_a\colon\mathcal
    P(X)\to[0,\infty]$ mit \[\delta_a(A):=
    \begin{cases}
      1,&a\in A,\\
      0,&a\not\in A
    \end{cases}\]
    f\"ur beliebige $A\subset X$. 
  \item \stern Sei $X$ eine Menge. Dann ist das Z\"ahlma\ss{}
    $\mathcal H^0\colon\mathcal P(X)\to[0,\infty]$ einer Menge
    $A\subset X$ als die Anzahl der Punkte in $A$ f\"ur endliche
    Mengen $A$ und sonst als $\infty$ definiert.
  \item Sei $(X,\mathcal A,\mu)$ ein Ma\ss{}raum und $A\in\mathcal
    A$. Dann ist $(A,\mathcal A|_A,\mu|_A)$ ebenfalls ein Ma\ss{}raum.
    Dabei sind $\mathcal A|_A:=\{B\cap A\colon B\in\mathcal A\}
    =\{B\colon B\in\mathcal A\text{ und } B\subset A\}$ und
    $\mu|_A(B):=\mu(B)$ f\"ur alle $B\in\mathcal A|_A$, wobei wir
    genauer $\mu(i_A(B))$ mit der kanonischen Einbettung $i_A\colon
    A\to X$ schreiben sollten.
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\subsubsection{Eigenschaften von Ma\ss{}en}

\begin{remark}
  Erinnerung: 
  \begin{itemize}
  \item \glqq$\nearrow$\,\grqq{} schreiben wir bei einer monotonen
    Folge, die konvergiert.
  \item \glqq$\uparrow$\,\grqq{} schreiben wir, falls s\"amtliche
    Folgeglieder kleiner oder gleich dem Grenzwert sind.
  \end{itemize}
\end{remark}

Es gelten die folgenden Rechenregeln. 
\begin{theorem}
  \label{mass thm rechenregeln}
  Sei $(X,\mathcal A,\mu)$ ein Ma\ss{}raum. Seien $A,B\in\mathcal A$
  und sei $(A_j)_{j\in\N}\subset\mathcal A$. Dann gelten
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\mu(A\cup B)+\mu(A\cap B)=\mu(A)+\mu(B)$,
  \item\label{el mass ii} $\mu(B\setminus A)=\mu(B)-\mu(A)$ f\"ur
    $A\subset B$ und $\mu(A)<\infty$,
  \item\label{el mass iii} $A\subset B$ \impliziert\,
    $\mu(A)\le\mu(B)$, \dh $\mu$ ist (bez\"uglich der durch Inklusion
    definierten nat\"urlichen Teilordnung) wachsend,\\
    (die Aussagen bis hier gelten auch f\"ur additive statt
    $\sigma$-additive Abbildungen $\mu$)
  \item\label{el mass iv} $\mu(A_k)\nearrow \mu\left(\bigcup
      \limits_{j\in\N}A_j\right)$ f\"ur $A_0\subset A_1\subset
    A_2\subset\ldots$,\\
    (Stetigkeit des Ma\ss{}es von unten)
  \item $\mu(A_k)\searrow\mu\left(\bigcap\limits_{j\in\N}A_j\right)$
    f\"ur $A_0\supset A_1\supset A_2\supset\ldots$ mit
    $\mu(A_0)<\infty$ (Stetigkeit des Ma\ss{}es von oben) und
  \item\label{el mass vi}
    $\mu\left(\bigcup\limits_{j\in\N}A_j\right)\le
    \sum\limits_{j\in\N} \mu(A_j)$, \dh $\mu$ ist $\sigma$-subadditiv.
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\sigma$-Additivit\"at impliziert Additivit\"at. Daher folgt
    aus $A\cup B=A\dot\cup(B\setminus A)$ \[\mu(A\cup B)=\mu(A)
    +\mu(B\setminus A).\] Analog folgt aus $B=(A\cap
    B)\dot\cup(B\setminus A)$ \[\mu(A\cap B)+\mu(B\setminus A)
    =\mu(B).\] Wir addieren die beiden Gleichungen und
    erhalten \[\mu(A\cup B) +\mu(A\cap B) +\mu(B\setminus A) =\mu(A)
    +\mu(B) +\mu(B\setminus A).\] Ist $\mu(B\setminus A)<\infty$, so
    folgt die Behauptung. Sonst implizieren die obigen beiden
    Identit\"aten $\mu(A\cup B) =\mu(B) =\infty$. Daraus folgt die
    Behauptung auch im Fall $\mu(B\setminus A)=\infty$. 
  \item Die Annahme $A\subset B$ impliziert $B=A\dot\cup(B\setminus
    A)$. Daraus folgt $\mu(B) =\mu(A)+\mu(B\setminus A)$. Wegen
    $\mu(A)<\infty$ d\"urfen wir dies abziehen und erhalten $\mu(B)
    -\mu(A) =\mu(B\setminus A)$. 
  \item Aus $A\subset B$ folgt auch hier wieder $\mu(B)=\mu(A)
    +\mu(B\setminus A)$, wegen $\mu(B\setminus A)\ge0$ also
    insbesondere $\mu(B)\ge\mu(A)$.
  \item Wir definieren disjunkte Mengen $B_k$ durch
    $A_{-1}:=\emptyset$ und induktiv $B_k:=A_k\setminus A_{k-1}$ f\"ur
    $k\in\N$. Nach Konstruktion sind die Mengen $B_k$ disjunkt und
    erf\"ullen $B_k\in\mathcal A$ sowie $\bigcup\limits_{k=0}^\infty
    B_k =\bigcup\limits_{j=0}^\infty A_j$ und $\bigcup\limits_{k=0}^m
    B_k =A_m$. Aus der $\sigma$-Additivit\"at erhalten wir
    \begin{align*}
      \mu\left(\bigcup\limits_{j\in\N} A_j\right)
      =&\,\mu\left(\bigcup\limits_{k\in\N} B_k\right)
      =\lim\limits_{m\to\infty} \sum\limits_{k=0}^m \mu(B_k)\umbruch\\
      =&\,\lim\limits_{m\to\infty} \mu\left(\bigcup\limits_{k=0}^m
        B_k\right) =\lim\limits_{m\to\infty} \mu(A_m).
    \end{align*}
    Wegen $A_0\subset A_1\subset\ldots$ folgt aufgrund der Monotonie
    des Ma\ss{}es \eqref{el mass iii}, dass \glqq$\nearrow$\,\grqq{}
    gilt.
  \item Da $(A_k)_k$ eine fallende Folge ist, ist die Folge
    $(A_0\setminus A_k)_k$ wachsend. Elementare Mengenmanipulationen
    liefern \[A_0\setminus \left(\bigcap\limits_{k\in\N}A_k\right)
    =\bigcup\limits_{k\in\N}(A_0\setminus A_k).\] Somit folgt
    \begin{align*}
      \mu(A_0)-\mu\left(\bigcap\limits_{k\in\N} A_k\right)
      \overset{\eqref{el mass ii}} =&\,
      \mu\left(A_0\setminus\bigcap\limits_{k\in\N}A_k\right)
      =\mu\left(\bigcup\limits_{k\in\N}(A_0\setminus A_k)\right)
      \umbruch\\
      \overset{\eqref{el mass iv}}=&\,\lim\limits_{m\to\infty}
      \underbrace{\mu(A_0\setminus A_m)}_{=\mu(A_0)-\mu(A_m)}
      =\mu(A_0) -\lim\limits_{m\to\infty}\mu(A_m).
    \end{align*}
    Hieraus folgt die Behauptung. 
  \item Wir definieren wiederum induktiv eine disjunkte Folge in
    $\mathcal A$ durch $B_0:=A_0$ und
    $B_k:=A_k\setminus\bigcup\limits_{j=0}^{k-1} A_j$ f\"ur $k>0$.
    Nach Definition gelten $\bigcup\limits_{k\in\N}B_k
    =\bigcup\limits_{k\in\N}A_k$ und $B_k\subset A_k$ f\"ur
    $k\in\N$. Wir benutzen die $\sigma$-Additivit\"at von $\mu$ und
    erhalten \[\mu\left(\bigcup\limits_{k\in\N} A_k\right)
    =\mu\left(\bigcup\limits_{k\in\N} B_k\right) =\sum\limits_{k\in\N}
    \mu(B_k) \overset{\eqref{el mass iii}}\le\sum\limits_{k\in\N}
    \mu(A_k)\] wie behauptet. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\subsubsection{Nullmengen}

\begin{definition}
  Sei $(X,\mathcal A,\mu)$ ein Ma\ss{}raum. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Eine Menge $N\in\mathcal A$ mit $\mu(N)=0$ hei\ss{}t
    \emph{$\mu$-Nullmenge.} Mit $\mathcal N_\mu$ bezeichnen wir die
    Menge aller $\mu$-Nullmengen.
  \item Das Ma\ss{} $\mu$ bzw.{} der Ma\ss{}raum $(X,\mathcal A,\mu)$
    hei\ss{}t \emph{vollst\"andig,} wenn f\"ur jede Nullmenge
    $N\in\mathcal N_\mu$ und alle Teilmengen $M\subset N$ stets
    $M\in\mathcal A$ gilt.
  \item Wir definieren \[\mathcal M_\mu:=\{M\subset X\colon \text{es
      gibt eine $\mu$-Nullmenge $N$ mit }M\subset N\}\] und \[\ol{\mathcal
      A}_\mu :=\{A\cup M\colon A\in\mathcal A,\,M\in\mathcal
    M_\mu\}.\] Auf $\ol{\mathcal A}_\mu$ definieren wir $\ol\mu$ wie
    folgt: Sei $B\in\ol{\mathcal A}_\mu$ beliebig. Seien $A\in\mathcal
    A$ und $M\in\mathcal M_\mu$ mit $B=A\cup M$. Dann definieren wir
    $\ol\mu(B):=\mu(A)$. (Hier ist insbesondere noch die
    Wohldefiniertheit nachzuweisen.) \par $\left(X,\ol{\mathcal
        A}_\mu,\ol\mu\right)$ hei\ss{}t \emph{Vervollst\"andigung} von
    $(X,\mathcal A,\mu)$.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark} \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Aufgrund der Monotonie gilt f\"ur $M\in\mathcal A$ und
    Nullmengen $N\in\mathcal N_\mu$ mit $M\subset N$ stets
    $M\in\mathcal N_\mu$. \par
    Somit ist $\mu$ genau dann vollst\"andig, wenn jede Teilmenge
    einer $\mu$-Nullmenge wieder eine $\mu$-Nullmenge ist. 
  \item Aufgrund der $\sigma$-(Sub-)Additivit\"at von $\mu$ sind
    abz\"ahlbare Vereinigungen von Nullmengen selbst wieder
    Nullmengen. 
  \item $\mu$ ist genau dann vollst\"andig, wenn $\mathcal
    M_\mu\subset\mathcal A$ gilt. 
  \item Jeder Ma\ss{}raum mit $\mathcal A=\mathcal P(X)$ ist
    vollst\"andig. Insbesondere sind also das Diracma\ss{} und das
    Z\"ahlma\ss{} vollst\"andig. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{theorem}
  Sei $(X,\mathcal A,\mu)$ ein Ma\ss{}raum. 
  \begin{enumerate}[(a)]
  \item Dann ist $\left(X,\ol{\mathcal A}_\mu,\ol\mu\right)$ ein
    vollst\"andiger Ma\ss{}raum mit $\mu\subset\ol\mu$, \dh $\ol\mu$
    ist eine Fortsetzung von $\mu$. 
  \item Ist $(X,\mathcal B,\nu)$ ein vollst\"andiger Ma\ss{}raum und
    $\nu\supset\mu$, so gilt auch $\nu\supset\ol\mu$, \dh $\ol\mu$ ist
    die kleinste vollst\"andige Fortsetzung von $\mu$. 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\ol{\mathcal A}_\mu$ ist eine $\sigma$-Algebra:
    \begin{itemize}
    \item $X\in\ol{\mathcal A}_\mu$ ist klar. 
    \item Komplemente: Wir schreiben eine beliebige Menge aus
      $\ol{\mathcal A}_\mu$ in der Form $A\cup M$ mit $A\in\mathcal A$
      und $M\subset N$, wobei $N\in\mathcal A$ eine Nullmenge
      ist. Ohne Einschr\"ankung d\"urfen wir annehmen, dass $A\cap
      N=\emptyset$ gilt, betrachte sonst $M\cap\complement A$ bzw.{}
      $N\cap\complement A$ statt $M$ bzw.{} $N$. Es
      gilt \[\complement(A\cup M) =\underbrace{\complement(A\cup
        N)}_{\in\mathcal A}\cup\underbrace{(N\setminus M)}_{\subset
        N\text{ = Nullmenge}} \in\ol{\mathcal A}_\mu.\]
    \item Abz\"ahlbare Vereinigungen geh\"oren wieder zu $\ol{\mathcal
        A}_\mu$, da abz\"ahlbare Vereinigungen von Nullmengen wieder
      Nullmengen sind.
    \end{itemize}
  \item Wohldefiniertheit von $\ol\mu\colon\ol{\mathcal
      A}_\mu\to[0,\infty]$: Seien $A_1,A_2\in\mathcal A$ und
    $M_1,M_1\subset N$ f\"ur eine (ohne Einschr\"ankung gemeinsame)
    $\mu$-Nullmenge $N$. Gelte $A_1\cup M_1 =A_2\cup M_2$. Es folgt
    \begin{align*}
      \ol\mu(A_1\cup M_1) =&\,\mu(A_1) \le\mu(A_2\cup N)
      =\mu(A_2)+\mu(N)-\mu(A_2\cap N)\umbruch\\
      =&\,\mu(A_2)=\ol\mu(A_2\cup M_2).
    \end{align*}
    Die umgedrehte Ungleichung folgt analog. 
  \item Vollst\"andigkeit: Sei $A_0$ eine beliebige $\ol\mu$-Nullmenge
    und $B\subset A_0$ beliebig. Wir wollen zeigen, dass auch
    $B\in\ol{\mathcal A}_\mu$ gilt. Nach Definition gibt es
    $A,N\in\mathcal A$ und $M\subset N$ mit $\mu(A)=0$, $\mu(N)=0$,
    $M\subset N$ und $A_0=A\cup M$. Insbesondere gilt $B\subset
    A_0\subset A\cup N$ mit $A\cup N\in\mathcal A$ und $\mu(A\cup
    N)=0$. Somit folgen $B\in\mathcal M_\mu$, $\emptyset\cup
    B\in\ol{\mathcal A}_\mu$ und daher die Vollst\"andigkeit.
  \item Es ist klar, dass $\ol\mu$ eine Fortsetzung von $\mu$ ist. Die
    $\sigma$-Additivit\"at von $\ol\mu$ folgt direkt aus der
    $\sigma$-Additivit\"at von $\mu$. Dies zeigt den ersten Teil. 
  \item Sei $(X,\mathcal B,\nu)$ ein vollst\"andiger Ma\ss{}raum mit
    $\mathcal B\supset\mathcal A$ und $\nu|_{\mathcal A}=\mu$. Damit
    gilt $\mathcal N_\mu\subset\mathcal N_\nu$ und folglich erhalten
    wir auch $\mathcal M_\mu\subset\mathcal M_\nu$. Aufgrund der
    Vollst\"andigkeit k\"onnen wir die Inklusionskette zu  $\mathcal
    M_\mu \subset \mathcal M_\nu\subset\mathcal B$ fortsetzen. Nach
    Definition von $\ol{\mathcal A}_\mu$ ist somit $\ol{\mathcal
      A}_\mu\subset\mathcal B$. Schlie\ss{}lich ist $\nu\supset\ol\mu$
    klar und die Behauptung folgt.  \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\subsection{\"Au\ss{}ere Ma\ss{}e}

\subsubsection{Konstruktion \"au\ss{}erer Ma\ss{}e}

\begin{definition}
  Sei $X$ eine Menge. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Eine Funktion $\mu^*\colon\P(X)\to[0,\infty]$ mit
    $\mu^*(\emptyset)=0$ hei\ss{}t \emph{\"au\ss{}eres Ma\ss{}} auf
    $X$, falls sie wachsend und $\sigma$-subadditiv ist.
  \item Eine Familie $\mathcal K\subset\P(X)$ hei\ss{}t
    \emph{\"Uberdeckungsklasse} f\"ur $X$, falls sie $\emptyset$ und
    eine Folge $(K_j)_{j\in\N}$ mit $\bigcup\limits_{j\in\N}K_j=X$
    enth\"alt. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark} \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ein Ma\ss{} ist genau dann ein \"au\ss{}eres Ma\ss{}, wenn es
    auf ganz $\P(X)$ definiert ist. 
    \begin{proof}[Beweisidee]
      Die $\sigma$-Subadditivit\"at folgt aus der
      $\sigma$-Additivit\"at: Theorem \ref{mass thm rechenregeln}
      \eqref{el mass vi}.
    \end{proof}
  \item \stern Definiere f\"ur $A\subset X$ die Funktion $\mu^*$
    durch \[\mu^*(A):=
    \begin{cases}
      0,&A=\emptyset,\\
      1,&A\neq\emptyset.
    \end{cases}\]
    Dann ist $\mu^*$ ein \"au\ss{}eres Ma\ss{} auf $X$ aber kein
    Ma\ss{}, falls $X$ aus mindestens zwei Punkten besteht. 
  \item Seien $a,b\in\R^n$. Sei $A(a,b)$ eine Menge mit $(a,b)\subset
    A(a,b)\subset[a,b]$; wir betrachten also Quader, bei denen wir
    Randpunkte beliebig weglassen oder hinzuf\"ugen d\"urfen. Dann ist
    $\{A(a,b)\colon a,b\in\R^n\}$ eine \"Uberdeckungsklasse von
    $\R^n$. Insbesondere ist $\mathbb J(n)$ eine \"Uberdeckungsklasse
    von $\R^n$.
  \item Sei $X$ ein separabler metrischer Raum. Dann ist \[\{O\colon
    O\subset X \text{ ist offen und }\diam O<\epsilon\}\] eine
    \"Uberdeckungsklasse f\"ur $X$. 
    \begin{proof}[Beweis]
      Benutze Theorem \ref{sep aequiv thm}.
    \end{proof}
  \end{enumerate}
\end{remark}

Im folgenden Theorem konstruieren wir \"au\ss{}ere Ma\ss{}e. 
\begin{theorem}
  \label{konstr aeusseres mass thm}
  Sei $\mathcal K$ eine \"Uberdeckungsklasse von $X$. Sei
  $\nu\colon\mathcal K\to[0,\infty]$ eine Funktion mit
  $\nu(\emptyset)=0$. F\"ur $A\subset X$ definieren wir
  \[\mu^*(A):=\inf\left\{\sum\limits_{j\in\N} \nu(K_j)\colon
    K_j\in\mathcal K \text{ f\"ur alle } j\in\N \text{ und }
    A\subset\bigcup\limits_{j\in\N} K_j\right\}.\] Dann ist $\mu^*$
  ein \"au\ss{}eres Ma\ss{} auf $X$. \par Wir nennen $\mu^*$ das von
  $(\mathcal K,\nu)$ \emph{induzierte \"au\ss{}ere Ma\ss{}} auf $X$.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Klar ist, dass $\mu^*\colon\P(X)\to[0,\infty]$ wachsend ist und dass
  $\mu^*(\emptyset)=0$ gilt. \par
  \textbf{$\sigma$-Subadditivit\"at:} Sei $(A_j)_{j\in\N}\subset\P(X)$
  eine Folge. Sei $\epsilon>0$ beliebig. Dann gibt es nach Definition
  von $\mu^*$ zu jedem $j\in\N$ eine Folge
  $(K_{j,k})_{k\in\N}\subset\mathcal K$ mit \[A_j\subset
  \bigcup\limits_{k\in\N} K_{j,k}\quad\text{und}\quad
  \sum\limits_{k\in\N} \nu(K_{j,k})\le\mu^*(A_j)
  +\frac\epsilon{2^{j+1}}.\] Wegen $\bigcup\limits_{j\in\N}A_j\subset
  \bigcup\limits_{j\in\N}\bigcup\limits_{k\in\N} K_{j,k}$ erhalten wir
  \begin{align*}
    \mu^*\Bigg(\bigcup\limits_{j\in\N}A_j\Bigg)
    \le&\,\sum\limits_{j\in\N}\sum\limits_{k\in\N} \nu(K_{j,k})
    \le\sum\limits_{j\in\N}
    \left(\mu^*(A_j)+\frac\epsilon{2^{j+1}}\right)
    \le\Bigg(\sum\limits_{j\in\N}\mu^*(A_j)\Bigg)+\epsilon. 
  \end{align*}
  Somit folgt die Behauptung.
\end{proof}

\subsubsection{Das Lebesguesche \"au\ss{}ere Ma\ss{}}

Wir sprechen auch vom \"au\ss{}eren Lebesguema\ss{}. 

\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Seien $a,b\in\R^n$. Dann hei\ss{}t \[\vol_n(a,b):=
    \begin{cases}
      \prod\limits_{j=1}^n \left(b^j-a^j\right), & a\le b,\\
      0, &\text{sonst}
    \end{cases}\] das \emph{$n$-dimensionale Volumen} des Intervalles
    $(a,b)\subset\R^n$.
  \item Sei $A\subset\R^n$. Dann
    hei\ss{}t \[\lambda^*_n(A):=\inf\left\{\sum\limits_{j\in\N}
      \vol_n(I_j)\colon I_j\in\mathbb J(n)\text{ f\"ur alle } j\in\N
      \text{ und } A\subset\bigcup\limits_{j\in\N}I_j\right\}\] das
    \emph{$n$-dimensionale Lebesguesche \"au\ss{}ere Ma\ss{}}.
  \end{enumerate}
\end{definition}

Wir zeigen nun, dass das $n$-dimensionale Lebesguesche \"au\ss{}ere
Ma\ss{} tats\"achlich ein \"au\ss{}eres Ma\ss{} ist und dass sich das
Lebesguema\ss{} nicht \"andert, wenn wir Teile des Randes des Quaders
$(a,b)$ hinzunehmen. 
\begin{theorem}
  \label{Lebesgue aeusseres mass thm seitenfl kein beitrag}
  $\lambda^*_n$ ist ein \"au\ss{}eres Ma\ss{} auf $\R^n$. \par F\"ur
  $a,b\in\R^n$ und $A\subset\R^n$ mit $(a,b)\subset A\subset[a,b]$
  gilt $\lambda_n^*(A)=\vol_n(a,b)$.
\end{theorem}
Der zweite Teil besagt, dass die Seitenfl\"achen eines Quaders keinen
Beitrag zum Lebesgueschen \"au\ss{}eren Ma\ss{} liefern. 
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Da die Intervalle $\mathbb J(n)$ eine \"Uberdeckungsklasse
    f\"ur $\R^n$ bilden, liefert Theorem \ref{konstr aeusseres mass
      thm}, dass $\lambda_n^*$ ein \"au\ss{}eres Ma\ss{} ist. 
  \item Seien $a,b\in\R^n$. Wir definieren die Folge
    $(I_j)_{j\in\N}\subset\mathbb J(n)$ offener Quader durch
    $I_0:=(a,b)$ und $I_j=\emptyset$ f\"ur $j\in\N_{>0}$. Dann gilt
    $(a,b)\subset \bigcup\limits_{j\in\N} I_j$. Nach Definition
    erhalten wir somit \[\lambda^*_n((a,b))\le\sum\limits_{j\in\N}
    \vol_n(I_j) =\vol_n(a,b).\]
  \item Die Lebesgueschen \"au\ss{}eren Ma\ss{}e von $(a,b)$, $A$ und
    $[a,b]$ stimmen \"uberein: Sei $\epsilon>0$. Sei $1\le k\le
    n$. Sei $c\in\left\{a^k,b^k\right\}$. Dann gibt es zu einer
    Seite \[S:=\left[a^1,b^1\right]\times\ldots\times
    \left[a^{k-1},b^{k-1}\right]\times\{c\}\times
    \left[a^{k+1},b^{k+1}\right]\times\ldots\times
    \left[a^n,b^n\right]\] einen offenen Quader $I\in\mathbb J(n)$ mit
    $S\subset I$ und $\vol_n(I)<\epsilon$. Somit folgt
    $\lambda^*_n(S)=0$. Entsprechend gibt es zu $a,b\in\R^n$ auch $2n$
    Seiten $(J_j)_{1\le j\le 2n}$ von $[a,b]$ mit $\lambda^*_n(J_j)=0$
    und \[[a,b]=(a,b)\cup\bigcup\limits_{j=1}^{2n}J_j.\] Da aus der
    $\sigma$-Subadditivit\"at auch die Subadditivit\"at folgt,
    erhalten wir \[\lambda^*_n([a,b]) \le\lambda^*_n((a,b))
    +\sum\limits_{j=1}^{2n}\lambda^*_n(J_j) =\lambda^*_n((a,b)).\]
    Wegen $(a,b)\subset A\subset[a,b]$ erhalten wir somit aus der
    Monotonie von $\lambda^*_n$ \[\lambda^*_n((a,b)) \le\lambda^*_n(A)
    \le\lambda^*_n([a,b]) \le\lambda^*_n((a,b)).\] Somit gilt hier 
    \"uberall Gleichheit. 
  \item Wir zeigen nun, dass es keine Aufteilung gibt, die ein
    kleineres Infimum als $\Vol_n(a,b)$ liefert: Sei
    $(I_j)_{j\in\N}\subset\mathbb J(n)$ eine Folge von offenen Quadern
    mit $[a,b]\subset\bigcup\limits_{j\in\N} I_j$. Da $[a,b]$ kompakt
    ist, gibt es $N\in\N$ mit $[a,b]\subset\bigcup\limits_{j=1}^N
    I_j$. Dann folgt \[\vol_n(a,b)\le\sum\limits_{j=0}^N\vol_n(I_j)
    \le\sum\limits_{j\in\N} \vol_n(I_j),\] wobei sich die erste
    Ungleichung durch Zerlegung in kleinere Intervalle ergibt
    (Details: \"Ubung). Wir gehen nun zum Infimum \"uber und erhalten
    $\vol_n(a,b)\le\lambda^*_n([a,b])$. Die Behauptung folgt nun aus
    der bereits hergeleiteten Ungleichung $\lambda^*_n([a,b])
    \le\Vol_n(a,b)$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{remark}
  Seien $a,b\in\R^n$. F\"ur ein beliebiges Intervall
  $J(a,b)\subset\R^n$ mit $(a,b)\subset J(a,b)\subset[a,b]$ gilt nach
  Theorem \ref{Lebesgue aeusseres mass thm seitenfl kein beitrag} stets
  $\lambda^*_n(J(a,b))=\vol_n(a,b)$. Wir setzen
  daher \[\vol_nJ(a,b):=\lambda^*_n(J(a,b))\] und nennen auch dies das
  $n$-dimensionale Volumen des Intervalles $J(a,b)$.
\end{remark}

\begin{definition} \stern 
  Sei $J\subset\R^n$ ein Intervall. Dann hei\ss{}t $J$
  \emph{linksseitig, rechtsseitig} bzw.{} \emph{beidseitig
    abgeschlossen,} falls es $a,b\in\R^n$ mit $J=[a,b)$, $J=(a,b]$
  bzw.{} $J=[a,b]$ gibt. Wir bezeichnen die Menge aller dieser
  Intervalle bzw.{} Quader mit $\mathbb J_l(n)$, $\mathbb J_r(n)$
  bzw.{} $\ol{\mathbb J}(n)$. 
\end{definition}

F\"ur die Definition des Lebesgueschen \"au\ss{}eren Ma\ss{}es
h\"atten wir auch linksseitig, rechtsseitig oder beidseitig
abgeschlossene Intervalle verwenden k\"onnen. 
\begin{theorem}
  \label{abg int tun auch thm}
  Sei $A\subset\R^n$ und $\mathbb J\in\left\{\mathbb J_l(n), \mathbb
    J_r(n), \ol{\mathbb J}(n)\right\}$. Dann gilt \[\lambda^*_n(A)
  =\inf\left\{ \sum\limits_{j\in\N} \vol_n(J_j)\colon J_j\in \mathbb J
    \text{ f\"ur alle }j\in\N \text{ und }
    A\subset\bigcup\limits_{j\in\N} J_j\right\}.\]
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweisidee]
  Weitere Details finden sich bei \cite[Satz
  3.4]{AmannEscherAnalysisIII}.
  \begin{itemize}
  \item Wir betrachten nur den Fall $\mathbb J_l(n)$. Die anderen
    F\"alle folgen analog. 
  \item \glqq$\ge$\grqq: \"Uberdeckt eine Familie von offenen
    Intervallen der Form $(a,b)$ eine Menge, so auch die Familie mit
    Mengen der Form $[a,b)$.
  \item \glqq$\le$\grqq: Sei $\epsilon>0$ beliebig. Wenn
    $\prod\limits_{j=1}^n \left[a^j,b^j\right)$ eine Menge
    \"uberdeckt, so auch $\prod\limits_{j=1}^n
    \left(a^j-\epsilon\left(b^j-a^j\right),b^j\right)$. Solche Quader
    haben ein um den Faktor $(1+\epsilon)^n$ gr\"o\ss{}eres
    Volumen. \qedhere 
  \end{itemize}
\end{proof}

\subsubsection{Lebesgue-Stieltjessche \"au\ss{}ere Ma\ss{}e \stern}

\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $F\colon\R\to\R$ monoton wachsend und linksseitig stetig,
    gelte also \[\lim\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}{x<x_0}{x\to x_0}}
    F(x) =F(x_0)\] f\"ur alle $x_0\in\R$. Dann hei\ss{}t $F$ eine
    \emph{ma\ss{}erzeugende Funktion}.
  \item Gilt zus\"atzlich $\lim\limits_{x\to-\infty}F(x)=0$ und
    $\lim\limits_{x\to\infty} F(x)=1$, so hei\ss{}t $F$ eine
    \emph{Verteilungsfunktion}. 
  \item Ist $F$ eine ma\ss{}erzeugende Funktion, so definieren wir auf
    der Menge der Intervalle der Form $[a,b)$ eine wachsende Funktion
    $\nu_F$ mit Werten in $\R$ durch \[\nu_F([a,b)):=
    \begin{cases}
      F(b)-F(a),&a<b,\\
      0,&a\ge b
    \end{cases}\]
    f\"ur $a,b\in\R$. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{theorem}
  Sei $F$ eine ma\ss{}erzeugende Funktion. F\"ur $A\subset\R$
  definieren wir \[\mu^*_F(A):=\inf\left\{ \sum\limits_{j\in\N}
    \nu_F(I_j)\colon I_j=[a_j,b_j)\text{ mit }a_j,b_j\in\R\,\,
    \forall\, j\in\N \text{ und } A\subset\bigcup\limits_{j\in\N} I_j
  \right\}.\] Dann ist $\mu^*_F$ ein \"au\ss{}eres Ma\ss{} auf
  $\R$. \par Wir nennen $\mu^*_F$ das \emph{von $F$ erzeugte
    Lebesgue-Stieltjessche \"au\ss{}ere Ma\ss{}}. \par F\"ur
  $-\infty<a<b<\infty$ gilt $\mu^*_F([a,b))=F(b)-F(a)$.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Intervalle der angegebenen Form bilden eine
    \"Uberdeckungsklasse von $\R$. Somit ist $\mu^*_F$ nach Theorem
    \ref{konstr aeusseres mass thm} ein \"au\ss{}eres Ma\ss{}. 
  \item Seien $a,b\in\R$ mit $a<b$. Wir definieren $I_0:=[a,b)$ und
    $I_j:=\emptyset$ f\"ur alle $j\in\N_{>0}$. Dann folgt
    $[a,b)\subset\bigcup\limits_{j\in\N} I_j$ und wir
    erhalten \[\mu^*_F([a,b)) \le\sum\limits_{j\in\N} \nu_F(I_j)
    =\nu_F(I_0) =F(b)-F(a).\] 
  \item Sei nun umgekehrt $(I_j)_{j\in\N}$ eine Familie von
    Intervallen der Form $I_j=[a_j,b_j)$ mit
    $[a,b)\subset\bigcup\limits_{j\in\N} I_j$. Wir m\"ochten zeigen,
    dass $F(b)-F(a)\le\sum\limits_{j\in\N} \nu_F(I_j)$ gilt. Gehen wir
    dann auf der rechten Seite zum Infimum \"uber, so folgt die
    Behauptung. \par Sei dazu $\epsilon>0$. Da $F$ linksseitig stetig
    ist, gibt es $c,c_j>0$, $j\in\N$, mit \[F(b)-F(b-c)<\epsilon/2
    \quad\text{und}\quad F(a_j)-F(a_j-c_j)<\epsilon 2^{-(j+2)}.\]
    Aufgrund der vorausgesetzten Inklusion gilt
    $[a,b-c]\subset[a,b)\subset\bigcup\limits_{j\in\N}[a_j,b_j)
    \subset\bigcup\limits_{j\in\N}(a_j-c_j,b_j)$. Da $[a,b-c]$ ein
    kompaktes Intervall ist, gibt es ein $N\in\N$ mit
    $[a,b-c]\subset\bigcup\limits_{j=0}^N (a_j-c_j,b_j)$. Da $F$
    monoton wachsend ist, erhalten wir \[F(b-c)-F(a)
    \le\sum\limits_{j=0}^N (F(b_j)-F(a_j-c_j))
    \le\sum\limits_{j\in\N} (F(b_j)-F(a_j-c_j)),\] wobei wir f\"ur die
    erste Ungleichung zun\"achst das gr\"o\ss{}te $b_j$ und das
    kleinste $a_j-c_j$ verwenden und dann die Nichtnegativit\"at von
    geeigneten Paaren von Termen benutzen. Somit folgt
    \begin{align*}
      F(b)-F(a) =&\,F(b)-F(b-c)+F(b-c)-F(a)\umbruch\\
      \le&\,\epsilon/2+\sum\limits_{j\in\N}
      \big(F(b_j)-F(a_j)+\underbrace{F(a_j)-F(a_j-c_j)}_{\le
        \epsilon2^{-(j+2)}}\big)\umbruch\\ 
      \le&\,\sum\limits_{j\in\N}(F(b_j)-F(a_j))+\epsilon
      =\sum\limits_{j\in\N} \nu_F(I_j) +\epsilon. 
    \end{align*}
    Da $\epsilon>0$ beliebig war, folgt die Behauptung. 
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ist $F(x)=x$, so folgt $\mu^*_F=\lambda^*_1$ wegen Theorem
    \ref{abg int tun auch thm}. 
  \item Analoge Resultate gelten f\"ur rechtsseitig stetige Funktionen
    und rechtsseitig abgeschlossene Intervalle. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\subsubsection{Hausdorffsche \"au\ss{}ere Ma\ss{}e \stern}

\begin{definition}
  Sei $X$ ein metrischer Raum und sei $A\subset X$. Seien $s>0$ und
  $\epsilon>0$. Dann definieren wir \[\mathcal
  H^s_\epsilon(A):=\inf\left\{\sum\limits_{j\in\N} (\diam O_j)^s\colon
    O_j\in\O, \diam(O_j)<\epsilon \text{ und }
    A\subset\bigcup\limits_{j=0}^\infty O_j\right\}.\]
\end{definition}

\begin{remark}
  \label{hausdorff aeuss mass rem}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item H\"aufig verwendet man auch $\sum\limits_{j\in\N}
    \omega_s\left(\frac{\diam O_j}2\right)^s$ um eine sch\"onere
    Normierung zu erhalten. Hierbei ist $\omega_s$ f\"ur $s\in\N$ das
    Lebesguesche \"au\ss{}ere Ma\ss{} der $n$-dimensionalen
    Euklidischen Einheitskugel.
  \item Man erh\"alt dasselbe Ma\ss{}, wenn man nicht fordert, dass
    die Mengen $O_j$ offen sind. (\"Ubung.)
  \item Ist $X$ separabel, so bilden die offenen Mengen mit
    Durchmesser kleiner als $\epsilon$ eine \"Uberdeckungsklasse von
    $X$. Somit ist $\mathcal H^s_\epsilon$ in diesem Fall nach Theorem
    \ref{konstr aeusseres mass thm} ein \"au\ss{}eres Ma\ss{} auf
    $X$. 
  \item F\"ur $\epsilon_1>\epsilon_2$ gilt $\mathcal
    H^s_{\epsilon_1}\le \mathcal H^s_{\epsilon_2}$, weil f\"ur
    gr\"o\ss{}ere $\epsilon>0$ mit mehr Mengen \"uberdeckt werden
    kann. Daher existiert auch der Grenzwert f\"ur $\epsilon\searrow0$
    in $[0,\infty]$. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

Aufgrund der letzten Bemerkung k\"onnen wir im Grenzwert
$\epsilon\searrow0$ ein Ma\ss{} definieren. 
\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $X$ ein metrischer Raum und sei $s>0$. Dann definieren wir
    f\"ur $A\subset X$ \[\mathcal H^s_*(A)\equiv \mathcal
    H^s(A):=\lim\limits_{\epsilon\searrow0} \mathcal H^s_\epsilon(A)
    =\sup\limits_{\epsilon>0} \mathcal H^s_\epsilon(A).\] 
    Wir nennen $\mathcal H^s_*$ das \emph{$s$-dimensionale
      Hausdorffsche \"au\ss{}ere Ma\ss{}} auf $X$. 
  \item F\"ur $s=0$ definieren wir $\mathcal H^0 \equiv\mathcal H^0_*$
    als das Z\"ahlma\ss{} auf $X$, das jedem $A$ die Anzahl der Punkte
    in $A$ zuordnet und Werte in $\N\cup\{\infty\}$ hat.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{theorem}
  Sei $X$ ein separabler metrischer Raum und sei $s\ge0$. Dann ist
  $\mathcal H^s_*$ ein \"au\ss{}eres Ma\ss{} auf $X$.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  F\"ur $s=0$ ist $\mathcal H^s$ ein Ma\ss{} und da es auf ganz
  $\P(X)$ definiert ist, auch ein \"au\ss{}eres Ma\ss{}. \par
  Sei $s>0$. Es ist klar, dass $\mathcal H^s_*\colon
  \P(X)\to[0,\infty]$ wachsend ist und dass $\mathcal
  H^s_*(\emptyset)=0$ gilt. \par
  \textbf{$\sigma$-Subadditivit\"at:} Sei $(A_j)_{j\in\N}\subset\P(X)$
  eine Familie von Mengen. F\"ur jedes $\epsilon>0$ ist $\mathcal
  H^s_\epsilon$ nach Bemerkung \ref{hausdorff aeuss mass rem} ein
  \"au\ss{}eres Ma\ss{} auf $X$. Somit erhalten wir \[\mathcal
  H^s_\epsilon\left(\bigcup\limits_{j\in\N} A_j\right)
  \le\sum\limits_{j\in\N} \mathcal H^s_\epsilon(A_j)
  \le\sum\limits_{j\in\N} \mathcal H^s_*(A_j).\] Wir lassen nun auf
  der linken Seite $\epsilon\searrow0$ und erhalten die Behauptung. 
\end{proof}

\subsection{Messbare Mengen}

\subsubsection{Motivation}

Bei einer \glqq sch\"onen\grqq{} beschr\"ankten Menge $A\subset\R^n$
erwarten wir, dass die Summe der Volumina von disjunkten Quadern der
Form $[a,b)$, die $A$ \"uberdecken, $\lambda^*_n(A)$ approximieren. Da
die linken Seiten f\"ur das Volumen nicht relevant sind, sollte das
bereits definierte \[\lambda^*_n(A)=\inf\left\{\sum\limits_{j\in\N}
  \vol_n(I_j)\colon I_j\in\mathbb J(n)\text{ f\"ur }j\in\N\text{ mit
  }A\subset\bigcup\limits_{j\in\N}I_n\right\}\] eine Approximation des
Inhaltes von $A$ von au\ss{}en liefern. 
\par
Umschlie\ss{}en wir $A$ mit einer Menge $D$, beispielsweise einem
gro\ss{}en Quader, so liefert eine entsprechende Approximation f\"ur
$D\setminus A$ Quader, die nach $A$ hineinreichen. Somit sollte
$\lambda^D_{n,*}(A):=\lambda^*_n(D)-\lambda^*_n(D\setminus A)$ den
Inhalt von $A$ von innen approximieren. 
\par
Da die Approximationen des Inhaltes von au\ss{}en und innen
\"ubereinstimmen sollten, werden wir damit definieren, was wir oben
vage mit einer \glqq sch\"onen\grqq{} Menge gemeint haben. Wir werden
daher fordern, dass f\"ur solche Mengen
$A\subset\R^n$ \[\lambda^*_n(D) =\lambda^*_n(A)
+\lambda^*_n(D\setminus A)\] f\"ur alle $D$ mit $A\subset
D\subset\R^n$ gilt. \par In der nachfolgenden Definition k\"onnen wir
die Gleichheit durch eine Ungleichung ersetzen, weil sich die andere
Ungleichung aus der Subadditivit\"at ergibt. 

\subsubsection{Die $\sigma$-Algebra der $\mu^*$-messbaren Mengen}

\begin{definition}
  Sei $\mu^*$ ein \"au\ss{}eres Ma\ss{} auf einem Raum $X$. Dann
  hei\ss{}t eine Teilmenge $A\subset X$ \emph{$\mu^*$-messbar,} falls
  f\"ur alle $D\subset X$ \[\mu^*(D) \ge\mu^*(A\cap
  D)+\mu^*\left(\left(\complement A\right)\cap D\right)\] gilt. Die
  Menge aller $\mu^*$-messbaren Teilmengen von $X$ bezeichnen wir mit
  $\mathcal A(\mu^*)$. \par Eine Menge $N\subset X$ mit $\mu^*(N)=0$
  hei\ss{}t eine $\mu^*$-Nullmenge. 
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \label{messbar aequiv bem}
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Jede $\mu^*$-Nullmenge ist $\mu^*$-messbar. 
    \begin{proof}[Beweis]
      Sei $N\subset X$ mit $\mu^*(N)=0$ und sei $D\subset X$
      beliebig. Da $\mu^*$ monoton ist, folgt $0\le\mu^*(D\cap N)\le
      \mu^*(N)=0$. Somit gilt $\mu^*(D\cap N)=0$. Nochmals aufgrund
      der Monotonie von $\mu^*$ erhalten wir \[\mu^*(N\cap
      D)+\mu^*(\complement N\cap D) =\mu^*(\complement N\cap D)
      \le\mu^*(D).\] Somit ist $N$ eine $\mu^*$-messbare Menge. 
    \end{proof}
  \item Sei $A\subset X$. Dann sind die folgenden drei Aussagen
    \"aquivalent:
    \begin{enumerate}[(a)]
    \item\label{messb aequiv i} $A\in\mathcal A(\mu^*)$.
    \item\label{messb aequiv ii} $\mu^*(D)\ge\mu^*(A\cap
      D)+\mu^*(\complement A\cap D)$ f\"ur alle $D\subset X$ mit
      $\mu^*(D)<\infty$.
    \item\label{messb aequiv iii} $\mu^*(D) =\mu^*(A\cap
      D)+\mu^*(\complement A\cap D)$ f\"ur alle $D\subset X$.
    \end{enumerate}
    \begin{proof}[Beweis]
      Die Implikationen \glqq\eqref{messb aequiv i} \impliziert{}
      \eqref{messb aequiv ii}\grqq{} und \glqq\eqref{messb aequiv iii}
      \impliziert{} \eqref{messb aequiv i}\grqq{} sind klar.\par
      \glqq\eqref{messb aequiv ii} \impliziert{} \eqref{messb aequiv
        iii}\grqq: Sei $D\subset X$ beliebig. Da $\mu^*$ subadditiv
      ist, erhalten wir \[\mu^*(D) =\mu^*((A\cap D)\cup(\complement
      A\cap D)) \le\mu^*(A\cap D)+\mu^*(\complement A\cap D).\] Im
      Falle $\mu^*(D)<\infty$ liefert diese Ungleichung, kombiniert
      mit \eqref{messb aequiv ii} gerade \eqref{messb aequiv
        iii}. Auch im Falle $\mu^*(D)=\infty$ folgt aus der obigen
      Ungleichung die Behauptung. 
    \end{proof}
  \end{enumerate}
\end{remark}

Der folgende Erweiterungs- und Fortsetzungssatz von Carath\'eodory
besagt, dass die $\mu^*$-messbaren Mengen eine $\sigma$-Algebra
bilden.
\begin{theorem}
  \label{carath sigma thm}
  Sei $\mu^*$ ein \"au\ss{}eres Ma\ss{} auf $X$. Dann ist $\mathcal
  A(\mu^*)$ eine $\sigma$-Algebra auf $X$ und $\mu:=\mu^*|_{\mathcal
    A(\mu^*)}$ ist ein vollst\"andiges Ma\ss{} auf $\mathcal
  A(\mu^*)$. \par $\mu$ hei\ss{}t das von $\mu^*$ auf $X$
  \emph{induzierte Ma\ss{}}. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\emptyset$ ist eine Nullmenge und daher gilt
    $\emptyset\in\mathcal A(\mu^*)$. 
  \item Die definierende Formel $\mu^*(D)=\mu^*(A\cap
    D)+\mu^*(\complement A\cap D)$ ist symmetrisch in $A$ und
    $\complement A$. Somit ist $A$ genau dann $\mu^*$-messbar, falls
    die f\"ur $\complement A$ gilt. 
  \item Endliche Vereinigungen sind wieder $\mu^*$-messbar: Seien
    $A,B\in\mathcal A(\mu^*)$ beliebig. Sei $D\subset X$. Dann gilt
    aufgrund der $\mu^*$ Messbarkeit von $A$ \[\mu^*(D)\ge \mu^*(A\cap
    D) +\mu^*\left(\complement A\cap D\right).\] Nun wenden wir die
    Definition von $\mu^*$-Messbarkeit f\"ur $B$ mit der Menge
    $\complement A\cap D$ an und erhalten f\"ur den letzten
    Term \[\mu^*\left(\complement A\cap D\right)\ge
    \mu^*\left(B\cap\complement A\cap D\right) +\mu^*\left(\complement
      B\cap\complement A\cap D\right).\] Zusammen mit der
    Subadditivit\"at erhalten wir daraus
    \begin{align*}
      \mu^*(D)\ge&\,\mu^*(A\cap D)+\mu^*\left(B\cap\complement A\cap
        D\right) +\mu^*\left(\complement B\cap\complement A\cap
        D\right)\umbruch\\
      \overset{\text{Subadd.}}{\ge}&\,\mu^*\left((A\cap
        D)\cup\left(B\cap\complement A\cap D\right)\right)
      +\mu^*\left(\complement B\cap\complement A\cap D\right). 
    \end{align*}
    Es gelten die Mengengleichheiten $(A\cap
    D)\cup\left(B\cap\complement A\cap D\right)
    =\left(A\cup\left(B\cap\complement A\right)\right)\cap D =(A\cup
    B)\cap D$ und nach de Morgan $\complement(A\cup B)=\complement
    A\cap\complement B$. Wir erhalten also \[\mu^*(D) \ge\mu^*((A\cup
    B)\cap D) +\mu^*\left(\complement(A\cup B)\cap D\right).\] Dies
    besagt gerade, dass $A\cup B$ auch eine $\mu^*$-messbare Menge
    ist. Somit ist $\mathcal A(\mu^*)$ eine Algebra \"uber $X$. 
  \item Wir wollen zeigen, dass $\mathcal A(\mu^*)$ eine
    $\sigma$-Algebra ist. Sei dazu $(A_j)_{j\in\N}$ eine disjunkte
    Folge in $\mathcal A(\mu^*)$. Wir setzen
    $A:=\bigcup\limits_{j\in\N} A_j$ und wollen nachweisen, dass auch
    $A$ eine $\mu^*$-messbare Menge ist. Dann folgt die Behauptung
    nach Bemerkung \ref{disj sigma alg rem}.\par Sei $D\subset X$
    beliebig. Zun\"achst wenden wir Bemerkung \ref{messbar aequiv bem}
    mit $(A_0\cup A_1)\cap D$ an und erhalten unter Benutzung von
    $A_0\cap A_1=\emptyset$ bei der zweiten Gleichheit
    \begin{align*}
      \mu^*((A_0\cup A_1)\cap D) =&\,\mu^*(((A_0\cup A_1)\cap D)\cap
      A_0) +\mu^*\left(((A_0\cup A_1)\cap D)\cap\complement
        A_0\right)\umbruch\\
      =&\,\mu^*(A_0\cap D) +\mu^*(A_1\cap D).      
    \end{align*}
    Per Induktion folgt hieraus 
    \begin{equation}
      \label{ind sigma vereinig eq}
      \mu^*\left(\left( \bigcup\limits_{j=0}^m A_j\right)\cap
        D\right) =\sum\limits_{j=0}^m\mu^*(A_j\cap D)      
    \end{equation}
    f\"ur alle $m\in\N$. Nach Definition von $A$ als Vereinigung der
    $A_j$'s und aufgrund der Monotonie folgt somit \[\mu^*(A\cap D)
    \ge\sum\limits_{j=0}^m \mu^*(A_j\cap D)\quad\text{f\"ur alle
    }m\in\N.\] Im Grenzwert $m\to\infty$ erhalten wir daraus $\mu^*(A\cap
    D)\ge\sum\limits_{j=0}^\infty \mu^*(A_j\cap D)$. Andererseits ist
    $\mu^*$ eine $\sigma$-subadditive Funktion. Daher gilt sogar
    Gleichheit
    \begin{equation}
      \label{gleich sigma disj eq}
      \mu^*(A\cap D) =\sum\limits_{j=0}^\infty \mu^*(A_j\cap D).
    \end{equation}
    Wir haben bereits gezeigt, dass endliche Vereinigungen wieder
    $\mu^*$-messbar sind. Also folgt f\"ur $m\in\N$ \[\mu^*(D)
    =\mu^*\left(\complement\left( \bigcup\limits_{j=0}^m
        A_j\right)\cap D\right) +\mu^*\left(\left(
        \bigcup\limits_{j=0}^m A_j\right)\cap D\right).\] Aufgrund der
    Monotonie f\"ur den ersten Term und der per Induktion bewiesenen
    Formel f\"ur den zweiten Term \eqref{ind sigma vereinig eq} folgt
    daraus \[\mu^*(D) \ge\mu^*\left(\complement A\cap D\right)
    +\sum\limits_{j=0}^m \mu^*(A_j\cap D).\] Nun lassen wir
    $m\to\infty$, benutzen \eqref{gleich sigma disj eq} und
    erhalten \[\mu^*(D) \ge\mu^*\left(\complement A\cap D\right)
    +\sum\limits_{j=0}^\infty \mu^*(A_j\cap D) =\mu^*\left(\complement
      A\cap D\right) +\mu^*(A\cap D).\] Somit ist $A$ wie behauptet
    eine $\mu^*$-messbare Menge und $\mathcal A(\mu^*)$ eine
    $\sigma$-Algebra. 
  \item $\mu^*|_{\mathcal A(\mu^*)}$ ist $\sigma$-additiv: Setze dazu
    $D=X$ in \eqref{gleich sigma disj eq}. Somit ist $\mu^*|_{\mathcal
      A(\mu^*)}$ ein Ma\ss{} auf $\mathcal A(\mu^*)$. 
  \item Vollst\"andigkeit: Sei $N\in\mathcal A(\mu^*)$ eine
    $\mu^*$-Nullmenge und $A\subset N$. Dann folgt $\mu^*(A)=0$
    aufgrund der Monotonie und Bemerkung \ref{messbar aequiv bem}
    impliziert, dass $A$ eine $\mu^*$-messbare Menge ist. Somit ist
    $\mu$ vollst\"andig. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\subsubsection{Lebesguesche und Hausdorffsche Ma\ss{}e}

\begin{remark}
  Sei $\mu^*$ ein \"au\ss{}eres Ma\ss{}. Sei $\mu:=\mu^*|_{\mathcal
    A(\mu^*)}$ das in Theorem \ref{carath sigma thm} definierte
  induzierte Ma\ss{}. Dann hei\ss{}en die Mengen in $\mathcal
  A(\mu^*)$ \emph{$\mu$-messbar} und die $\mu^*$-Nullmengen auch
  \emph{$\mu$-Nullmengen.} 
\end{remark}

Dies wenden wir insbesondere auf das Lebesgue- und das
Hausdorffma\ss{} an. 
\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $\lambda^*_n$ das Lebesgue \"au\ss{}ere Ma\ss{} auf
    $\R^n$. Dann bezeichnen wir das gem\"a\ss{} Theorem \ref{carath
      sigma thm} induzierte Ma\ss{} $\lambda_n$ als das
    \emph{$n$-dimensionale Lebesguema\ss{}} oder
    \emph{$n$-dimensionale Labesguesche Ma\ss{}} auf $\R^n$. Die
    $\lambda_n$-messbaren Mengen hei\ss{}en \emph{Lebesgue messbar}. 
  \item \stern Sei $F\colon\R\to\R$ eine ma\ss{}erzeugende
    Funktion. Dann bezeichnen wir das von $\mu^*_F$ auf $\R$
    induzierte Ma\ss{} $\mu_F$ als das \emph{Lebesgue-Stieltjessche
      Ma\ss{}} auf $\R$. 
  \item \stern Sei $X$ ein separabler metrischer Raum und $s>0$. Dann
    hei\ss{}t das von $\mathcal H^s_*$ auf $X$ erzeugte Ma\ss{}
    $\mathcal H^s$ das \emph{$s$-dimensionale Hausdorffma\ss{}} auf
    $X$. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\subsubsection{Metrische Ma\ss{}e}

Wir wollen in diesem Kapitel ein Kriterium angeben, das sicherstellt,
dass zumindest die Borelsche $\sigma$-Algebra $\mathcal B(X)$ eines
metrischen Raumes $X$ eine Teilmenge von $\mathcal A(\mu^*)$ ist. 

\begin{definition}
  Sei $X$ ein metrischer Raum und $\mu^*$ ein \"au\ss{}eres Ma\ss{}
  auf $X$. Gilt f\"ur alle Mengen $A,B\subset X$ mit
  $d(A,B)\equiv\inf\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}{x\in A}{y\in B}}
  d(x,y)>0$ \[\mu^*(A\cup B)=\mu^*(A)+\mu^*(B),\] so hei\ss{}en
  $\mu^*$ und das auf $\mathcal A(\mu^*)$ induzierte Ma\ss{} $\mu$
  \emph{metrisch}.
\end{definition}

\begin{theorem}
  \label{metr aeusseres mass borel thm}
  Sei $\mu^*$ ein metrisches \"au\ss{}eres Ma\ss{} auf einem
  metrischen Raum $X$. Dann gilt \[\mathcal B(X)\subset\mathcal
  A(\mu^*).\] 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Da $\mathcal A(\mu^*)$ eine $\sigma$-Algebra ist und die
    $\sigma$-Algebra $\mathcal B(X)$ von den offenen Mengen erzeugt
    wird, brauchen wir nur nachzuweisen, dass jede offene Menge
    $\mu^*$-messbar ist. 
  \item Weiterhin gen\"ugt es nach Bemerkung \ref{messbar aequiv bem}
    zu zeigen, dass f\"ur jede offene Menge $O$ und f\"ur jede Menge
    $D\subset X$ mit $\mu^*(D)<\infty$ \[\mu^*(D) =\mu^*(O\cap D)
    +\mu^*\left(\complement O\cap D\right)\] gilt. Seien nun $O$ und
    $D$ solche Mengen.
  \item Wir definieren f\"ur $n\in\N_{>0}$
    \begin{align*}
      O_n:=&\,\left\{x\in X\colon d\left(x,\complement
          O\right)>\frac1n\right\}
      \intertext{und}
      A_n:=&\,\left\{x\in X\colon \frac1{n+1}<d\left(x,\complement
        O\right)\le\frac1n\right\}. 
    \end{align*}
    Nach Definition von $O_n$ gilt $d\left(O_n,\complement
      O\right)\ge\frac1n>0$. Sei $x\in A_k$ mit $k>0$. Wir erhalten
    f\"ur $z\in\complement O$ und $y\in
    X$ \[\frac1{k+1}<d\left(x,\complement O\right)\le d(x,z) \le
    d(x,y)+d(y,z).\] Wir gehen zum Infimum \"uber alle
    $z\in\complement O$ \"uber und erhalten f\"ur $y\in
    A_{k+2}$ \[\frac1{k+1}\le d(x,y)+d\left(y,\complement O\right) \le
    d(x,y)+\frac1{k+2}.\] Bilden wir nun das Infimum \"uber alle $x\in
    A_k$ und alle $y\in A_{k+2}$, so erhalten wir \[d(A_k,A_{k+2})
    \ge\frac1{k+1}-\frac1{k+2}>0.\]
    Analog erhalten wir $d(A_k,A_{k+j})>0$ f\"ur alle $j\ge2$. 
  \item Nun ist $\mu^*$ ein metrisches Ma\ss{} und wir erhalten per
    Induktion und aufgrund der Monotonie \[\sum\limits_{j=1}^n
    \mu^*(A_{2j}\cap D) =\mu^*\left(\left(\bigdotcup\limits_{j=1}^n
        A_{2j}\right)\cap D\right) \le\mu^*(D).\] die obere Schranke
    f\"ur die Summe bleibt auch im Grenzwert $n\to\infty$
    g\"ultig. Eine entsprechende Ungleichung erhalten wir f\"ur die
    Summe der ungeraden Folgeglieder. Insgesamt erhalten wir
    also \[\sum\limits_{k=1}^\infty \mu^*(A_k\cap D)\le
    2\mu^*(D)<\infty.\] Daher ist $(r_n)_{n\in\N_{>0}}$ mit
    $r_n:=\sum\limits_{k=n}^\infty \mu^*(A_k\cap D)$ eine
    Nullfolge. Weiterhin gilt nach Definition von $O_n$ und
    $A_j$ \[O\setminus O_n=\left\{x\in O\colon d\left(x,\complement
        O\right)\le\frac1n\right\} =\bigcup\limits_{j=n}^\infty A_j.\]
    Da $\mu^*$ eine $\sigma$-subadditive Funktion ist, erhalten
    wir \[0\le \mu^*((O\setminus O_n)\cap D)\le
    \sum\limits_{j=n}^\infty \mu^*(A_j\cap D)=r_n.\] Daher ist die
    Folge $(\mu^*((O\setminus O_n)\cap D))_{n\in\N_{>0}}$ eine
    Nullfolge. 
  \item Aufgrund der Subadditivit\"at von $\mu^*$ gilt \[\mu^*(O\cap
    D) \le\mu^*(O_n\cap D) +\mu^*((O\setminus O_n)\cap D).\] Es gilt
    $d\left(O_n\cap D,\complement O\cap D\right) \ge
    d\left(O_n,\complement O\right)\ge\frac1n$. Da $\mu^*$ ein
    metrisches und ein \"au\ss{}eres Ma\ss{} ist, erhalten wir
    somit \[\mu^*(O_n\cap D)+\mu^*\left(\complement O\cap D\right)
    =\mu^*\left(\left(O_n\cup\complement O\right)\cap D\right)
    \le\mu^*(D).\] Durch Addition der letzten beiden Ungleichungen
    erhalten wir mit $\mu^*(D)<\infty$ \[\mu^*(O\cap D)
    +\mu^*\left(\complement O\cap D\right) \le\mu^*(D)
    +\mu^*((O\setminus O_n)\cap D)\] f\"ur $n>0$. Wir haben gezeigt,
    dass der letzte Term f\"ur $n\to\infty$ gegen Null
    konvergiert. Somit folgt die Behauptung. \qedhere    
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{corollary}
  \label{borel lebesgue cor}
  $\lambda^*_n$ ist ein metrisches \"au\ss{}eres Ma\ss{} auf
  $\R^n$. Insbesondere ist jede Borelmenge Lebesgue messbar. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis] \stern
  Wir wollen nachweisen, dass $\lambda^*_n$ ein metrisches Ma\ss{}
  ist. Seien dazu $A,B\subset\R^n$ mit $d(A,B)>0$. Definiere
  $\delta:=\frac12 d(A,B)$. Nach Definition gibt es f\"ur jedes
  $\epsilon>0$ eine Folge $(I_j)_{j\in\N}\subset\mathbb J_l(n)$ --
  benutze Theorem \ref{abg int tun auch thm} um $\mathbb J_l(n)$ statt
  $\mathbb J(n)$ verwenden zu d\"urfen -- mit $A\cup B\subset
  \bigcup\limits_{j\in\N} I_j$ und $\sum\limits_{j\in\N}
  \lambda^*_n(I_j) \le \lambda^*_n(A\cup B)+\epsilon$. Indem wir die
  Quader $I_j$ gegebenenfalls weiter unterteilen, d\"urfen wir ohne
  Einschr\"ankung annehmen, dass $\diam(I_j)<\delta$ f\"ur alle
  $j\in\N$ gilt. Somit hat kein $I_j$ einen nichtleeren Schnitt mit
  $A$ und mit $B$. Alle Quader mit $A\cap I_j\neq\emptyset$ fassen wir
  als Folge $(I'_j)_{j\in\N}$ zusammen, alle anderen als Folge
  $(I''_j)_{j\in\N}$. Wir erhalten $A\subset\bigcup\limits_{k\in\N}
  I'_k$ sowie $B\subset\bigcup\limits_{l\in\N} I''_l$. Somit
  gilt \[\lambda^*_n(A) +\lambda^*_n(B) \le\sum\limits_{k\in\N}
  \vol_n(I'_k) +\sum\limits_{l\in\N} \vol_n(I''_l)
  =\sum\limits_{j\in\N} \vol_n(I_j) \le\lambda^*_n(A\cup
  B)+\epsilon.\] Wir lassen nun $\epsilon\searrow0$. Die umgekehrte
  Ungleichung erhalten wir aus der Subadditivit\"at von
  $\lambda^*_n$. 
\end{proof}

\begin{remark}
  \stern \label{borel messb hausd rem}
  Der Beweis von Korollar \ref{borel lebesgue cor} \"ubertr\"agt sich
  auf den Fall des Lebesgue-Stieltjesschen \"au\ss{}eren Ma\ss{}es
  $\mu^*_F$ auf $\R$ und den des Hausdorffschen \"au\ss{}eren
  Ma\ss{}es $\mathcal H^s_*$, $s>0$. Insbesondere sind Borelmengen
  f\"ur $\mu^*_F$ und $\mathcal H^s_*$ messbar. 
\end{remark}

\subsection{Das Lebesguesche Ma\ss{}}

\subsubsection{Der Lebesguesche Ma\ss{}raum}

\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $\lambda^*_n$ das Lebesguesche \"au\ss{}ere Ma\ss{}. Dann
    nennen wir die $\sigma$-Algebra $\mathcal A(\lambda^*_n)$ die
    \emph{$\sigma$-Algebra der Lebesgue messbaren Teilmengen} des
    $\R^n$: $\mathcal L(n)$.
  \item $\lambda^*_n$-Nullmengen hei\ss{}en \emph{Lebesguesche
      Nullmengen} oder \emph{Lebesgue Nullmenge}.
  \item $(\R^n,\mathcal L(n),\lambda_n)$ hei\ss{}t \emph{Lebesguescher
      Ma\ss{}raum}. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

Wir fassen einige Eigenschaften des Lebesgueschen Ma\ss{}es noch
einmal zusammen. 
\begin{theorem} \stern
  \label{lebesgue eig gesammelt thm}
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $(\R^n,\mathcal L(n),\lambda_n)$ ist ein $\sigma$-endlicher
    vollst\"andiger Ma\ss{}raum.
  \item $\mathcal B^n\subset\mathcal L(n)$.
  \item F\"ur $a,b\in\R^n$ und $(a,b)\subset A\subset[a,b]$ gelten
    $A\in\mathcal L(n)$ und $\lambda_n(A)=\vol_n(a,b)$. 
  \item Jede kompakte Teilmenge von $\R^n$ ist Lebesgue messbar und
    hat endliches Ma\ss{}. 
  \item Eine Menge $N\subset\R^n$ ist genau dann eine Lebesgue
    Nullmenge, falls es zu jedem $\epsilon>0$ eine Folge
    $(I_j)_{j\in\N} \subset \mathbb J(n)$ mit $N\subset
    \bigcup\limits_{j\in\N} I_j$ und
    $\sum\limits_{j\in\N}\lambda_n(I_j)<\epsilon$ gibt.
  \item Jede abz\"ahlbare Teilmenge des $\R^n$ ist eine Lebesgue
    Nullmenge. 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Nach Theorem \ref{Lebesgue aeusseres mass thm seitenfl kein
      beitrag} ist $\lambda^*_n$ ein \"au\ss{}eres Ma\ss{} und somit
    ist $\lambda_n$ nach Theorem \ref{carath sigma thm}
    vollst\"andig. \par
    \textbf{$\sigma$-Endlichkeit:} Definiere $Q:=[-1,1]^n$. Dann
    gelten $\R^n=\bigcup\limits_{j\in\N} j\cdot Q$ und
    $\lambda_n(jQ)=(2j)^n$.
  \item Siehe Korollar \ref{borel lebesgue cor}.
  \item Definiere $N:=[a,b]\setminus(a,b)$ und
    $M:=A\setminus(a,b)$. Dann ist $N$ eine Lebesgue Nullmenge und da
    das Lebesguema\ss{} vollst\"andig ist, auch $M$. Somit ist
    $A=M\dot\cup(a,b)$ messbar und es gilt $\lambda_n(A)
    =\lambda_n((a,b)) =\vol_n(a,b)$. 
  \item Die Messbarkeit folgt aus einer Darstellung als Differenz
    zweier offener Mengen. Durch Umschlie\ss{}en mit einem gro\ss{}en
    Quader sehen wir, dass das Ma\ss{} endlich ist. 
  \item Dies ist gerade die Definition davon, dass eine Menge Ma\ss{}
    Null hat. 
  \item Eine einpunktige Menge ist eine Lebesgue Nullmenge. Somit gilt
    dies auch f\"ur eine abz\"ahlbare Menge. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

Durch ein einfaches \"Uberdeckungsargument erhalten wir
\begin{beispiel}
  \stern Eine Koodinatenhyperebene $\{x^i=0\}$ und jede Teilmenge
  davon ist eine Lebesgue Nullmenge.
\end{beispiel}

\subsubsection{Die Regularit\"at des Lebesgueschen Ma\ss{}es}

\begin{definition}
  Sei $X$ ein topologischer Raum und $(X,\mathcal A,\mu)$ ein
  Ma\ss{}raum mit $\mathcal B(X)\subset\mathcal A$. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dann hei\ss{}t $\mu$ \emph{von au\ss{}en regul\"ar,} falls
    f\"ur jedes $A\in\mathcal A$
    \[\mu(A)=\inf\{\mu(O)\colon O\subset X \emph{ ist offen und
      }A\subset O\}\]
    gilt. 
  \item $\mu$ hei\ss{}t \emph{von innen regul\"ar,} falls f\"ur jedes
    $A\in\mathcal A$ \[\mu(A) =\sup\{\mu(K)\colon K\subset X\emph{ ist
      kompakt und }K\subset A\}\] gilt.
  \item $\mu$ hei\ss{}t \emph{regul\"ar,} falls $(X,\mathcal A,\mu)$
    bzw.{} $\mu$ von au\ss{}en und von innen regul\"ar ist.
  \item $\mu$ hei\ss{}t \emph{lokal endlich,} falls es zu jedem
    $x\in X$ eine Umgebung $U\in\mathcal U(x)$ mit $\mu(U)<\infty$
    gibt. 
  \item Ist $\mathcal B(X)=\mathcal A$, so hei\ss{}t $\mu$ ein
    Borelsches Ma\ss{} auf $X$. $\beta_n:=\lambda_n|_{\mathcal B^n}$
    hei\ss{}t \emph{Borel-Lebesguesches Ma\ss{}} auf $\R^n$.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ist $\mu$ lokal endlich, so gibt es zu jeder kompakten Menge
    $K\subset X$ eine offene Umgebung $U$ von $K$ mit
    $\mu(U)<\infty$. 
    \begin{proof}[Beweis]
      Einfaches \"Uberdeckungsargument. 
    \end{proof}
  \item Sei $X$ Hausdorffsch und \emph{lokal kompakt,} \dh jeder Punkt
    in $X$ besitzt eine kompakte Umgebung, dann ist $\mu$ genau dann
    lokal endlich, wenn f\"ur jede kompakte Menge $K\subset X$ auch
    $\mu(K)<\infty$ gilt.
    \begin{proof}[Beweis]
      Folgt direkt nach Definition und mit einem
      \"Uberdeckungsargument.
    \end{proof}
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{theorem}
  \label{lebesgue mass reg thm}
  Das Lebesguesche Ma\ss{} ist regul\"ar. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $A\in\mathcal L(n)$ beliebig. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item \textbf{Regularit\"at von au\ss{}en:} Sei $\epsilon>0$
    beliebig. Dann gibt es nach Definition Intervalle
    $(I_j)_{j\in\N}\subset \mathbb J(n)$
    mit \[A\subset\bigcup\limits_{j\in\N} I_j\quad\text{und}\quad
    \sum\limits_{j\in\N}\vol_n(I_j)\le\lambda_n(A)+\epsilon.\] Somit
    gilt f\"ur $O:=\bigcup\limits_{j\in\N} I_j$ \[\lambda_n(A)
    \le\lambda_n(O) \le\sum\limits_{j\in\N} \lambda_n(I_j)
    =\sum\limits_{j\in\N} \vol_n(I_j) \le\lambda_n(A)+\epsilon.\]
    Daher ist $\lambda_n$ von au\ss{}en regul\"ar.
  \item \stern \textbf{Regularit\"at von innen:} Wir nehmen zun\"achst
    zus\"atzlich an, dass $A$ beschr\"ankt ist. Sei $\epsilon>0$
    beliebig. Sei $C\subset\R^n$ eine kompakte Menge mit $A\subset C$,
    beispielsweise ein gro\ss{}er abgeschlossener W\"urfel. Da $\mu$
    von au\ss{}en regul\"ar ist, gibt es eine offene Menge
    $O\subset\R^n$ mit $C\setminus A\subset O$ und $\lambda_n(O)\le
    \lambda_n(C\setminus A)+\epsilon$. Nach Theorem \ref{mass thm
      rechenregeln} \eqref{el mass ii} und wegen $\mu(A)<\infty$
    folgt \[\lambda_n(O)\le \lambda_n(C\setminus A)+\epsilon\le
    \lambda_n(C)-\lambda_n(A)+\epsilon.\] Wir definieren nun
    $K:=C\setminus O$ und erhalten $K\subset A$, $C\subset K\cup O$
    sowie \[\lambda_n(C) \le\lambda_n(K\cup O) \le\lambda_n(K)
    +\lambda_n(O) \le\lambda_n(K) +\lambda_n(C)
    -\lambda_n(A)+\epsilon.\] Umstellen ergibt $\lambda_n(A)-\epsilon
    \le\lambda_n(K)$. Dies impliziert die Regularit\"at von innen
    f\"ur beschr\"ankte Teilmengen $A\subset X$.
  \item \stern Sei nun $A\in\mathcal L(n)$ wieder beliebig. Sei ohne
    Einschr\"ankung $\lambda_n(A)\neq0$. Wir fixieren $\alpha>0$ mit
    $\alpha<\lambda_n(A)$. (Anders als bei einem Ansatz mit
    $\lambda_n(A)-\epsilon$ k\"onnen wir damit auch den Fall
    $\lambda_n(A)=\infty$ mitbehandeln.) Wir definieren $B_j:=A\cap
    B_j(0)$. Dann folgt nach Theorem \ref{mass thm rechenregeln}
    \eqref{el mass iv} $\lambda_n(A) =\lim\limits_{j\to\infty}
    \lambda_n(B_j)$. Somit gibt es ein $k\in\N$ mit $\lambda_n(B_k)>
    \alpha$. Aufgrund der bereits gezeigten inneren Regularit\"at
    f\"ur beschr\"ankte Mengen existiert eine kompakte Menge $K\subset
    X$ mit $K\subset B_k\subset A$ und $\lambda_n(K)>\alpha$. Da
    $\alpha<\lambda_n(A)$ beliebig war, folgt hieraus die
    Regularit\"at von innen auch im Falle unbeschr\"ankter
    Mengen. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{corollary}
  \label{lebesgue reg fs gd cor}
  Sei $A\in\mathcal L(n)$. Dann gibt es eine $F_\sigma$-Menge $F$ und
  eine $G_\delta$-Menge $G$ mit $F\subset A\subset G$ und
  $\lambda_n(F) =\lambda_n(A) =\lambda_n(G)$. Ist $A$ beschr\"ankt, so
  k\"onnen wir auch $G$ beschr\"ankt w\"ahlen. 
\end{corollary}
Aus dem Beweis geht hervor, dass $F$ sogar als Vereinigung von
abz\"ahlbar vielen kompakten Mengen gew\"ahlt werden kann. 
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei zun\"achst $\lambda_n(A)<\infty$. Dann gibt es aufgrund
    der Regularit\"at von $\lambda_n$ zu jedem $k\in\N_{>0}$ eine
    kompakte Menge $K_k$ und eine offene Menge $O_k$ mit $K_k\subset
    A\subset O_k$ und \[\lambda_n(A)-\tfrac1k \le \lambda_n(K_k)
    \le\lambda_n(A) \le\lambda_n(O_k) \le\lambda_n(A)+\tfrac1k.\] Wir
    definieren nun $F:=\bigcup\limits_{k\in\N_{>0}}K_k$ und
    $G:=\bigcap\limits_{k\in\N_{>0}} O_k$. Dann gilt $F\subset
    A\subset G$ und wir erhalten nach Theorem \ref{mass thm
      rechenregeln} \eqref{el mass ii} \[\lambda_n(A\setminus F)
    \le\lambda_n(A\setminus K_k)\le\tfrac1k\quad\text{und}\quad
    \lambda_n(G\setminus A) \le\lambda_n(O_k\setminus A)\le\tfrac1k\]
    f\"ur jedes $k\in\N_{>0}$. Da $\lambda_n(F)\le\lambda_n(A)<\infty$
    und $\lambda_n(A)<\infty$ gelten, folgt aus Theorem \ref{mass thm
      rechenregeln} \eqref{el mass ii} $\lambda_n(F) =\lambda_n(A)
    =\lambda_n(G)$.
  \item Sei nun $\lambda_n(A) =\infty$. Dann gibt es aufgrund der
    inneren Regularit\"at des Lebesguema\ss{}es kompakte Mengen
    $K_k\subset A$ mit $\lambda_n(K_k)\ge k$. Wir definieren
    $F:=\bigcup\limits_{k\in\N} K_k$ sowie $G:=\R^n$ und erhalten die
    Behauptung. 
  \item Die Aussage \"uber die Beschr\"anktheit von $G$ ist
    klar. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{theorem}
  \stern Sei $O\subset\R^n$ offen. Dann gibt es eine Folge paarweise
  disjunkter Intervalle $(I_j)_{j\in\N}\subset\R^n$ von Intervallen
  der Form $[a,b)$ mit $a,b\in\Q^n$ und
  $\bigcup\limits_{j\in\N}I_j=O$. F\"ur jede solche Folge
  gilt \[\lambda_n(O) =\sum\limits_{j\in\N} \vol_n(I_j).\]
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  F\"ur $k\in\N$ definieren wir eine Familie von W\"urfeln \[\mathcal
  W_k:=\left\{a+\left[0,2^{-k}\right)^n\colon a\in 2^{-k}\Z^n
  \right\}.\] Jede dieser Familien \"uberdeckt $\R^n$. Sei
  $O_k:=\{W\in\mathcal W_k\colon W\subset O\}$. Dann ist leicht
  einzusehen, dass $O=\bigcup\limits_{k\in\N}\bigcup\limits_{W\in
    O_k}W$ gilt und dass wir solche W\"urfel ausw\"ahlen k\"onnen,
  dass die Vereinigung disjunkt wird (kleine \"Ubung). \par
  Wegen Theorem \ref{mass thm rechenregeln} \eqref{el mass iv} ist die
  zweite Aussage klar.
\end{proof}

\subsubsection{Eine Charakterisierung Lebesgue messbarer Mengen}

\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $X$ ein topologischer Raum. Dann hei\ss{}t $X$
    \emph{$\sigma$-kompakt,} falls es eine Folge
    $(K_k)_{k\in\N}\subset\P(X)$ kompakter Teilmengen von $X$ mit
    $\bigcup\limits_{k\in\N}K_k=X$ gibt.
  \item Eine Teilmenge $M$ eines topologischen Raumes hei\ss{}t
    $\sigma$-kompakt, falls $M$ mit der von $X$ induzierten Topologie
    $\sigma$-kompakt ist.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{theorem}
  \label{lebesgue messbar nullmenge char thm}
  Sei $A\subset\R^n$. Dann sind die folgenden Aussagen \"aquivalent:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{leb messb aequiv thm i} $A$ ist Lebesgue messbar.
  \item\label{leb messb aequiv thm ii} Es gibt eine $\sigma$-kompakte
    Teilmenge $S\subset\R^n$ und eine Lebesguesche Nullmenge $N$ mit
    $A=S\cup N$.
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item \glqq\eqref{leb messb aequiv thm i} \impliziert{} \eqref{leb
      messb aequiv thm ii}\grqq{}: Da $(\R^n,\mathcal L(n),\lambda_n)$
    ein $\sigma$-endlicher Ma\ss{}raum ist, gibt es eine Folge
    $(A_j)_{j\in\N}\subset\mathcal L(n)$ mit
    $A=\bigcup\limits_{j\in\N} A_j$ und $\lambda_n(A_j)<\infty$. Zu
    jedem $j\in\N$ gibt es aufgrund des Beweises von Korollar
    \ref{lebesgue reg fs gd cor} eine $\sigma$-kompakte Menge
    $S_j\subset\R^n$ mit $S_j\subset A_j$ und $\lambda_n(S_j)
    =\lambda_n(A_j)$. Definiere $N_j:= A_j\setminus S_j$. Dann ist
    $N_j$ eine Nullmenge und es gilt $A_j=S_j\cup N_j$. Wir definieren
    $S:=\bigcup\limits_{j\in\N} S_j$ und $N:=\bigcup\limits_{j\in\N}
    N_j$. Dann ist $S$ eine $\sigma$-kompakte Menge und $N$ eine
    Nullmenge und es gilt $A=S\cup N$. 
  \item \glqq\eqref{leb messb aequiv thm ii} \impliziert{} \eqref{leb
      messb aequiv thm i}\grqq{}: Wegen $\mathcal B^n\subset\mathcal
    L(n)$ und da jede Nullmenge ebenfalls Lebesgue messbar ist, ist
    auch $A =S\cup N$ Lebesgue messbar. \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

\begin{theorem}
  Das Lebesguesche Ma\ss{} $\lambda_n$ ist die Vervollst\"andigung des
  Borel-Lebesgueschen Ma\ss{}es $\beta_n$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]   
  \stern 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\ol{\mathcal B^n_{\beta_n}}\subset\mathcal L(n)$: Sei
    $A\in\ol{\mathcal B^n_{\beta_n}}$. Dann gibt es nach Definition
    $B,N\in\mathcal B^n$ mit $\lambda_n(N)=0$ und $M\subset N$ mit
    $A=B\cup M$. Da $\lambda_n$ vollst\"andig ist, ist $M$ eine
    Lebesgue Nullmenge. Wegen $\mathcal B^n\subset\mathcal L(n)$ folgt
    also $A=B\cup M\in\mathcal L(n)$. Dies zeigt die behauptete
    Inklusion. 
  \item $\mathcal L(n)\subset\ol{\mathcal B^n_{\beta_n}}$: Sei
    $A\in\mathcal L(n)$. Wir haben in Theorem \ref{lebesgue messbar
      nullmenge char thm} gezeigt, dass es ein $B\in\mathcal B^n$ und
    eine Lebesguesche Nullmenge $M$ mit $A=B\cup M$ gibt. Nach
    Korollar \ref{lebesgue reg fs gd cor} gibt es eine Menge
    $G\in\mathcal B^n$ mit $M\subset G$ und $\lambda_n(G)
    =\lambda_n(M) =0$. Nach Definition der Vervollst\"andigung folgt
    damit $G\in\ol{\mathcal B^n_{\beta_n}}$ und daher die
    Behauptung. \qedhere 
  \end{enumerate}
\end{proof}

\subsubsection{Bilder Lebesgue messbarer Mengen}

\begin{theorem}
  \label{nullmenge lip bild thm}
  Sei $N\subset\R^n$ eine $\lambda_n$-Nullmenge und $f\in
  C^{0,1}(N,\R^m)$ mit $m\ge n$. Dann ist $f(N)$ eine
  $\lambda_m$-Nullmenge. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Da jede $\lambda_n$-Nullmenge verm\"oge
    $\R^n\times\{0\}\subset\R^m$ auch eine $\lambda_m$-Nullmenge ist,
    gen\"ugt es den Satz f\"ur den Fall $n=m$ zu beweisen. (Im Fall
    $m>n$ braucht $N$ nicht einmal eine $\lambda_n$-Nullmenge zu
    sein.) 
  \item Sei $f$ zun\"achst global Lipschitzstetig, \dh es gibt $L>0$
    mit $|f(x)-f(y)|\le |x-y|$ f\"ur alle $x,y\in N$. Sei
    $\epsilon>0$. Da $N$ eine $\lambda_n$-Nullmenge ist, gibt es
    Quader und sogar W\"urfel (kleine \"Ubung) $(I_j)_{j\in\N}$ der
    Kantenl\"angen $(a_j)_{j\in\N}$ mit
    $N\subset\bigcup\limits_{j\in\N} I_j$ und $\epsilon
    >\sum\limits_{j\in\N} \lambda_n(I_j) =\sum\limits_{j\in\N}
    a_j^n$. Es gilt $\diam(I_j)=a_j\sqrt n$. Da $f$ Lipschitz stetig
    mit Lipschitzkonstante $L$ ist, folgt $\diam f(I_j)\le La_j\sqrt
    n$. Somit gilt $f(I_j)\subset J_j$ f\"ur einen abgeschlossenen
    Quader der Kantenl\"ange $2La_j\sqrt n$ und $\vol_n(J_j)
    =2^nL^na_j^nn^{n/2} =c_n\lambda_n(I_j)$ f\"ur eine nur von $n$
    abh\"angige Konstante $c_n>0$. Somit ist $f(N)\subset
    \bigcup\limits_{j\in\N} J_j$ mit $\sum\limits_{j\in\N}
    \lambda_n(J_j) =c_n\sum\limits_{j\in\N}\lambda_n(I_j)
    <c_n\epsilon$. Dies zeigt die Behauptung f\"ur eine global
    Lipschitzstetige Funktion $f$.
  \item Sei nun $f\colon N\to\R^n$ lokal Lipschitz stetig, \dh zu
    jedem $x\in N$ gibt es ein $U_x\in\mathcal U(x)$, so dass
    $f|_{U_x\cap N}$ global Lipschitz stetig ist. Da auch $U_x\cap N$
    eine $\lambda_n$-Nullmenge ist, ist $f(U_x\cap N)$ nach dem
    bereits Gezeigten ebenfalls eine $\lambda_n$-Nullmenge. Da $N$ als
    Teilmenge von $\R^n$ ein separabler und somit Lindel\"ofscher Raum
    ist, besitzt die \"Uberdeckung $\{U_x\cap N\colon x\in N\}$ eine
    abz\"ahlbare Teil\"uberdeckung $\{U_x\cap N\colon x\in N_0\}$ mit
    einer abz\"ahlbaren Menge $N_0\subset N$. Wir erhalten $f(N)
    =\bigcup\limits_{x\in N_0} f(U_x\cap N)$. Somit ist $f(N)$ die
    abz\"ahlbare Vereinigung von $\lambda_n$-Nullmengen und somit
    selbst eine $\lambda_n$-Nullmenge. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei $U\subset\R^n$ offen. Sei $f\in C^1(U,\R^m)$ mit $m\ge n$. Ist
  $N\subset U$ eine $\lambda_n$-Nullmenge, so ist auch $f(N)$ eine
  $\lambda_m$-Nullmenge. 
\end{corollary}

Damit k\"onnen wir zeigen, dass das Bild einer Lebesgue messbaren
Menge wieder Lebesgue messbar ist.
\begin{theorem}
  \label{lip erh leb mess thm}
  Seien $A\in\mathcal L(n)$ und $f\in C^{0,1}(A,\R^m)$ mit $m\ge
  n$. Dann gilt auch $f(A)\in\mathcal L(m)$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Nach Theorem \ref{lebesgue messbar nullmenge char thm} gibt es eine
  $\sigma$-kompakte Teilmenge $S\subset\R^n$ und eine
  $\lambda_n$-Nullmenge $N$ mit $A=S\cup N$. Da $f$ stetig ist, ist
  auch $f(S)$ wieder $\sigma$-kompakt. Nach Theorem \ref{nullmenge lip
    bild thm} ist auch $f(N)$ eine $\lambda_m$-Nullmenge. Nochmals
  nach Theorem \ref{lebesgue messbar nullmenge char thm} gilt daher
  auch $f(A) =f(S)\cup f(N)\in\mathcal L(m)$. 
\end{proof}

\begin{corollary}
  \label{C1 abb erh messb cor}
  \stern Seien $U\subset\R^n$ offen und $f\in C^1(U,\R^m)$ mit $m\ge
  n$. Sei $A\in\mathcal L(n)$ mit $A\subset U$. Dann folgt
  $f(A)\in\mathcal L(m)$. 
\end{corollary}

Die folgenden Beispiele zeigen, dass unsere Voraussetzungen in den
obigen Resultaten auch n\"otig sind.
\begin{remark} \stern
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Stetige Bilder von Nullmengen sind i.\,Allg.{} keine
    Nullmengen mehr. Betrachte dazu raumf\"ullende Kurven.
  \item Ohne die Bedingung $m\ge n$ an die Dimensionen sind die Bilder
    von Nullmengen i.\,Allg.{} keine Nullmengen mehr. Betrachte dazu
    $\R^2\ni(x,0)\mapsto x\in\R$.
  \item Es gibt $A\in\mathcal L(n)$ und $f\in C^0(A,\R^m)$ mit $m\ge
    n$ und $f(A)\not\in\mathcal L(n)$. (Siehe \cite[Bemerkung 5.14
    (a)]{AmannEscherAnalysisIII}.)
  \item Es gibt $A\in\mathcal L(n)$ und $f\in C^{0,1}(A,\R^m)$ mit
    $m<n$, so dass $f(A)$ nicht messbar ist. (Sei $V$ eine nicht
    messbare Teilmenge von $\R$. Dann ist $V\times\{0\}\subset\R^2$
    eine Nullmenge und daher messbar, jedoch ist die Projektion auf
    die erste Komponente nicht messbar.)
  \item Sei $A\subset\R^n$. Dann ist $A$ genau dann Lebesgue messbar,
    wenn es zu jedem $x\in A$ eine offene Umgebung $U\in\mathcal U(x)$
    gibt, so dass $A\cap U$ messbar ist.
    \begin{proof}[Beweis]
      \neueZeile
      \begin{itemize}
      \item \Hinrichtung{} Klar ist, dass aus der Lebesgue Messbarkeit
        von $A$ auch die von $A\cap U$ f\"ur jede offene Umgebung $U$
        von $x\in A$ folgt.
      \item \Rueckrichtung{} W\"ahle zu jedem Punkt eine solche offene
        Umgebung $U_x$. Da $A$ als Teilmenge eines separablen Raumes
        auch selbst separabel und damit Lindel\"ofsch ist, gibt es
        eine h\"ochstens abz\"ahlbare Teilmenge $A_0\subset A$ mit
        $A\subset\bigcup\limits_{x\in A_0} U_x$. Es folgt
        $A=\bigcup\limits_{x\in A_0} U_x\cap A$. Somit haben wir $A$
        als h\"ochstens abz\"ahlbare Vereinigung messbarer Mengen
        dargestellt. Daher ist $A$ selbst ebenfalls messbar. \qedhere
      \end{itemize}
    \end{proof}
  \end{enumerate}
\end{remark}

\subsubsection{Die Translationsinvarianz des Lebesgueschen Ma\ss{}es}

\begin{definition}
  \stern Sei $a\in\R^n$. Dann hei\ss{}t die Abbildung $\tau_a$
  mit \[\R^n\ni x\mapsto x+a\in\R^n\] \emph{Translation} um den Vektor
  $a\in\R^n$.
\end{definition}

\begin{lemma}
  Die Borelsche und die Lebesguesche $\sigma$-Algebra \"uber
  $\R^n$ sind translationsinvariant, \dh es gelten $\tau_a(\mathcal
  B^n) =\mathcal B^n$ und $\tau_a(\mathcal L(n)) =\mathcal L(n)$ f\"ur
  alle $a\in\R^n$.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Urbilder von Borelmengen unter stetigen Funktionen sind wieder
    Borelmengen. Sei $a\in\R^n$. Damit folgt $\tau_a(\mathcal B^n)
    =\tau_{-a}^{-1}(\mathcal B^n) \subset\mathcal B^n$. Angewandt mit
    $-a$ statt $a$ erhalten wir $\tau_{-a}(\mathcal
    B^n)\subset\mathcal B^n$ und wir erhalten daraus \[\mathcal B^n
    =\tau_a\circ\tau_{-a}\left(\mathcal B^n\right)
    \subset\tau_a\left(\mathcal B^n\right) \subset\mathcal B^n.\]
  \item Da Translationen glatte Abbildungen sind, erhalten wir mit
    Theorem \ref{lip erh leb mess thm} $\tau_b(\mathcal L(n))
    \subset\mathcal L(n)$ f\"ur alle $b\in\R^n$ und daher \[\mathcal
    L(n) =\tau_a(\tau_{-a}(\mathcal L(n))) \subset\tau_a(\mathcal
    L(n)) \subset\mathcal L(n).\] Somit gilt \"uberall in dieser
    Formel Gleichheit. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{theorem}
  Das Lebesguesche und das Borel-Lebesguesche Ma\ss{} sind
  translationsinvariant, \dh f\"ur alle $a\in\R^n$ gelten $\lambda_n
  =\lambda_n\circ\tau_a$ und $\beta_n =\beta_n\circ\tau_a$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \stern Die Lebesgue messbaren und die Borel messbaren Mengen sind
  translationsinvariant. Ebenso ist die Menge der Quader
  translationsinvariant und das Volumen $\vol_n\colon\mathbb
  J(n)\to\R$ ist unabh\"angig von Translationen. Somit folgt die
  Behauptung nach Definition.
\end{proof}

Haarsche Ma\ss{}e verallgemeinern translationsinvariante Ma\ss{}e.

Der folgende Satz ist f\"ur offene Mengen eine einfache
\"Ubungsaufgabe. 
\begin{theorem}[Steinhaus] \stern
  \label{steinhaus thm}
  Sei $A\in\mathcal L(n)$ mit $\lambda_n(A)>0$. Dann ist $A-A$ eine
  Nullumgebung. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Durch Schneiden mit einer gro\ss{}en Kugel d\"urfen wir ohne
  Einschr\"ankung annehmen, dass zus\"atzlich $A$ beschr\"ankt ist und
  somit $\lambda_n(A)<\infty$ gilt. \par Da das Lebesguema\ss{}
  regul\"ar ist, gibt es eine kompakte Menge $K$ und eine offene Menge
  $O$ mit $K\subset A\subset O$ und \[0<\lambda_n(K) <\lambda_n(O)
  \le\tfrac32\lambda_n(K).\] Da die abgeschlossenen Mengen $K$ und
  $\complement O$ disjunkt sind und $K$ kompakt ist, ist $\delta
  :=d\left(K, \complement O\right)>0$. \par Sei $x\in B_\delta(0)$
  beliebig. Wir behaupten, dass $K\cap(x+K)\neq\emptyset$ gilt. Sonst
  erhalten wir aus der Additivit\"at und Translationsinvarianz
  $\lambda_n(K\cup(x+K)) =\lambda_n(K) +\lambda_n(x+K)
  =2\lambda_n(K)$. Nach Definition von $\delta$ gelten $x+K\subset O$
  und $K\cup(x+K)\subset O$. Daraus folgt $2\lambda_n(K)
  =\lambda_n(K\cup(x+K)) \le\lambda_n(O)
  \le\frac32\lambda_n(K)$. Widerspruch. \par Also ist
  $K\cap(x+K)\neq\emptyset$ f\"ur alle $x\in B_\delta(0)$, \dh es gibt
  $y,z\in K$ mit $y=x+z$. Somit erhalten wir $B_\delta(0)\subset K-K
  \subset A-A$ wie behauptet.
\end{proof}

\subsubsection{Eine Charakterisierung des Lebesgueschen Ma\ss{}es}

\begin{theorem}
  \label{leb trans inv thm}
  Sei $\mu$ ein translationsinvariantes lokal endliches Ma\ss{} auf
  $\mathcal B^n$ bzw.{} $\mathcal L(n)$. Dann gilt
  $\mu=\alpha_n\beta_n$ bzw.{} $\mu=\alpha_n\lambda_n$ mit
  $\alpha_n:=\mu\left([0,1)^n\right)$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir zeigen zun\"achst $\mu([a,b)) =\alpha_n\vol_n([a,b))$
    f\"ur alle $a,b\in\R^n$. Dazu benutzen wir vollst\"andige
    Induktion nach $n$. Sei zun\"achst $n=1$. Definiere
    $g(s):=\mu([0,s))$ f\"ur $s>0$. Die Funktion $g\colon(0,\infty)
    \to(0,\infty)$ ist wachsend und es gilt aufgrund der
    Translationsinvarianz von $\mu$
    \begin{align*}
      g(s+t) =&\,\mu([0,s+t)) =\mu([0,s)\dot\cup [s,s+t))\umbruch\\
      =&\,\mu([0,s)) +\mu([s,s+t)) =\mu([0,s)) +\mu([0,t)) =g(s) +g(t)
    \end{align*}
    f\"ur beliebige $s,t>0$. Per Induktion erhalten wir $g(s) =sg(1)$
    zun\"achst f\"ur $s\in\Q$ und dann aufgrund der Monotonie auch
    f\"ur beliebige $s>0$. Es gilt $s =\vol_1([0,s))$ nach Definition
    des Volumens und $\alpha_1=\mu([0,1))$ nach Definition von
    $\alpha_1$. Somit erhalten wir \[\mu([0,s)) =g(s) =sg(1)
    =s\mu([0,1)) =\vol_1([0,s))\alpha_1\quad\text{f\"ur alle }s>0.\]
    Daher gilt \[\mu([\alpha,\beta)) =\mu([0,\beta-\alpha))
    =\alpha_1\vol_1([0,\beta-\alpha))
    =\alpha_1\vol_1([\alpha,\beta))\] f\"ur alle $\alpha,\beta\in\R$ 
    wie behauptet.
  \item\label{leb trans inv thm ii} Sei nun $n\ge2$. Fixiere dazu
    $a',b'\in\R^{n-1}$ und definiere f\"ur
    $\alpha,\beta\in\R$ \[\mu_1([\alpha,\beta))
    :=\mu([\alpha,\beta)\times[a',b')).\] Definiert man allgemeiner
    f\"ur $A\in\mathcal B^1$ bzw. $A\in\mathcal L(1)$ \[\mu_1(A)
    :=\mu(A\times[a',b')),\] so erhalten wir ein
    translationsinvariantes lokal endliches Ma\ss{} auf $\mathcal B^1$
    bzw.{} $\mathcal L(1)$. Daher k\"onnen wir die Induktionsannahme
    $n=1$ anwenden und erhalten \[\mu_1([\alpha,\beta))
    =\mu_1([0,1))\vol_1([\alpha,\beta))\quad\text{f\"ur alle
    }\alpha,\beta\in\R.\] Seien nun $a=\left(a^1,\ldots,a^n\right),
    b=\left(b^1,\ldots,b^n\right)\in\R^n$ beliebig. Wir definieren
    dazu $a':=\left(a^2,\ldots,a^n\right)$ und
    $b':=\left(b^2,\ldots,b^n\right)$ und benutzen nachfolgend $\mu_1$
    mit diesen Vektoren $a',b'\in\R^{n-1}$. Es folgt
    \begin{align*}
      \mu([a,b))=&\,\mu\left(\left[a^1,b^1\right)\times
        \left[a',b'\right)\right)
      =\mu_1\left(\left[a^1,b^1\right)\right)\umbruch\\
      =&\,\mu_1([0,1))\vol_1\left(\left[a^1,b^1\right)\right)\quad
      \text{(siehe oben)}\umbruch\\
      =&\,\mu\left([0,1)\times\left[a',b'\right)\right)
      \vol_1\left(\left[a^1,b^1\right)\right).
    \end{align*}
    Eine analoge Argumentation f\"ur die anderen Komponenten mit
    Induktion liefert nun \[\mu([a,b)) =\mu\left([0,1)^n\right)
    \prod\limits_{j=1}^n\vol_1\left(\left[a^j,b^j\right)\right)
    =\alpha_n\vol_n([a,b)).\] Dies zeigt die Behauptung des Theorems
    f\"ur linksseitig abgeschlossene Quader.
  \item\label{leb trans inv thm iii} Sei nun $A\in\B^n$ bzw.{}
    $A\in\mathcal L(n)$ beliebig. Sei $(I_j)_{j\in\N}\subset\mathbb
    J_l(n)$ eine Folge von linksseitig abgeschlossenen Quadern, die
    $A$ \"uberdeckt. Dann folgt \[\mu(A)
    \le\sum\limits_{j\in\N}\mu(I_j)
    =\alpha_n\sum\limits_{j\in\N}\lambda_n(I_j).\] Da es in der
    Definition des Lebesgueschen \"au\ss{}eren Ma\ss{}es egal war,
    welche Quader wir benutzen, siehe Theorem \ref{abg int tun auch
      thm}, k\"onnen wir das Infimum \"uber alle solchen
    \"Uberdeckungen betrachten und erhalten \[\mu(A)
    \le\alpha_n\lambda^*_n(A) =\alpha_n\lambda_n(A),\] da auf
    $\mathcal B^n$ bzw.{} $\mathcal L(n)$ stets
    $\lambda^*_n=\lambda_n$ gilt. 
  \item\label{leb trans inv thm iv} Die umgekehrte Ungleichung zeigen
    wir durch Betrachtung von Komplementen. Sei dazu zun\"achst
    $B\in\mathcal B^n$ bzw.{} $B\in\mathcal L(n)$ beschr\"ankt. Wir
    w\"ahlen einen gro\ss{}en Quader $I\in\mathbb J_l(n)$ mit
    $B\subset I\subset\ol I$. $\ol I$ ist kompakt und $\mu$ ist lokal
    endlich. Daher gilt $\mu\left(\ol I\right)<\infty$. Es folgt
    $\mu(B)<\infty$ und ebenso gilt $\lambda_n(B)<\infty$. Daher
    erhalten wir nach \eqref{leb trans inv thm ii}, nach Theorem
    \ref{mass thm rechenregeln} \eqref{el mass ii} (zweimal) und
    \eqref{leb trans inv thm iii}
    \begin{align*} 
      \alpha_n\lambda_n(I) -\mu(B) \overset{\eqref{leb trans inv thm
          ii}} =&\,\mu(I) -\mu(B) \overset{\text{Thm.{} }\ref{mass thm
          rechenregeln}}=\mu(I\setminus B)\umbruch\\
      \overset{\eqref{leb trans inv thm iii}}\le&\,
      \alpha_n\lambda_n(I\setminus B) \overset{\text{Thm.{} }\ref{mass
          thm rechenregeln}}=\alpha_n\lambda_n(I)
      -\alpha_n\lambda_n(B).
    \end{align*}
    Die Terme ohne $B$ heben sich gegenseitig weg und wir erhalten mit
    \eqref{leb trans inv thm iii} die behauptete Gleichheit $\mu(B)
    =\alpha_n\lambda_n(B)$.
  \item Sei nun $A\in\mathcal B^n$ bzw.{} $A\in\mathcal L(n)$
    beliebig. Wir definieren beschr\"ankte Mengen $B_j:=A\cap B_j(0)$
    in $\mathcal B^n$ bzw.{} $\mathcal L(n)$ f\"ur $j\in\N$ und
    erhalten \[\mu(A) \overset{\text{Thm.{} }\ref{mass thm
        rechenregeln}}= \lim\limits_{j\to\infty} \mu(B_j)
    \overset{\eqref{leb trans inv thm iv}}=
    \alpha_n\lim\limits_{j\to\infty} \lambda_n(B_j)
    \overset{\text{Thm.{} }\ref{mass thm rechenregeln}}=
    \alpha_n\lambda_n(A)\] wie behauptet. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{remark}
  \stern Es ist wichtig, dass $\mu$ lokal endlich ist. Sonst ist das
  Z\"ahlma\ss{} $\mathcal H^0$ auf $B^n$ bzw.{} $\mathcal L(n)$ ein
  Gegenbeispiel.
\end{remark}

\subsubsection{Die Bewegungsinvarianz des Lebesgueschen Ma\ss{}es}

Wir wollen mit Theorem \ref{leb trans inv thm} das Lebesguesche
Ma\ss{} und das Hausdorffma\ss{} vergleichen. Dazu ben\"otigen wir als
Vorbereitung
\begin{lemma}
  \label{hausd lok endl lem}
  Das $n$-dimensionale Hausdorffma\ss{} $\mathcal H^n$ 
  auf $\R^n$ ist lokal endlich und es gilt $\mathcal
  H^n\left([0,1)^n\right)>0$. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item \textbf{Lokal endlich:} Zun\"achst sind Borelmengen $\mathcal
    H^n_*$-messbar, siehe Bemerkung \ref{borel messb hausd rem}. (Dies
    war in der Definition von \glqq lokal endlich\grqq{} bereits
    gefordert worden.)\par
    Wir w\"ahlen nun W\"urfel als Umgebungen von Punkten und wollen
    zeigen, dass deren $n$-dimensionales Hausdorffma\ss{} $\mathcal
    H^n$ endlich ist. Der W\"urfel $[-a,a]^n$ l\"asst sich in $m^n$
    gleich gro\ss{}e W\"urfel der Kantenl\"ange $\frac{2a}m$ und mit
    Durchmesser $\frac{2a}m\sqrt n$ (bis auf Seitenfl\"achen) disjunkt
    zerlegen. F\"ur gro\ss{}e Werte von $m$ sind diese Durchmesser
    kleiner als ein beliebig festes $\epsilon>0$. Somit erhalten
    wir \[\mathcal H^n_\epsilon([-a,a]^n) \le
    \underbrace{m^n}_{\text{Anzahl}}
    {\underbrace{\left(\frac{2a}m\sqrt
          n\right)}_{\text{Durchmesser}}}^n =2^na^nn^{n/2}.\] Somit
    bleibt die linke Seite f\"ur $\epsilon\searrow0$ beschr\"ankt und
    wir erhalten, dass jeder Punkt eine Umgebung mit endlichem
    $\mathcal H^n$-Ma\ss{} besitzt.
  \item \textbf{Positivit\"at:} Sei $\epsilon>0$ beliebig. (Wir
    arbeiten hier mit den Ma\ss{}en $\mathcal H^n_\epsilon$, weil das
    n\"aher an der Definition des Hausdorffma\ss{}es ist. Letztlich
    ben\"otigen wir jedoch keine Durchmesserschranke $\epsilon$.) Sei
    $(U_j)_{j\in\N}\subset\mathcal P(\R^n)$ eine beliebige Folge mit
    $\diam U_j<\epsilon$, $j\in\N$, die $[0,1)^n$ \"uberdeckt. Zu
    jeder dieser Mengen $U_j$, $j\in\N$ gibt es einen W\"urfel $I_j$
    mit Kantenl\"ange $\le2\diam U_j$ und $U_j\subset I_j$. Somit
    erhalten wir \[1 =\lambda_n\left([0,1)^n\right)
    \le\sum\limits_{j\in\N} \vol_n(I_j) \le
    2^n\sum\limits_{j\in\N}(\diam U_j)^n.\] Daraus folgt $2^{-n}\le
    \mathcal H^n_\epsilon\left([0,1)^n\right)$ f\"ur alle $\epsilon>0$
    und somit erhalten wir die Absch\"atzung $\mathcal
    H^n\left([0,1)^n\right) \ge2^{-n}>0$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{corollary}
  \label{leb haus gleich cor}
  Das $n$-dimensionale Hausdorffsche Ma\ss{} $\mathcal H^n$ auf $\R^n$
  ist eine Erweiterung von $\alpha_n\lambda_n$ mit $\alpha_n:=\mathcal
  H^n\left([0,1)^n\right)$, \dh jedes $A\in\mathcal L(n)$ ist
  $\mathcal H^n$-messbar und es gilt f\"ur solche Mengen $\mathcal
  H^n(A) =\alpha_n\lambda_n(A)$. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{leb haus gleich cor i} Nach Lemma \ref{hausd lok endl
      lem} ist das $\mathcal H^n$-Ma\ss{} auf $\R^n$ lokal
    endlich. Direkt aus der Definition folgt, dass $\mathcal H^n$
    translationsinvariant ist, \dh es gilt $\mathcal H^n(A) =\mathcal
    H^n(\tau_a(A))$ f\"ur alle $A\subset\R^n$ und alle Translationen
    $\tau_a$. Somit folgt nach Theorem \ref{leb trans inv thm}
    $\mathcal H^n(A) =\alpha_n\lambda_n(A)$ f\"ur alle $A\in\mathcal
    B^n$. \par Es bleibt zu zeigen, dass $\mathcal L(n)$-Mengen auch
    $\mathcal H^n$-messbar sind und dass die Gleichheit auch f\"ur
    $A\in\mathcal L(n)$ gilt.
  \item\label{leb haus gleich cor ii} Lebesguesche Nullmengen sind
    auch Hausdorffsche Nullmengen: \par
    Anschaulicher Beweis: Sei $\epsilon>0$ eine beliebige
    Durchmesserschranke. Sei $\delta>0$ ebenfalls beliebig. Dann gibt
    es nach Definition eine Folge $(I_j)_{j\in\N}$ von Quadern mit
    $\sum\limits_{j\in\N}\vol_n(I_j)<\delta$ und
    $N\subset\bigcup\limits_{j\in\N} I_j$. Ohne Einschr\"ankung
    d\"urfen wir annehmen, dass jeder Quader einen Durchmesser
    $<\epsilon$ hat, sonst zerlegen wir jeden Quader so lange in $2^n$
    kongruente kleinere Quader, bis dies erf\"ullt ist; die Summe der
    Volumina bleibt dabei unver\"andert. Weiterhin d\"urfen wir ohne
    Einschr\"ankung annehmen, dass die l\"angste Kantenl\"ange jedes
    dieser Quader maximal die doppelte L\"ange der k\"urzesten Seite
    besitzt. Sonst halbieren wir diesen Quader senkrecht zu dieser
    l\"angsten Kante und iterieren dies gegebenenfalls. Nun sind die
    Volumina und $(\diam I_j)^n$ f\"ur jeden dieser Quader bis auf
    positive Faktoren $c(n)$ gegeneinander abgesch\"atzt. Somit ist
    $c(n)\delta$ eine obere Schranke f\"ur das Hausdorffma\ss{}. Es
    folgt die Behauptung. \par
    Analog zeigt man auch leicht, dass jede Hausdorff Nullmenge eine
    Lebesguesche Nullmenge ist.\par
    Formalerer Beweis: Sei $N$ eine Lebesguesche Nullmenge und sei
    $\epsilon>0$. Dann gibt es eine Folge $(I_j)_{j\in\N}$ von Quadern
    mit $\sum\limits_{j\in\N} \vol_n(I_j)<\epsilon$ und
    $N\subset\bigcup\limits_{j\in\N} I_j$. Nach \eqref{leb haus gleich
      cor i} erhalten wir $\mathcal H^n_*(I_j) =\mathcal H^n(I_j)
    =\alpha_n\lambda_n(I_j)$ f\"ur alle $j\in\N$. Es folgt \[\mathcal
    H^n_*(N) \le\mathcal H^n_*\left(\bigcup\limits_{j\in\N} I_j\right)
    \le\sum\limits_{j\in\N} \mathcal H^n_*(I_j) =\alpha_n
    \sum\limits_{j\in\N} \vol_n(I_j) <\alpha_n\epsilon.\] Daher ist
    $N$ auch eine $\mathcal H^n$-Nullmenge.
  \item Sei nun $A\in\mathcal L(n)$. Nach Theorem \ref{lebesgue
      messbar nullmenge char thm} k\"onnen wir $A=S\cup N$ mit einer
    $\sigma$-kompakten Menge $S$ und somit $S\in\mathcal B^n$ und
    einer $\lambda_n$- und daher auch $\mathcal H^n$-Nullmenge $N$
    schreiben. Somit ist $A$ auch $\mathcal H^n$-messbar. Daher folgen
    aus \eqref{leb haus gleich cor i} und \eqref{leb haus gleich cor
      ii} \[\mathcal H^n(A) \le\mathcal H^n(S) +\mathcal H^n(A)
    =\mathcal H^n(S) =\alpha_n\lambda_n(S) \le\alpha_n\lambda_n(A)\]
    und analog \[\alpha_n\lambda_n(A) =\alpha_n\lambda_n(S) =\mathcal
    H^n(S) \le\mathcal H^n(A).\] Es folgt $\mathcal H^n(A)
    =\alpha_n\lambda_n(A)$ f\"ur alle $A\in\mathcal L(n)$ wie
    behauptet. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{corollary}
  Das Lebesguesche und das Borel-Lebesguesche Ma\ss{} sind
  bewegungsinvariant, \dh f\"ur jede Bewegung $\phi$ des $\R^n$ gelten
  $\lambda_n =\lambda_n\circ\phi$ und $\beta_n =\beta_n\circ\phi$. 
\end{corollary}
Wir erinnern daran, dass eine Bewegung eine Selbstabbildung des $\R^n$
ist, die Abst\"ande erh\"alt und benutzen, dass sich jede Bewegung
$\phi\colon\R^n\to\R^n$ in der Form $\phi(x)=Tx+a$ mit $T\in O(n)$ und
$a\in\R^n$ schreiben l\"asst. 
\begin{proof}[Beweis]
  \stern Sei $\phi\colon\R^n\to\R^n$ eine Bewegung. Sei $A\in\mathcal
  L(n)$ bzw.{} $A\in\mathcal B^n$. Dann gilt nach Theorem \ref{lip erh
    leb mess thm} auch $\phi(A)\in\mathcal L(n)$ bzw., da $\phi$ eine
  offene Abbildung ist, auch $\phi(A)\in\mathcal B^n$. Direkt nach
  Definition ist das Hausdorffma\ss{} bewegungsinvariant. Somit
  erhalten wir mit Theorem \ref{leb trans inv
    thm} \[\alpha_n\lambda_n(\phi(A)) =\mathcal H^n(\phi(A)) =\mathcal
  H^n(A) =\alpha_n\lambda_n(A).\] Nach Lemma \ref{hausd lok endl lem}
  ist $\alpha_n>0$. Somit folgt die Behauptung.
\end{proof}

\subsubsection{Der spezielle Transformationssatz}

\begin{theorem}
  \label{spez trafo thm}
  Sei $T\in L(\R^n)$. Dann gilt \[\lambda_n(T(A)) =|\det
  T\,|\cdot\lambda_n(A)\] f\"ur alle $A\in\mathcal L(n)$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Nach Theorem \ref{lip erh leb mess thm} gilt $T(A)\in\mathcal
    L(n)$. 
  \item Ist $\det T=0$, so liegt $T(A)$ in einer Hyperebene. Da
    $\lambda_n$ bewegungsinvariant ist, k\"onnen wir ohne
    Einschr\"ankung annehmen, dass dies eine Koordinatenhyperebene
    ist. Teilmengen von Koordinatenhyperebenen sind aber
    $\lambda_n$-Nullmengen. Somit folgt die Behauptung in diesem
    Fall. 
  \item Gelte also $\det T\neq0$. Wir definieren
    $\mu(A):=\lambda_n(T(A))$ f\"ur $A\in\mathcal L(n)$. Es ist leicht
    zu sehen, dass $\mu$ ein lokal endliches translationsinvariantes
    Ma\ss{} auf $\mathcal L(n)$ ist. Nach Theorem \ref{leb trans inv
      thm} gilt somit $\mu=\mu\left([0,1)^n\right)\lambda_n$. Somit
    folgt die Behauptung, wenn wir noch $\lambda_n\left(T\left(
        [0,1)^n\right)\right) =|\det T|$ zeigen.
  \item Ist $(Te_1,\ldots,Te_n)$ eine Permutation der Standardbasis
    $(e_1,\ldots,e_n)$, so gilt $T\left([0,1)^n\right) =[0,1)^n$ und
    daher $|\det T|=1$ wie behauptet.
  \item Sei $T$ bez\"uglich der Standardbasis durch die Matrix
    \[\begin{pmatrix}
      \alpha&0&\cdots&0\\
      0&1&\cdots&0\\
      \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
      0&0&\cdots&1
    \end{pmatrix}\] mit $\alpha\in\R_{\neq0}$ dargestellt. Dann gelten
    $|\det T|=|\alpha|$ und \[T\left([0,1)^n\right) =
    \begin{cases}
      [0,\alpha)\times[0,1)^{n-1},&\text{f\"ur }\alpha>0,\\
      (-\alpha,0]\times[0,1)^{n-1},&\text{f\"ur }\alpha<0.
    \end{cases}\]
    Somit gilt auch hier $|\det T| =|\alpha|
    =\lambda_n\left(T\left([0,1)^n\right)\right)$ wie behauptet. 
  \item Sei nun $T$ bez\"uglich der Standardbasis durch \[
    \begin{pmatrix}
      1&0&0&\cdots&0\\
      1&1&0&\cdots&0\\
      0&0&1&\cdots&0\\
      \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
      0&0&0&\cdots&1
    \end{pmatrix}\] dargestellt. Dann gilt $\det
    T=1$. $T\left([0,1)^n\right)$ hat die Form $A\times[0,1)^{n-2}$,
    wobei $A$ ein \glqq linksseitig abgeschlossenes\grqq{}
    Parallelogramm mit Ecken $(0,0), (1,1), (1,2)$ und $(0,1)$
    ist. Wir definieren
    $B_1:=\left(A\times[0,1)^{n-2}\right)\cap\{x^2<1\}$ und
    $B_2:=\left(A\times[0,1)^{n-2}\right)\setminus B_1$. Es gelten
    $B_1,B_2\in\mathcal B^n$, $B_1\cup(B_2-e_2)=[0,1)^n$ sowie
    $B_1\cap(B_2-e_2)=\emptyset$. Da $\lambda_n$ translationsinvariant
    ist, erhalten wir
    \begin{align*}
      \lambda_n\left(T\left([0,1)^n\right)\right)
      =&\,\lambda_n(B_1\cup B_2)
      =\lambda_n(B_1)+\lambda_n(B_2)\umbruch\\ 
      =&\,\lambda_n(B_1)+\lambda_n(B_2-e_2)
      =\lambda_n\left([0,1)^n\right) =1. 
    \end{align*}
    Also gilt auch in diesem Fall die Behauptung. 
  \item Sei nun $T\in L(\R^n)$ beliebig mit $\det T\neq0$. Dann
    l\"asst sich $T$ mit Zeilen- und Spaltenumformungen auf die
    Einheitsmatrix bringen. Dies bedeutet, dass $T=T_1\circ\ldots\circ
    T_k$ f\"ur Matrizen $T_j$, $1\le j\le k$, wie oben behandelt,
    gilt. F\"ur jede dieser Abbildungen/Matrizen k\"onnen wir daher
    die Behauptung bereits benutzen. Damit erhalten wir mit dem
    Determinantenmultiplikationssatz
    \begin{align*}
      \lambda_n(T(A)) =&\,\lambda_n((T_1\circ\ldots\circ
      T_k)(A))\umbruch\\
      =&\,|\det T_1|\cdot\lambda_n((T_2\circ\ldots\circ
      T_k)(A))\umbruch\\
      =&\,|\det T_1|\cdot|\det T_2|\cdot\ldots\cdot|\det T_k|\cdot
      \lambda_n(A)\umbruch\\
      =&\,|\det T|\cdot\lambda_n(A).
    \end{align*}
    Die Behauptung folgt. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{corollary}
  Es gilt $\lambda_n(B_r(0)) =r^n\lambda_n(B_1(0))$. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  F\"ur $Tx=rx$ gilt $\det T=r^n$.
\end{proof}

\subsubsection{Nicht Lebesgue messbare Mengen \stern}

\begin{lemma}
  Es gibt eine nicht Lebesgue messbare Teilmenge $A\subset\R$. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $B\subset\R$ eine $\Q$-Basis des $\Q$-Vektorraumes $\R$. Sei
  $b_0\in B$. Wir definieren $A:=\langle
  B\setminus\{b_0\}\rangle$. Wir behaupten, dass $A$ nicht messbar
  ist. Dies zeigen wir durch einen Widerspruchsbeweis. Es gilt
  $\lambda_1(A)>0$, da wir sonst \[\lambda_1(\R)
  =\lambda_1\left(\bigcup\limits_{q\in\Q}A+qb_0\right) =0\]
  erhalten. Somit k\"onnen wir Theorem \ref{steinhaus thm} anwenden
  und erhalten, dass $A-A$ eine Nullumgebung ist. Da $A$ ein
  Vektorraum ist, folgt zun\"achst $A-A=A$ und dann, da $A$ eine
  Nullumgebung ist, $A=\R$. Widerspruch. 
\end{proof}

Weitere Resultate in diese Richtung finden sich in
\cite[S. 55 ff.]{AmannEscherAnalysisIII}.
% Ende allgemeinere Ma\ss{}theorie nach Amann-Escher. 
\fi

\section{Ma\ss{}theorie}
\datum{Di 15.12.2020}
Wollen wir gewissen Teilmengen von $\R^n$ einen Fl\"acheninhalt
zuordnen, so m\"ussen wir uns zun\"achst einmal mit den Mengen
besch\"aftigen, f\"ur die dies sinnvoll m\"oglich ist. Aufgrund des
Banach-Tarski-Paradoxons ist dies nicht f\"ur alle Teilmengen von
$\R^n$ in sinnvoller Weise m\"oglich. Wir orientieren uns an
\cite{StruweAna12} und \cite{StruweAna3}.

\subsection{Das Jordansche Ma\ss{}}
Dies ist die naheliegende Definition eines Fl\"acheninhaltes.
\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Seien $I_i\subset\R$, $1\le i\le n$, (offene, abgeschlossene
    oder halboffene) beschr\"ankte Intervalle. Dann definieren wir den
    Elementarinhalt des Quaders $Q:=\prod\limits_{i=1}^n I_i$ durch
    \[\mu(Q)\equiv\mu_n(Q)=\prod\limits_{i=1}^n |I_i|.\]
  \item Gibt es (bis auf die Seitenfl\"achen) disjunkte Quader
    $Q_j\subset\R^n$, $1\le j\le k$, mit
    $\Omega=\bigcup\limits_{j=1}^k Q_j$, so hei\ss{}t
    $\Omega\subset\R^n$ \emph{Elementarfigur}. Wir definieren
    \[\mu(\Omega):= \sum\limits_{j=1}^k\mu(Q_j).\] 
  \item Eine beschr\"ankte Menge $\Omega\subset\R^n$ hei\ss{}t
    \emph{Jordan-messbar}, falls es f\"ur jedes $\epsilon>0$
    Elementarfiguren $E,G\subset\R^n$ mit $E\subset\Omega\subset G$
    und \[\mu(G\setminus E)=\mu(G)-\mu(E)\le\epsilon\] gibt. Wir
    definieren in diesem Fall das \emph{Jordansche Ma\ss{}} $\mu$
    durch
    \[\mu(\Omega):=\inf\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}
        {G\supset\Omega}{G\text{ ist Elementarfigur}}}\mu(G)
      =\sup\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}
        {E\subset\Omega}{E\text{ ist Elementarfigur}}}\mu(E).\]
  \item Eine beschr\"ankte Jordan-messbare Menge $\Omega$ hei\ss{}t
    \emph{Jordan-Nullmenge}, falls $\mu(\Omega)=0$ gilt. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{quader mu wohldef} F\"ur eine Elementarfigur, die
    zugleich Quader ist, \"uberlegt man sich leicht, dass $\mu$
    wohldefiniert ist.
  \item F\"ur Elementarfiguren ist $\mu$ unabh\"angig von der
    Zerlegung definiert.
  \item Implizit haben wir in der Definition verwendet, dass mit $E$
    und $G$ auch $G\setminus E$ eine Elementarfigur ist. 
  \item F\"ur Elementarfiguren $A,B$ folgt aus $A\subset B$ die
    Ungleichung $\mu(A)\le\mu(B)$.
  \item Jede Elementarfigur ist Jordan-messbar. 
  \item Die Definition des Jordanschen Ma\ss{}es auf Elementarfiguren
    liefert denselben Wert wie die vorherige Definition von $\mu$
    f\"ur Elementarfiguren. Dies verallgemeinert \eqref{quader mu wohldef}.
  \item Das Jordansche Ma\ss{} ist als Zahl in $\R$ wohldefiniert. 
  \item Zun\"achst ist nur implizit definiert, auf welchen Mengen das
    Jordansche Ma\ss{} definiert ist. 
  \item Sei $\Omega\subset\R^n$ beschr\"ankt. Gibt es f\"ur jedes
    $\epsilon>0$ eine Elementarfigur $G\subset\R^n$ mit $\Omega\subset
    G$ und $\mu(G)\le\epsilon$, so ist $\Omega$ Jordan-messbar und
    daher eine Jordan-Nullmenge. 
  \end{enumerate}
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ubung. Hinweis: Nutze ein rechteckiges \glqq Raster\grqq, in dem
  alle Koordinaten der Quadereckpunkte vorkommen. 
\end{proof}

\begin{remark}
  \label{ul ol mu bem}
  Sei $A\subset\R^n$ beliebig. 
  Setzen wir \[\underline\mu(A):=\sup\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}
      {E\subset A}{E\text{ ist Elementarfigur}}}\mu(E)
    \quad\text{und}\quad\ol\mu(A):=\inf\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}
      {G\supset A}{G\text{ ist Elementarfigur}}}\mu(G),\]
  so gilt stets $\underline\mu(A)\le\overline\mu(A)$. Gleichheit gilt
  genau dann, wenn $A$ Jordan-messbar ist. 
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ubung. 
\end{proof}

\begin{remark}
  \stern Damit kann man das Riemannsche Integral im $\R^n$ f\"ur auf
  Quadern definierte Funktionen definieren. Es verl\"auft analog zum
  Riemannschen Integral in $\R$. Wir skizzieren es hier nur, da wir
  anschlie\ss{}end das allgemeinere Lebesguesche Integral kennenlernen
  werden.\par
  Einen Quader k\"onnen wir in diskunkte Quader zerlegen,
  $Q=\bigcup\limits_{j=1}^k Q_k$. Die Feinheit dieser Zerlegung ist
  das Maximum der Durchmesser der Quader $Q_k$. Eine Funktion
  $f\colon Q\to E$, $E$ ein Banachraum, hei\ss{}t Riemann
  integrierbar, falls
  \[\sum\limits_{j=1}^k \mu(Q_j)\cdot\osc\limits_{Q_j}f\] gegen Null
  geht, wenn die Feinheit der Zerlegung von $Q$ gegen Null geht. Dann
  definieren wir $\int\limits_Qf$ als den Grenzwert
  von \[\sum\limits_{j=1}^k \mu(Q_j) \cdot f(x_j),\] wobei
  $x_j\in Q_j$ beliebig gew\"ahlte Punkte sind, wenn die Feinheit der
  Zerlegung gegen Null geht. \par
  Insbesondere erhalten wir f\"ur eine Treppenfunktion
  $f\colon Q\to\R$ der Gestalt
  $f=\sum\limits_{j=1}^k \chi_{Q_j}\cdot c_j$ als Integral
  \[\int\limits_Q f =\sum\limits_{j=1}^k \mu(Q_j) \cdot c_j.\]
\end{remark}

\begin{theorem}
  \label{rand jordan null thm}
  Sei $\Omega\subset\R^n$ beschr\"ankt. Dann sind die folgenden beiden
  Aussagen \"aquivalent:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{jordan messb satz i} $\Omega$ ist Jordan-messbar. 
  \item\label{jordan messb satz ii} $\partial\Omega$ ist Jordan-messbar
    und es gilt $\mu(\partial\Omega)=0$.
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item \glqq\eqref{jordan messb satz ii} \impliziert \eqref{jordan
      messb satz i}\grqq: Eine Menge $\partial\Omega$ ist genau dann
    Jordan-messbar mit Wert $\mu(\partial\Omega)=0$, wenn es zu jedem
    $\epsilon>0$ eine Elementarfigur $U$ mit $\partial\Omega\subset U$
    und $\mu(U)<\epsilon$ gibt. Wir definieren
    \[E:=\Omega\setminus U \quad\text{und}\quad G:=\Omega\cup U.\]
    Dann sind $E$ und $G$ Elementarfiguren (Zerlege entsprechend der
    Koordinaten einer Zerlegung von $U$ und nutze alle Quader in
    $\Omega$ und aus der Zerlegung von $U$.). Es gilt \[\mu(G\setminus
      E) =\mu(U)\le\epsilon.\]     
  \item \glqq\eqref{jordan messb satz i} \impliziert \eqref{jordan
      messb satz ii}\grqq: Funktioniert analog mit $U:=G\setminus
    E$. \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

Mit dem folgenden Korollar erhalten wir insbesondere, dass $B_1(0)$
eine Jordan-messbare Menge ist ist. 
\begin{corollary}
  \label{B1 Jordan cor}
  Sei $0<\alpha\le1$, sei $\Omega\subset\R^{n-1}$ Jordan-messbar und
  seien $f,g\in C^{0,\alpha}\left(\R^{n-1}\right)$ mit $g\le f$. Dann
  ist
  \[G:=\left\{\left(\hat x,x^n\right)\in\Omega\times\R \colon
      g\left(\hat x\right) < x^n < f\left(\hat x\right)\right\}\]
  Jordan-messbar.
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ubung. 
\end{proof}

Wir sammeln Eigenschaften des Jordanschen Ma\ss{}es. 
\begin{theorem}
  \label{Jordan rot inv thm}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $\Omega\subset\R^n$ beschr\"ankt und Jordan-messbar. Sei
    $Q$ ein Quader mit $\Omega\subset Q$. Dann ist $Q\setminus\Omega$
    Jordan-messbar.
  \item \emph{Subadditivit\"at:} Seien $\Omega_j\subset\R^n$,
    $1\le j\le k$, beschr\"ankt und Jordan-messbar. Dann ist
    $\Omega=\bigcup\limits_{j=1}^k\Omega_j$ Jordan-messbar und es
    gilt \[\mu(\Omega)\le\sum\limits_{j=1}^k\mu(\Omega_j)\] mit
    Gleichheit, falls $\Omega_i\cap\Omega_j=\emptyset$ f\"ur
    $i\neq j$.
  \item \emph{Translationsinvarianz:} Sei $\Omega\subset\R^n$
    beschr\"ankt und Jordan-messbar. Sei $a\in\R^n$. Dann ist
    $\Omega+a=\{x+a\colon x\in\Omega\}$ ebenfalls Jordan-messbar und
    es gilt $\mu(\Omega+a)=\mu(\Omega)$.
  \item \emph{Rotationsinvarianz:} Sei $\Omega\subset\R^n$
    beschr\"ankt und Jordan-messbar. Sei $R\in O(n)$. Dann ist
    $R\Omega=\{Rx\colon x\in\Omega\}$ ebenfalls Jordan-messbar und es
    gilt $\mu(R\Omega)=\mu(\Omega)$.
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Es gilt $\partial(Q\setminus\Omega)\subset\partial
    Q\cup\partial\Omega$. Daher folgt die Behauptung aus Theorem
    \ref{rand jordan null thm}. 
  \item Die Jordan-Messbarkeit folgt wiederum aus Theorem \ref{rand
      jordan null thm}, da
    $\partial\Omega\subset
    \bigcup\limits_{j=1}^k\partial\Omega_j$. Nutze nun die Definition
    des Jordanschen Ma\ss{}es als Supremum \"uber eingeschlossene
    Elementarfiguren f\"ur jedes $\Omega_j$ und vereinige diese. Sind
    die Mengen paarweise disjunkt, so gilt dies auch f\"ur die
    Elementarfiguren und wir erhalten Gleichheit. 
  \item Klar. 
  \item Wir nutzen das nachfolgende Lemma \ref{mu rot lem} mit
    $A=R$. W\"ahle $\Omega=B_1(0)$. Beachte, dass dies nach Korollar
    \ref{B1 Jordan cor} eine Jordan-messbare Menge ist. Dann gilt
    $RB_1(0)=B_1(0)$. Somit ist $m_R=1$ und wir erhalten
    $\mu(R\Omega)=\mu(\Omega)$ f\"ur beschr\"ankte Jordan-messbare
    Mengen $\Omega\subset\R^n$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{lemma}
  \label{jordan lipschitz lem}
  Sei $\Phi\colon\R^n\to\R^n$ ein lipschitzstetiger Hom\"oomorphismus
  mit Lipschitzkonstante $L$.  Sei $\Omega\subset\R^n$ Jordan-messbar und
  beschr\"ankt.
  \begin{enumerate}[(a)]
  \item Dann ist $\Phi(\Omega)$ ist Jordan-messbar und es gilt
    $\mu(\Phi(\Omega)) \le (\sqrt nL)^n\cdot \mu(\Omega)$. Im Falle
    $\mu(\Omega)=0$ braucht $\Phi$ kein Hom\"oomorphismus zu
    sein.
  \item Definiert man das Jordan-Ma\ss{} mit Hilfe von
    Elementarfiguren aus achsparallelen W\"urfeln einer (vorher noch
    nicht festgelegten und f\"ur jede Elementarfigur m\"oglicherweise
    unterschiedlichen) Gr\"o\ss{}e statt aus Quadern, so erh\"alt man
    dasselbe Ma\ss{}. Hierbei gen\"ugt es, W\"urfel mit Kantenl\"angen
    $1/N$, $N\in\N_{>0}$, zu betrachten.
  \end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  In diesem Beweis bezeichnen wir achsparallele abgeschlossene
  W\"urfel in $\R^n$ mit Mittelpunkt
  $p=\left(p^i\right)_{1\le i\le n}\in\R^n$ und halber Kantenl\"ange
  $r>0$ mit $W_r(p)$:
  \[W_r(p):=\prod\limits_{i=1}^n \left[p^i-r,p^i+r\right].\]
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Betrachte zun\"achst den Fall $\Omega=W_r(p)$, $p\in\R^n$,
    $r>0$. F\"ur $x\in\Omega$ gilt
    $|x-p|\le \sqrt{\sum\limits_{i=1}^nr^2} =\sqrt n\cdot r$. Somit
    gilt $|\Phi(x)-\Phi(p)|\le L\sqrt n\cdot r$ und es folgt
    $\Phi(W_r(p)) \subset W_{L\sqrt n\cdot r}(\Phi(p))$. Weiterhin
    gilt
    $\mu(W_{L\sqrt n\cdot r}(\Phi(p)))=L^n{\sqrt n}^n\cdot
    \mu(W_r(p)).$
  \item Sei nun $\Omega$ eine Jordan-Nullmenge und daher
    beschr\"ankt. Dann ist $\Phi(\Omega)$ beschr\"ankt. Sei
    $\epsilon>0$ und sei $Q_j$, $1\le j\le k$, eine Familie von
    Quadern mit $\Omega\subset\bigcup\limits_{j=1}^k Q_j$ und
    $\sum\limits_{j=1}^k \mu(Q_j)\le\epsilon$. Wir \"uberdecken nun
    jeden Quader mit W\"urfeln, deren Kantenl\"ange gleich der
    kleinsten Seitenl\"ange des Quaders ist. Geschickt gemacht sind
    diese zusammengenommen in maximal $n-1$ Koordinatenrichtungen um
    einen solchen W\"urfel oder um den Faktor $2$ zu gro\ss{}. Somit
    finden wir W\"urfel $W_j\equiv W_{r_j}(m_j)$, $r_j>0$,
    $m_j\in\R^n$, $1\le j\le l$, mit
    $\Omega\subset\bigcup\limits_{j=1}^l W_j$ und
    $\sum\limits_{j=1}^l \mu(W_j)\le 2^n\epsilon$. Es folgt
    \[\Phi(\Omega)\subset \Phi\left(\bigcup\limits_{j=1}^l
        W_j\right) = \bigcup\limits_{j=1}^l\Phi(W_j)
      \subset \bigcup\limits_{j=1}^l W_{L\sqrt n\cdot
        r_j}(\Phi(m_j)).\] Weiterhin
    gilt \[\mu\left(\bigcup\limits_{j=1}^l W_{L\sqrt n\cdot
          r_j}(\Phi(m_j))\right)\le L^n\sqrt n^n 2^n\epsilon.\] Da
    $\epsilon>0$ beliebig war, ist $\Phi(\Omega)$ eine
    Jordan-Nullmenge.
\datum{Fr 18.12.2020}
  \item Sei nun $\Omega\subset\R^n$ eine beliebige beschr\"ankte
    Jordan-messbare Menge. Da $\Phi$ ein Hom\"oomorphismus ist, folgt
    $\partial\Phi(\Omega) =\Phi(\partial\Omega)$.  Da $\Omega$
    Jordan-messbar ist, erhalten wir $\mu(\partial\Omega)=0$ und
    weiter
    $\mu(\partial(\Phi(\Omega))) =\mu(\Phi(\partial\Omega)) =0$. Somit
    ist auch $\Phi(\Omega)$ Jordan-messbar. Sei $\epsilon>0$. Wir
    gehen analog zum Fall einer Jordan-Nullmenge vor und \"uberdecken
    $\Omega$ mit Quadern $Q_j$, $1\le j\le k$, mit
    $\sum\limits_{j=1}^k \mu(Q_j)\le\mu(\Omega)+\epsilon$. Wenn wir
    nun jeden Quader geschickt mit W\"urfeln \"uberdecken, deren
    Kantenl\"ange maximal $1/N$, $N\in\N_{>0}$, der minimalen
    Kantenl\"ange des Quaders ist, so erhalten wir als Vereinigung
    dieser W\"urfel Quader, deren Kantenl\"angen jeweils maximal um
    den Faktor $1+\frac1N$ gr\"o\ss{}er ist als die der
    urspr\"unglichen Quader. Insgesamt finden wir also W\"urfel $W_j$,
    $1\le j\le l$, mit
    \[\bigcup\limits_{j=1}^l W_j\supset\Omega\quad
      \text{und}\quad\sum\limits_{j=1}^l \mu(W_j)\le
      \left(1+\frac1N\right)^n\cdot (\mu(\Omega)+\epsilon).\] Da
    $\Phi(\Omega)$ und ebenso
    $\Phi\left(\bigcup\limits_{j=1}^l W_j\right)$ und $\Phi(W_j)$
    Jordan-messbar sind, gilt
    \begin{align*}
      \mu(\Phi(\Omega))
      &\le
        \mu\left(\Phi\left(\bigcup\limits_{j=1}^lW_j\right)\right)
        =\mu\left(\bigcup\limits_{j=1}^l\Phi(W_j)\right)\umbruch\\
      &\le \sum\limits_{j=1}^l \mu(\Phi(W_j))
        \le \sum\limits_{j=1}^l L^n{\sqrt n}^n\cdot\mu(W_j)\umbruch\\
      &\le L^n{\sqrt n}^n\left(1+\frac1N\right)^n\cdot
        (\mu(\Omega)+\epsilon).
    \end{align*}
    Da $N\ge1$ und $\epsilon>0$ beliebig waren, folgt die erste 
    Behauptung.
  \item Sei $\Omega=\bigcup\limits_{j=1}^k Q_j$ eine Elementarfigur
    und sei $r>0$ (kleiner als) die kleinste Kantenl\"ange eines der
    Quader $Q_j$. Sei $N\in\N_{\ge2}$. Dann gibt es Elementarfiguren
    $E,G\subset\R^n$ mit $E\subset\Omega\subset G$, bestehend aus
    W\"urfeln der Kantenl\"ange $\frac1N\cdot\frac r2$ mit
    \[\mu(E)\ge
      \left(1-\frac1N\right)^n\cdot\mu(\Omega)\quad\text{und}\quad
      \mu(G)\le\left(1+\frac1N\right)^n\cdot\mu(\Omega),\] da wir die
    W\"urfel so w\"ahlen k\"onnen, dass maximal \glqq eine Lage\grqq{}
    bis zu den Quadern fehlt bzw. maximal \glqq eine Lage\grqq{}
    \"ubersteht. Mit solchen Elementarfiguren aus W\"urfeln k\"onnen
    wir die Elementarfiguren aus der Definition des Jordan-Ma\ss{}es
    approximieren und erhalten wegen $\mu(E)\le\mu(\Omega)$ und
    $\mu(G)\ge\mu(\Omega)$ die zweite Behauptung. \par Wir lassen es
    als kleine \"Ubung, dass man diese W\"urfel auch auf einem festen
    \glqq Gitter\grqq{} w\"ahlen kann. 
    \qedhere.
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{lemma}
  \label{mu rot lem}
  Sei $A\in\GL(n)$ eine bijektive lineare Abbildung (und damit
  automatisch ein Hom\"oomorphismus). Dann gibt es eine Zahl $m_A>0$,
  so dass $\mu(A\Omega)=m_A\cdot\mu(\Omega)$ f\"ur alle beschr\"ankten
  Jordan-messbaren Mengen $\Omega\subset\R^n$ gilt. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Nach Lemma \ref{jordan lipschitz lem} ist $A\Omega$
    Jordan-messbar.
  \item Setze $\Omega=[0,1]^n$ und definiere
    $m_A:=\frac{\mu(A\Omega)}{\mu(\Omega)}$. Nach Definition ist
    $\mu(\Omega)>0$. (Aufgrund der Monotonie und durch Vergleich mit
    $[0,1]^n$ folgt sogar $\mu(\Omega)=1$.) Es gilt $m_A\ge0$. Der
    Fall $m_A=0$ ist ausgeschlossen, da wir sonst aus $\mu(A\Omega)=0$
    aufgrund der Invertierbarkeit von $A$ mit Hilfe von Lemma
    \ref{jordan lipschitz lem} zu
    $0<\mu(\Omega) =\mu(A^{-1}A\Omega) \le c(n,A)\mu(A\Omega)=0$ und
    damit zu einem Widerspruch k\"amen.  
  \item Seien $W_j$, $1\le j\le N^n$, $N\in\N_{>0}$, (bis auf die
    Seitenfl\"achen) disjunkte achsparallele W\"urfel der
    Seitenl\"ange $\frac1N$ mit
    $\bigcup\limits_{j=1}^{N^n}W_j=[0,1]^n$. Aufgrund der Linearit\"at
    sind die Bilder $AW_j$ ebenso wie die Mengen $W_j$ bis auf
    Translation gleich und disjunkt. Es gilt daher f\"ur alle
    $j$
    \[\mu(AW_j) =\frac1{N^n}\mu\left(A[0,1]^n\right)
      =\frac{m_A}{N^n}\mu\left([0,1]^n\right) =m_A\mu(W_j).\] Aufgrund
    der Translationsinvarianz folgt $\mu(ATW) =m_A\mu(TW)$ f\"ur alle
    achsparallelen W\"urfel der Kantenl\"ange $\frac1N$,
    $N\in\N_{>0}$.
  \item Sei $\Omega\subset\R^n$ Jordan-messbar und beschr\"ankt und
    seien $E,G\subset\R^n$ Elementarfiguren aus achsparallelen
    disjunkten W\"urfeln der Kantenl\"ange $\frac1N$, $N\in\N_{>0}$,
    mit $E\subset\Omega\subset G$, die wir beispielsweise mit Hilfe
    eines zugrundeliegenden Gitters w\"ahlen k\"onnen. Da $AE$ und
    $AG$ aus disjunkten Bildern dieser W\"urfel bestehen, erhalten wir
    die beiden Gleichheitszeichen in
    \[m_A\mu(E) =\mu(AE) \le\mu(A\Omega) \le\mu(AG) =m_A\mu(G).\]
    Gehen wir nun auf der linken Seite zum Supremum und auf der
    rechten Seite zum Infimum \"uber, so konvergieren beide Seiten
    gegen $m_A\mu(\Omega)$ und wir erhalten
    $m_A\mu(\Omega) =\mu(A\Omega)$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\subsection{$\sigma$-Algebren}
\begin{definition}[Ma\ss{}]
  Sei $X$ eine Menge. Eine Abbildung $\mu\colon\mathcal
  P(X)\to[0,\infty]$ hei\ss{}t \emph{Ma\ss{}} auf $X$, falls
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\mu(\emptyset)=0$ und
  \item f\"ur alle $A\subset\bigcup\limits_{k=1}^\infty A_k$
    gilt \[\mu(A)\le\sum\limits_{k=1}^\infty \mu(A_k).\]
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{beispiele}
  \label{mass bsp}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{mass A bsp} Sei $X$ eine Menge. Dann ist
    $\mu\colon\mathcal P(X)\to[0,\infty]$ mit \[\mu(A)=
      \begin{cases}
        0,&A=\emptyset,\\
        1,&A\neq\emptyset
      \end{cases}
    \]
    ein Ma\ss{} auf $X$.
  \item Das Z\"ahlma\ss{} $A\mapsto|A|$ ist ein Ma\ss{} auf $X$, das
    $A$ auf die Anzahl der Elemente in $A$ abbildet. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ein Ma\ss{} ist \emph{$\sigma$-subadditiv}:
    \[\mu\left(\bigcup\limits_{k=1}^\infty A_k\right)
      \le\sum\limits_{k=1}^\infty\mu(A_k).\] (Diese Bedingung folgt
    aus der zweiten Bedingung an ein Ma\ss{} und ist im monotonen Fall
    sogar \"aquivalent. Daher werden beiden Bedingungen auch als
    $\sigma$-Subadditivit\"at bezeichnet. F\"ur endliche Vereinigungen
    und Summen spricht man bei solch einer Eigenschaft von
    Subadditivit\"at.)
  \item Ein Ma\ss{} ist \emph{monoton}: F\"ur $A\subset B$ gilt
    $\mu(A)\le\mu(B)$. 
  \end{enumerate}
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis der Monotonie]
  Wir w\"ahlen $A_1=B$, $A_k=\emptyset$ f\"ur $k\ge2$ und nutzen beide
  Eigenschaften eines Ma\ss{}es. 
\end{proof}

\begin{remark}
  Das Jordansche Ma\ss{} ist (m\"oglicherweise) nicht f\"ur alle
  $\Omega\subset\R^n$ definiert. Die Bezeichnung als Ma\ss{} ist
  historisch bedingt und etabliert. Definieren wir ein \"au\ss{}eres
  Jordansches Ma\ss{} $\ol\mu\colon\mathcal P(\R^n)\to[0,\infty]$
  durch
  \[\ol\mu(\Omega)=\inf\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}
      {G\supset\Omega}{G\text{ ist Elementarfigur}}}\mu(G),\] so ist
  $\ol\mu(\Omega)=\infty$ \zB f\"ur unbeschr\"ankte Mengen $\Omega$
  nach Definition des Infimums. Es verletzt aber auch die Definition
  eines Ma\ss{}es; es gilt n\"amlich f\"ur $A=\Q\cap[0,1]=\{q_k\colon
  k\in\N\}$ und $A_k=\{q_k\}$, $k\in\N$,
  $A=\bigcup\limits_{k=0}^\infty A_k$, aber auch \[1=\ol\mu(A)\not\le
    \sum\limits_{k=1}^\infty \ol\mu(A_k)=0.\] 
\end{remark}

\begin{definition}[Carath\'eodory]
  Sei $\mu$ ein Ma\ss{} auf $X$. Eine Menge $A\subset X$ hei\ss{}t
  dann $\mu$-\emph{messbar}, falls f\"ur alle $B\subset X$
  \[\mu(B) =\mu(B\cap A)+\mu(B\setminus A)\] gilt. (Diese Gleichheit
  oder die Ungleichung $\mu(B)\ge\mu(B\cap A)+\mu(B\setminus A)$
  hei\ss{}t \emph{Carath\'eodory-Bedingung}.)
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Aufgrund der Subadditivit\"at des Ma\ss{}es gilt
    stets \[\mu(B)\le\mu(B\cap A)+\mu(B\setminus A).\]
  \item In manchen Quellen hei\ss{}en $\sigma$-subadditive Funktionen
    \emph{\"au\ss{}eres Ma\ss{}e} und ihre Einschr\"ankung auf
    messbare Mengen ein Ma\ss{}. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{beispiele}
  \label{empty A messb bsp}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item In Beispiel \ref{mass bsp} \eqref{mass A bsp} sei
    $X\neq\emptyset$ und sei $A$ messbar. Wir verwenden die Definition
    von Messbarkeit mit $B=X$
    und erhalten \[1=\mu(X) =\mu(X\cap A)+\mu(X\setminus A) =\mu(A)
      +\mu\left(\complement A\right).\] Die rechte Seite ist nur f\"ur
    $A\in\{\emptyset,X\}$ gleich eins und sonst strikt
    gr\"o\ss{}er. Daher sind nur diese beiden Mengen messbar. 
  \item Jede Menge ist bez\"uglich des Z\"ahlma\ss{}es messbar. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{definition}[$\sigma$-Algebra]
  Sei $X$ eine Menge. Dann hei\ss{}t $\mathcal A\subset\mathcal P(X)$
  eine \emph{$\sigma$-Algebra} \"uber (oder auf) $X$, falls die
  folgenden Eigenschaften erf\"ullt sind:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $X\in\mathcal A$,
  \item $A\in\mathcal A$ \impliziert{} $\complement A\in\mathcal A$,
  \item $A_j\in\mathcal A$ f\"ur alle $j\in\N$ \impliziert{}
    $\bigcup\limits_{j\in\N} A_j\in\mathcal A$. 
  \end{enumerate}
  Gilt die letzte Bedingung nur f\"ur endliche Vereinigungen oder
  f\"ur Vereinigungen von zwei Mengen, so hei\ss{}t $\mathcal A$ eine
  \emph{Algebra}.
\end{definition}

\begin{remark}
  \label{schnitt sigma bem}
  Sei $\mathcal A$ eine $\sigma$-Algebra und seien
  $A_j\in\mathcal A$, $j\in\N$. Dann gilt auch \[\emptyset,\quad
  A_0\setminus
  A_1,\quad\bigcup\limits_{j=0}^mA_j,\quad\bigcap\limits_{j=0}^mA_j,
  \quad\bigcap\limits_{j\in\N}A_j\in\mathcal A.\]
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir betrachten nur endliche Vereinigungen. Definiere dazu $B_k:=A_k$
  f\"ur $k\le m$ und $B_k:=A_m$ f\"ur $k>m$. Wir erhalten
  $\bigcup\limits_{j=0}^m A_j=\bigcup\limits_{j\in\N}B_j\in\mathcal
  A$. \par Benutze die De Morganschen Regeln f\"ur die anderen
  Aussagen.
\end{proof}

\begin{beispiele}
  F\"ur jede Menge $X$ sind $\mathcal A=\{\emptyset,X\}$ und
  $\mathcal A=\mathcal P(X)$ jeweils $\sigma$-Algebren.
\end{beispiele}

\datum{Di 22.12.2020}
\begin{theorem}
  \label{Sigma ist sigma algebra thm}
  Sei $\mu\colon\mathcal P(X)\to[0,\infty]$ ein Ma\ss{}. Dann
  ist \[\Sigma:=\{A\subset X\colon A\text{ ist }\mu\text{-messbar}\}\] 
  eine $\sigma$-Algebra. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $X\in\Sigma$: Sei $B\subset X$. Es gilt
    \[\mu(B)\overset!=\mu(B\cap X)+\mu(B\setminus X)
      =\mu(B)+\mu(\emptyset) =\mu(B).\]
  \item Komplemente: Die Carath\'eodory-Bedingung k\"onnen wir auch
    als $\mu(B)\ge \mu(B\cap A) +\mu\left(B\cap\complement A\right)$
    schreiben. Sie ist also bez\"uglich
    $A\leftrightarrow\complement A$ symmetrisch. Daher sind
    $A\in\Sigma$ und $\complement A\in\Sigma$ \"aquivalent.
  \item Endliche Vereinigungen: Seien $A_1,A_2\in\Sigma$. Wir zeigen,
    dass dann auch $A_1\cup A_2\in\Sigma$ gilt. Per Induktion erhalten
    wir dann, dass $\Sigma$ eine Algebra ist.\par Sei $B\subset
    X$. Die Messbarkeit von $A_1$ impliziert \[\mu(B)=\mu(B\cap A_1)
      +\mu(B\setminus A_1).\] Die Messbarkeit von $A_2$ mit
    $B\setminus A_1$ liefert \[\mu(B\setminus A_1) =\mu((B\setminus
      A_1)\cap A_2) +\mu((B\setminus A_1)\setminus A_2).\] Wegen
    $B\cap (A_1\cup A_2) =(B\cap A_1)\cup((B\setminus A_1)\cap A_2)$
    erhalten wir
    \begin{align*}
      \mu(B)
      &=\mu(B\cap A_1)+\mu(B\setminus A_1)\umbruch\\
      &=\mu(B\cap A_1)+\mu((B\setminus A_1)\cap A_2) +\mu((B\setminus
        A_1)\setminus A_2)\umbruch\\
      &\ge\mu(B\cap(A_1\cup A_2)) +\mu(B\setminus(A_1\cup A_2)),
    \end{align*}
    wobei wir die Subadditivit\"at genutzt haben.
  \item Abz\"ahlbare Vereinigungen: Seien $A_k\in\Sigma$, $k\in\N$,
    und $A=\bigcup\limits_{k=1}^\infty A_k$. Ohne Einschr\"ankung
    d\"urfen wir annehmen, dass $A_k\cap A_l=\emptyset$, $k\neq l$,
    gilt. (Sonst betrachten wir $\tilde A_1$,
    $\tilde A_k=A_k\setminus
    \bigcup\limits_{l=1}^{k-1}A_l\overset!\in\Sigma$, $k\ge2$, und
    erhalten die Behauptung wegen
    $\bigcup\limits_{k=1}^\infty\tilde A_k
    =\bigcup\limits_{k=1}^\infty A_k$. Zu \glqq$\overset!\in$\grqq:
    $C\setminus D =C\cap\complement D
    =\complement\complement\left(C\cap\complement D\right)
    =\complement\left(\complement C\cup D\right)$.) Seien $B\subset X$
    und $m\in\N_{\ge1}$. Aus $A_k\in\Sigma$, mit der Disjunktheit und
    per Induktion erhalten wir
    \begin{align}
      \mu\left(B\cap\bigcup\limits_{k=1}^m A_k\right)
      &=\mu\left(\left(B\cap\bigcup\limits_{k=1}^m A_k\right)\cap
        A_m\right) +\mu\left(\left(B\cap\bigcup\limits_{k=1}^m
        A_k\right)\setminus A_m\right)\nonumber\umbruch\\
      &=\mu(B\cap A_m)+\mu\left(B\cap\bigcup\limits_{k=1}^{m-1}
        A_k\right)\label{abz disj vereinig eq}\umbruch\\
      &=\ldots=\sum\limits_{k=1}^m \mu(B\cap A_k).\nonumber
    \end{align}
    Wir kombinieren dies nun mit der Messbarkeit endlicher
    Vereinigungen und der Monotonie. Es folgt
    \begin{align*}
      \mu(B)
      &=\mu\left(B\cap\bigcup\limits_{k=1}^m A_k\right)
        +\mu\left(B\setminus\bigcup\limits_{k=1}^m
        A_k\right)\umbruch\\
      &\ge\sum\limits_{k=1}^m\mu(B\cap A_k) +\mu(B\setminus A).
    \end{align*}
    Wir lassen nun $m\to\infty$, nutzen die $\sigma$-Subadditivit\"at
    und bekommen
    \begin{align*}
      \mu(B)
      &\ge\sum\limits_{k=1}^\infty\mu(B\cap A_k) +\mu(B\setminus
        A)\umbruch\\
      &\ge\mu\left(\bigcup\limits_{k=1}^\infty (B\cap A_k)\right)
        +\mu(B\setminus A)\umbruch\\
      &=\mu(B\cap A)+\mu(B\setminus A). 
    \end{align*}
    Somit ist $A$ $\mu$-messbar. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{definition}[Ma\ss{}raum]
  Sei $\mu\colon\mathcal P(X)\to[0,\infty]$ ein Ma\ss{} auf $X$ und
  $\Sigma$ die $\sigma$-Algebra der $\mu$-messbaren Mengen, so
  hei\ss{}t $(X,\Sigma,\mu)$ \emph{Ma\ss{}raum}.
\end{definition}

\begin{theorem}
  \label{mon meng thm}
  Sei $(X,\Sigma,\mu)$ ein Ma\ss{}raum.  Seien $A_k\in\Sigma$,
  $k\in\N$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{disj meng add} \emph{$\sigma$-Additivit\"at}: Sind die
    Mengen $A_k$ paarweise disjunkt, $A_k\cap A_l=\emptyset$ f\"ur
    $k\neq l$, so gilt
    \[\mu\left(\bigcup\limits_{k=1}^\infty A_k\right)
      =\sum\limits_{k=1}^\infty \mu(A_k).\]
  \item\label{aufst meng gleich} Gilt $A_k\subset A_{k+1}$ f\"ur alle
    $k\in\N$, so folgt
    \[\mu\left(\bigcup\limits_{k=1}^\infty A_k\right)
      =\lim\limits_{k\to\infty} \mu(A_k).\]
  \item\label{abst meng gleich} Gilt $A_k\supset A_{k+1}$ f\"ur alle
    $k\in\N$ und ist $\mu(A_1)<\infty$, so
    gilt
    \[\mu\left(\bigcap\limits_{k=1}^\infty A_k\right)
      =\lim\limits_{k\to\infty} \mu(A_k).\]
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item F\"ur endliche disjunkte Vereinigungen nutzen wir \eqref{abz
      disj vereinig eq} mit $B=X$ und erhalten
    \begin{equation}
      \label{disj ver endl eq}
      \mu\left(\bigcup\limits_{k=1}^m A_k\right) =\sum\limits_{k=1}^m
      \mu(A_k).
    \end{equation}
    Wir kombinieren dies nun mit der Monotonie des Ma\ss{}es und der
    $\sigma$-Sub\-addi\-ti\-vi\-t\"at. Es folgt
    \[\mu\left(\bigcup\limits_{k=1}^\infty A_k\right)
      \ge\lim\limits_{m\to\infty} \mu\left(\bigcup\limits_{k=1}^m
        A_k\right) =\sum\limits_{k=1}^\infty \mu(A_k)
      \ge\mu\left(\bigcup\limits_{k=1}^\infty A_k\right).\]
    Da die obere und die untere Schranke \"ubereinstimmen, folgt
    Gleichheit. 
  \item Wir definieren disjunkte Menge $\tilde A_1:=A_1$ und
    $\tilde A_k :=A_k\setminus A_{k-1}$, $k\ge2$, sowie
    $A:=\bigcup\limits_{k=1}^\infty A_k =\bigcup\limits_{k=1}^\infty
    \tilde A_k$. Nun nutzen wir die gerade gezeigte
    $\sigma$-Additivit\"at und \eqref{disj ver endl eq} und erhalten
    \begin{align*}
      \mu\left(\bigcup\limits_{k=1}^\infty A_k\right)
      &=\mu(A) \overset\sigma=\sum\limits_{k=1}^\infty \mu\left(\tilde
        A_k\right)\umbruch\\
      &=\lim\limits_{m\to\infty} \sum\limits_{k=1}^m
        \mu\left(\tilde A_k\right) \overset{\text{\eqref{disj ver endl
        eq}}}=\lim\limits_{m\to\infty} 
        \mu\left(\bigcup\limits_{k=1}^m \tilde A_k\right)\umbruch\\
      &=\lim\limits_{m\to\infty} \mu(A_m).
    \end{align*}
  \item Wir betrachten die Komplemente in $A_1$ und setzen
    $\tilde A_k=A_1\setminus A_k$, $k\in\N$. Dann gelten
    $\emptyset=\tilde A_1\subset \tilde A_2\subset\ldots$ und
    $\mu(A_1)=\mu\left(\tilde A_k\right) +\mu(A_k)$. Wir benutzen nun
    \eqref{aufst meng gleich} f\"ur eine Familie aufsteigender Mengen,
    die Additivit\"at f\"ur zwei disjunkte Mengen \eqref{disj ver endl
      eq} sowie Bemerkung \ref{schnitt sigma bem} um zu zeigen, dass
    der Schnitt auch wieder in $\Sigma$ liegt. Den ersten Grenzwert
    d\"urfen wir aufgrund der Monotonie hinschreiben. Wir erhalten
    \begin{align*}
      \mu(A_1)-\lim\limits_{k\to\infty}\mu(A_k)
      &=\lim\limits_{k\to\infty} \mu\left(\tilde A_k\right)
        \overset{\text{\eqref{aufst meng gleich}}}=
        \mu\left(\bigcup\limits_{k=1}^\infty \tilde
        A_k\right)\umbruch\\
      &=\mu\left(A_1\setminus\bigcap\limits_{k=1}^\infty A_k\right)
        =\mu(A_1)-\mu\left(\bigcap\limits_{k=1}^\infty A_k\right).
    \end{align*}
    Die Behauptung folgt. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{beispiel}
  F\"ur das Z\"ahlma\ss{} $\mu$ auf $\N$ ist Theorem \ref{mon meng
    thm} \eqref{abst meng gleich} ohne die Voraussetzung
  $\mu(A_1)<\infty$ i.\,A.{} falsch. Betrachte $A_k:=\N_{\ge k}$. Dann
  gelten $A_k\supset A_{k+1}$,
  $A:=\bigcap\limits_{k=1}^\infty A_k=\emptyset$, aber auch
  \[0 =\mu(A) \neq \lim\limits_{k\to\infty} \mu(A_k) =\infty.\]
\end{beispiel}

\begin{definition}
  Sei $(X,\Sigma,\mu)$ ein Ma\ss{}raum. Dann hei\ss{}t eine Menge
  $N\subset X$ eine \emph{$\mu$-Nullmenge}, falls $\mu(N)=0$ gilt.
\end{definition}

\begin{theorem}
  Sei $(X,\Sigma,\mu)$ ein Ma\ss{}raum. Dann ist eine $\mu$-Nullmenge
  $N$ eine $\mu$-messbare Menge.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $B\subset X$ beliebig. Dann folgt aufgrund der
  Monotonie \[\mu(B)\overset!= \mu(B\cap N) +\mu(B\setminus N)
    \le\mu(N) +\mu(B) =\mu(B).\] Da somit \"uberall Gleichheit gilt,
  ist $N$ eine $\mu$-messbare Menge. 
\end{proof}

\subsection{Konstruktion von Ma\ss{}en}
\begin{definition}
  Sei $X$ eine Menge. $\mathcal K\subset\mathcal P(X)$ hei\ss{}t
  \emph{\"Uberdeckungsklasse} f\"ur $X$, falls
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\emptyset\in\mathcal K$ und
  \item es $(K_j)_{j\in\N_{>0}}\subset\mathcal K$ mit
    $X=\bigcup\limits_{j=1}^\infty K_j$ gibt.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{beispiele}
  \label{intervall algebra ueberdeckungsklasse bsp}
  \stern 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die (verallgemeinerten) offenen Intervalle
    $I=\prod\limits_{k=1}^n(a_k,b_k)$ f\"ur $a_k\le b_k\in\R$ bilden
    eine \"Uberdeckungsklasse f\"ur $\R^n$, ebenso die abgeschlossenen
    oder halboffenen (verallgemeinerten Intervalle), soweit noch nicht
    mit dabei, zusammen mit der leeren Menge.
  \item Ist $\mathcal A\subset\mathcal P(X)$ eine Algebra, so ist
    $\mathcal A$ wegen $\emptyset, X\in \mathcal A$ auch eine
    \"Uberdeckungsklasse f\"ur $X$. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{theorem}
  \label{ueberdeckungsklasse liefert mass thm}
  Sei $\mathcal K$ eine \"Uberdeckungsklasse f\"ur $X$. Sei
  $\lambda\colon\mathcal K\to[0,\infty]$ eine Funktion mit
  $\lambda(\emptyset)=0$. Dann ist $\mu\colon\mathcal
  P(X)\to[0,\infty]$ mit
  \begin{equation}
    \label{ueberdeckungsklasse liefert mass eq}
    \mu(A)
    :=\inf\left\{\sum\limits_{j=1}^\infty \lambda(K_j)\colon
      K_j\in\mathcal K \text{ mit }A\subset\bigcup\limits_{j=1}^\infty
      K_j\right\}
  \end{equation}
  ein Ma\ss{} auf $X$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Es ist klar, dass $\mu(\emptyset)=0$ und $\mu\ge0$ gelten.
  \item $\sigma$-Subadditivit\"at: Sei
    $A\subset\bigcup\limits_{k=1}^\infty A_k$ beliebig und sei
    $\epsilon>0$ beliebig. Dann gibt es nach Definition
    $(K_{k,j})_{j\in\N}\subset\mathcal K$ mit
    $A_k\subset\bigcup\limits_{j=1}^\infty K_{k,j}$
    und
    \[\sum\limits_{j=1}^\infty \lambda(K_{k,j}) <\mu(A_k)
      +2^{-k}\epsilon.\] Es folgt
    $A\subset \bigcup\limits_{k,j=1}^\infty K_{k,j}$. Dies sind
    abz\"ahlbar viele Mengen. Es gilt daher nach Definition von
    $\mu$
    \[\mu(A)\le\sum\limits_{k,j=1}^\infty \lambda(K_{k,j})
      \le\sum\limits_{k=1}^\infty\mu(A_k) +\epsilon.\] Da $\epsilon>0$
    beliebig war, folgt die $\sigma$-Subadditivit\"at. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\datum{Fr 08.01.2021}
\begin{beispiel}
  \label{empty X cara hahn bsp}
  Sei $X$ eine Menge und $\mathcal K=\{\emptyset,X\}$. Sei
  $\lambda\colon\mathcal K\to[0,\infty]$ mit $\lambda(\emptyset)=0$
  und $\lambda(X)=1$. Dann stimmt das Ma\ss{} $\mu$ nach
  \eqref{ueberdeckungsklasse liefert mass eq} mit dem Ma\ss{} $\mu$
  aus Beispiel \ref{mass bsp} \eqref{mass A bsp} \"uberein.
\end{beispiel}

Sei $\mathcal K\subset\mathcal P(X)$ eine Algebra und sei
$\lambda\colon\mathcal K\to[0,\infty]$ endlich additiv. Dann liefert
die folgende Definition eine notwendige Bedingung daf\"ur, dass das in 
\eqref{ueberdeckungsklasse liefert mass eq} definierte Ma\ss{}
$\mu$ eine Fortsetzung von $\lambda$ ist.
\begin{definition}
  Sei $\mathcal A\subset\mathcal P(X)$ eine Algebra.
  \begin{enumerate}[(a)]
  \item Eine Abbildung $\lambda\colon\mathcal A\to[0,\infty]$
    hei\ss{}t \emph{Pr\"ama\ss{}}, falls
    \begin{enumerate}[(i)]
    \item $\lambda(\emptyset)=0$ und 
    \item $\lambda(A) =\sum\limits_{k=1}^\infty \lambda(A_k)$, f\"ur
      $A,A_k\in\mathcal A$, $k\in\N$, mit
      $A=\bigdotcup\limits_{k=1}^\infty A_k$ gelten.
    \end{enumerate}
  \item Ein Pr\"ama\ss{} $\lambda$ hei\ss{}t \emph{$\sigma$-endlich},
    falls es eine (ohne Einschr\"ankung) disjunkte \"Uberdeckung
    $X=\bigcup\limits_{k=1}^n S_k$ mit $S_k\in\mathcal A$, $k\in\N$,
    und $\lambda(S_k)<\infty$ f\"ur alle $k$ gibt.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  \label{ueberdeckungsklasse inf disj rem}
  Wir betrachten den Fall, dass wir die Definition aus Gleichung
  \eqref{ueberdeckungsklasse liefert mass eq} f\"ur $\mu$ mit
  $A\subset\bigcup\limits_{j=1}^\infty A_j$ auf ein Pr\"ama\ss{}
  $\lambda$ anwenden. Dann ist die zugrunde liegende
  \"Uberdeckungsklasse eine Algebra $\mathcal A$ und es gilt
  $A_j\in\mathcal A$ f\"ur $j\in\N_{>0}$. In dieser Situation d\"urfen
  wir verm\"oge $\tilde A_1=A_1$ und
  $\tilde A_k=A_k\setminus\bigcup\limits_{l=1}^{k-1}A_l$ annehmen,
  dass die \"uberdeckenden Mengen disjunkt sind. Nach Definition eines
  Pr\"ama\ss{}es gilt dabei f\"ur $k\in\N_{>0}$ die Absch\"atzung
  $\lambda\big(\tilde A_k\big) \le\lambda(A_k)
  =\lambda\big(A_k\setminus \tilde A_k\big) +\lambda\big(\tilde
    A_k\big)$.
\end{remark}

\begin{theorem}[Carath\'eodory-Hahn Erweiterungssatz]
  \label{carath hahn erw satz}
  Sei $\mathcal A$ eine Algebra auf $X$, sei
  $\lambda\colon\mathcal A\to[0,\infty]$ ein Pr\"ama\ss{} auf $X$ und
  sei $\mu$ durch \eqref{ueberdeckungsklasse liefert mass eq}
  definiert. Dann gelten:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\mu\colon\mathcal P(X)\to[0,\infty]$ ist ein Ma\ss{} auf $X$, 
  \item $\mu(A)=\lambda(A)$ f\"ur alle $A\in\mathcal A$ und
  \item jedes $A\in\mathcal A$ ist $\mu$-messbar. 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir haben in den Beispielen \ref{intervall algebra
      ueberdeckungsklasse bsp} gesehen, dass $\mathcal A$ eine
    \"Uberdeckungsklasse f\"ur $X$ ist. Somit ist $\mu$ nach Theorem
    \ref{ueberdeckungsklasse liefert mass thm} ein Ma\ss{} auf $X$. 
  \item Sei $A\in\mathcal A$ beliebig. Zun\"achst einmal gilt nach
    \eqref{ueberdeckungsklasse liefert mass eq}
    $\mu(A) \le\lambda(A)$. \par Zur Umkehrung: Seien
    $A_k\in\mathcal A$, $k\in\N_{>0}$, beliebig mit
    $A\subset\bigcup\limits_{k=1}^\infty A_k$. Nach Bemerkung
    \ref{ueberdeckungsklasse inf disj rem} d\"urfen wir annehmen, dass
    diese Mengen paarweise disjunkt sind, $A_k\cap A_l=\emptyset$
    f\"ur $k\neq l$. Definiere nun Mengen
    $\tilde A_k:=A\cap A_k\in\mathcal A$, $k\in\N_{>0}$. Dann ist die
    Familie $\big(\tilde A_k\big)_{k\in\N_{>0}}$ disjunkt und es gilt
    $A=\bigcup\limits_{k=1}^\infty\tilde A_k$. Nach Voraussetzung ist
    $\lambda$ ein Pr\"ama\ss{}; also folgt
    \[\lambda(A) =\sum\limits_{k=1}^\infty \lambda\big(\tilde A_k\big)
      \le\sum\limits_{k=1}^\infty \lambda(A_k).\] Auf der rechten
    Seite gehen wir nun zum Infimum \"uber alle die Menge $A$
    \"uberdeckenden Familien \"uber und erhalten
    \[\lambda(A) \le\inf\left\{ \sum\limits_{k=1}^\infty
        \lambda(A_k)\colon A\subset \bigcup\limits_{k=1}^\infty
        A_k\text{ mit } A_k\in\mathcal A\right\} =\mu(A).\]
  \item Sei $A\in\mathcal A$ und sei $B\subset X$ beliebig. Wir
    rechnen die Carath\'eodory-Bedingung f\"ur $\mu$ nach. Sei
    $\epsilon>0$. Nach Definition von $\mu$ gibt es
    $B_k\in\mathcal A$, $k\in\N_{>0}$, mit
    $B\subset\bigcup\limits_{k=1}^\infty B_k$
    und \[\sum\limits_{k=1}^\infty \lambda(B_k)\le \mu(B) +\epsilon.\]
    Da $\lambda$ ein Pr\"ama\ss{} ist und $A,B_k\in\mathcal A$ gilt,
    erhalten wir f\"ur alle $k\ge1$ \[\lambda(B_k) =\lambda(B_k\cap A)
      +\lambda(B_k\setminus A).\] Es gelten $B\cap A\subset
    \bigcup\limits_{k=1}^\infty (B_k\cap A)$ und $B\setminus A\subset
    \bigcup\limits_{k=1}^\infty (B_k\setminus A)$. Wir nutzen nun die
    Subbaditivit\"at f\"ur die stets g\"ultige Ungleichung in der
    Carath\'eodory-Bedingung, die Definition von $\mu$, die
    M\"oglichkeit nichtnegative Summanden umzuordnen und die Wahl der
    Mengen $B_k$ und erhalten
    \begin{align*}
      \mu(B)
      &\le \mu(B\cap A) +\mu(B\setminus A) \le
        \sum\limits_{k=1}^\infty \lambda(B_k\cap A)
        +\sum\limits_{k=1}^\infty \lambda(B_k\setminus
        A)\umbruch\\
      &=\sum\limits_{k=1}^\infty \lambda(B_k) \le
        \mu(B) +\epsilon. 
    \end{align*}
    Da $\epsilon>0$ beliebig war, folgt zun\"achst \"uberall
    Gleichheit und daraus dann die Behauptung. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

F\"ur die Carath\'eodory-Hahn-Erweiterung erhalten wir das folgende
Eindeutigkeitsresultat.
\begin{theorem}
  \label{cara hahn eind thm}
  Sei $\lambda\colon\mathcal A\to[0,\infty]$ wie in Satz \ref{carath
    hahn erw satz} zus\"atzlich $\sigma$-endlich, $\mu$ das von
  $\lambda$ verm\"oge \eqref{ueberdeckungsklasse liefert mass eq}
  induzierte Ma\ss{} und $\Sigma$ die $\sigma$-Algebra der
  $\mu$-messbaren Mengen. Ist
  $\tilde\mu\colon\mathcal P(X)\to [0,\infty]$ ein Ma\ss{} mit
  $\tilde\mu|_{\mathcal A} =\lambda$. Dann gilt
  $\tilde\mu|_{\Sigma} =\mu|_\Sigma$.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{cara hahn eind bew i} Sei zun\"achst
    $A\subset\bigcup\limits_{k=1}^\infty A_k$ mit $A_k\in\mathcal A$,
    $k\in\N_{>0}$. Da $\tilde\mu$ als Ma\ss{} $\sigma$-subadditiv ist,
    folgt
    \[\tilde\mu (A) \le\sum\limits_{k=1}^\infty \tilde\mu(A_k)
      =\sum\limits_{k=1}^\infty \lambda(A_k).\] Auf der rechten Seite
    gehen wir nun zum Infimum \"uber alle solchen \"uberdeckenden
    Familien \"uber und erhalten \[\tilde\mu(A) \le\mu(A)\] f\"ur
    beliebige $A\subset X$. 
  \item\label{cara hahn eind bew ii} Sei nun $A\in\Sigma$. Zun\"achst
    nehmen wir an, dass es $S\in\mathcal A$ mit $A\subset S$ und
    $\lambda(S)<\infty$ gibt.  Dann folgt auch
    $\mu(S\setminus A)\le \mu(S)=\lambda(S) <\infty$.\par Nach Theorem
    \ref{carath hahn erw satz} gilt $S\in\mathcal
    A\subset\Sigma$. Also gelten $A,S\in\Sigma$. Wir nutzen, 
    \begin{enumerate}[(1)]
    \item\label{gleich grund 1} die
      Carath\'eodory-Bedingung,
    \item\label{gleich grund 2} dass $\mu$ auf $\mathcal A$ mit dem
      Pr\"ama\ss{} $\lambda$ \"ubereinstimmt, 
    \item\label{gleich grund 3} sowie die Subadditivit\"at von $\tilde\mu$ 
    \end{enumerate}
    und erhalten
    \begin{align*}
      \mu(A) +\mu(S\setminus A)
      &\overset{\text{\eqref{gleich grund 1}}}=\mu(S)
        \overset{\text{\eqref{gleich grund 2}}}=\lambda(S)
        =\tilde\mu(S)\umbruch\\ 
      &\overset{\text{\eqref{gleich grund 3}}}{\le}\tilde\mu(A) 
        +\tilde\mu(S\setminus 
        A) \overset{\text{\eqref{cara hahn eind bew i}}}{\le}\tilde\mu
        (A) +\mu(S\setminus A). 
    \end{align*}
    Da $\mu(S\setminus A)<\infty$ ist, folgt auch
    $\mu(A)\le\tilde\mu(A)$ und mit \eqref{cara hahn eind bew i} 
    sogar $\mu(A)=\tilde\mu(A)$. 
  \item Im allgemeinen Fall, wenn keine solche Menge $S$ existiert,
    gibt es aufgrund der $\sigma$-Endlichkeit eine disjunkte Familie
    $(S_k)_{k\in\N_{>0}}$ mit $X=\bigcup\limits_{k=1}^\infty S_k$ mit
    $S_k\in\mathcal A$ und $\lambda(S_k)<\infty$, $k\in\N_{>0}$. Damit
    erhalten wir verm\"oge $A_k:=A\cap S_k$, $k\in\N_{>0}$, die
    disjunkte Vereinigung $A=\bigcup\limits_{k=1}^\infty A_k$.  Es
    gilt
    $\Sigma\ni\bigcup\limits_{k=1}^m A_k\subset\bigcup\limits_{k=1}^m
    S_k$. Da $\lambda$ ein Pr\"ama\ss{} ist, ist
    $\lambda\left(\bigcup\limits_{k=1}^m S_k\right)<\infty$. Somit
    k\"onnen wir \eqref{cara hahn eind bew ii} anwenden und es folgt
    \[\tilde\mu\left(\bigcup\limits_{k=1}^m A_k\right)
      =\mu\left(\bigcup\limits_{k=1}^m A_k\right).\] Mit der Monotonie
    des Ma\ss{}es $\tilde\mu$ und Theorem \ref{mon meng thm}
    \eqref{aufst meng gleich} ergibt sich somit \[\tilde\mu(A)
      \ge\lim\limits_{m\to\infty}
      \tilde\mu\left(\bigcup\limits_{k=1}^m A_k\right)
      =\lim\limits_{m\to\infty} \mu\left(\bigcup\limits_{k=1}^m
        A_k\right) =\mu(A)\] wie behauptet. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{remark}
  \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir haben in Theorem \ref{cara hahn eind thm} nicht
    untersucht, ob jedes $A\in\Sigma$ auch bez\"uglich $\tilde\mu$
    messbar ist. 
  \item In Theorem \ref{cara hahn eind thm} haben wir
    $\tilde\mu(A)=\mu(A)$ f\"ur $A\in\Sigma$ gezeigt. F\"ur
    $A\not\in\Sigma$ gilt dies i.\,A.{} nicht mehr: Seien dazu
    $X=[0,1]\subset\R$, $\mathcal A=\{\emptyset,X\}$.  Sei dass
    Pr\"ama\ss{} $\lambda\colon\mathcal A\to[0,\infty]$ wie in
    Beispiel \ref{empty X cara hahn bsp} gegeben. Sei $\mu$ das
    gem\"a\ss{} \eqref{ueberdeckungsklasse liefert mass eq} von
    $\lambda$ induzierte Ma\ss{}. Dann gelten $\mu(\emptyset)=0$ und
    $\mu(A)=1$ f\"ur alle $A\neq\emptyset$. Nach Beispiel \ref{empty A
      messb bsp} gilt $\Sigma=\{\emptyset,X\}=\mathcal A$. Das im
    folgenden Abschnitt konstruierte Lebesguesche Ma\ss{}
    $\mathcal L^1$ ist ebenfalls eine Erweiterung von $\lambda$. Die
    Ma\ss{}e $\mathcal L^1$ und $\mu$ stimmen auf Mengen
    $\not\in\mathcal A$ im Allgemeinen jedoch nicht \"uberein. Es gilt
    n\"amlich $\mathcal L^1([0,1/2])=1/2\neq \mu([0,1/2])=1$.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\subsection{Das Lebesguesche Ma\ss{}}
Das Lebesguesche Ma\ss{} erhalten wir durch Erweiterung des
Elementarinhalts von Quadern und Elementarfiguren.
\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Seien
    $a=\left(a^1,\ldots,a^n\right),
    b=\left(b^1,\ldots,b^n\right)\in\R^n$. Wir definieren \[(a,b):=
      \begin{cases}
        \prod\limits_{k=1}^n \left(a^k,b^k\right),& \text{falls
        }a^k<b^k,\ 1\le k\le n,\\
        \emptyset, &\text{sonst.}
      \end{cases}
    \] Analog definieren wir (verallgemeinerte) Intervalle $[a,b]$,
    $(a,b]$, $[a,b)$. Auch, wenn die Randpunkte f\"ur unterschiedliche
    $k$'s manchmal dazugeh\"oren und manchmal nicht, sprechen wir von
    verallgemeinerten Intervallen. Bei offenen oder halboffenen
    Intervallen f\"ur ein $k$ erlauben wir auch $a^k=-\infty$ bzw.{} 
    $b^k=+\infty$.
  \item Das Jordansche Ma\ss{} eines Intervalls oder einer
    Elementarfigur hei\ss{}t \emph{Elementarinhalt}, abgek\"urzt \zB
    mit $\vol([a,b])$. 
  \item Nachfolgend lassen wir auch Elementarfiguren $\Omega$ zu, die
    unbeschr\"ankte Quader $Q=(a,b)$ enthalten und definieren in
    diesem Fall \[\vol(Q)=
      \begin{cases}
        \infty, &\text{falls }a^k<b^k\text{ f\"ur alle }1\le k\le n,\\
        0, & \text{sonst}.
      \end{cases}
    \]
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  Die Elementarfiguren in $\R^n$ bilden eine Algebra. $\vol$ ist auf
  ihnen endlich additiv, $\sigma$-endlich, nicht negativ und monoton. 
\end{remark}

\begin{lemma}
  Der Elementarinhalt $\vol$ ist ein Pr\"ama\ss{} auf der Algebra der
  Elementarfiguren in $\R^n$.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir m\"ussen nachweisen, dass f\"ur eine Elementarfigur $I$,
    die sich als $\bigcup\limits_{k=1}^\infty I_k$ mit
    Elementarfiguren $I_k$, $k\in\N_{>0}$, als disjunkte Vereinigung
    darstellen l\"asst, \[\vol(I)=\sum\limits_{k=1}^\infty \vol(I_k)\]
    gilt. Ohne Einschr\"ankung d\"urfen wir annehmen, dass die $I_k$'s
    verallgemeinerte Intervalle sind. 
  \item \glqq$\ge$\grqq: Es gilt $I\supset\bigcup\limits_{k=1}^m
    I_k$. Da $\vol$ monoton und endlich additiv ist, gilt f\"ur alle
    $m\in\N_{>0}$
    \[\vol(I) \ge\vol\left(\bigcup\limits_{k=1}^m I_k\right)
      =\sum\limits_{k=1}^m \vol(I_k).\] Wir lassen nun
    $m\to\infty$ und erhalten die behauptete Ungleichung.
\datum{Di 12.01.2021}    
\item \glqq$\le$\grqq: Ohne Einschr\"ankung d\"urfen wir
  $\sum\limits_{k=1}^\infty \vol(I_k)<\infty$ annehmen, da wir sonst
  fertig w\"aren. Weiterhin d\"urfen wir ohne Einschr\"ankung
  annehmen, dass $I$ ein Intervall ist und dass $0\in\interior I$
  gilt. \par
  Intervalle k\"onnen auch $\pm\infty$ als Grenze aufweisen. Daher
  definieren wir f\"ur $L\in\N$ das Intervall
  $I^L:=\ol I\cap [-L,L]^n$. Dann gilt f\"ur $L\to\infty$ offenbar
  $\vol\left(I^L\right)\to\vol(I)$. \par Sei $\epsilon>0$
  beliebig. Dann gilt
  $\ol I\subset (1+\epsilon)I =\bigcup\limits_{k=1}^\infty
  (1+\epsilon)I_k.$ Die Intervalle $(1+\epsilon)I_k$ vergr\"o\ss{}ern
  wir etwas zu offenen Intervallen $\tilde I_k$ mit
  $\tilde I_k\supset(1+\epsilon)I_k$ und
    \[\vol\big(\tilde I_k\big)
      \le(1+\epsilon)^n\cdot\vol(I_k)+\epsilon\cdot 2^{-k},\quad
      k\in\N_{>0}.\] Auch die offenen Intervalle $\tilde I_k$
    \"uberdecken die kompakte Menge $I^L$. Dies gilt aufgrund der
    Kompaktheit auch schon f\"ur endlich viele Intervalle
    $\tilde I_k$, $1\le k\le m =m(L)$. F\"ur dieses $m$ folgt
    \begin{align*}
      \vol\left(I^L\right)
      &\le\vol\left(\bigcup\limits_{k=1}^m \tilde I_k\right)
        \le\sum\limits_{k=1}^m \vol\left(\tilde I_k\right)
        \le\sum\limits_{k=1}^\infty \vol\left(\tilde
        I_k\right)\umbruch\\ 
      &\le(1+\epsilon)^n\cdot\sum\limits_{k=1}^\infty \vol(I_k)
        +\epsilon.
    \end{align*}
    Wir lassen nun $\epsilon\downarrow0$ und $L\to\infty$ und erhalten
    auch die umgekehrte Ungleichung.  \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{definition}
  Die Carath\'eodory-Hahn Erweiterung des Elementarinhalts auf $\R^n$
  nennen wir ($n$-dimensionales) \emph{Lebesguesches Ma\ss{}},
  $\mathcal L^n$.
\end{definition}

\begin{theorem}
  \label{offen messb thm}
  Jede offene Menge $G\subset\R^n$ ist $\mathcal L^n$-messbar. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir schreiben $\R^n$ als disjunkte Vereinigung halboffener
    achsenparalleler Kuben $I^0_l$, $l\in\N$, mit Seitenl\"angen
    $1=2^{-0}$. Indem wir sukzessiv jede Kante halbieren, erhalten wir
    achsenparallele, f\"ur festes $k$ disjunkte Kuben $I^k_l$,
    $l\in\N_{>0}$, mit Seitenl\"angen $2^{-k}$ f\"ur alle $k\in\N$.
    \par Wir w\"ahlen nun im $k$-ten Schritt diejenigen der Kuben
    $I^k_l$, $l\in\N_{>0}$, mit $I^k_l\subset G$ aus, die zu den in
    den Schritten $0,\ldots,k-1$ schon ausgew\"ahlten Kuben disjunkt
    sind. Es ist eine kleine \"Ubung, nachzuweisen, dass diese
    h\"ochstens abz\"ahlbare Familie disjunkter achsenparalleler Kuben
    $G$ aussch\"opft.
  \item Nach Theorem \ref{carath hahn erw satz} ist jede
    Elementarfigur $\mathcal L^n$-messbar und nach Theorem \ref{Sigma
      ist sigma algebra thm} gilt dies aus f\"ur h\"ochstens
    abz\"ahlbare Vereinigungen. Somit ist $G$ eine
    $\mathcal L^n$-messbare Menge.  \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die von den offenen Mengen des $\R^n$ erzeugte
    $\sigma$-Algebra hei\ss{}t \emph{Borelsche} $\sigma$-Algebra
    $\mathcal B$. Die Mengen $B\in\mathcal B$ hei\ss{}en
    \emph{Borelmengen}.
  \item Ein Ma\ss{} $\mu$ auf $\R^n$ hei\ss{}t \emph{Borelsch}, falls
    jede Borelmenge $\mu$-messbar ist.
  \end{enumerate}
\end{definition}

Damit wird aus Theorem \ref{offen messb thm}. 
\begin{corollary}
  $\mathcal L^n$ ist ein Borelma\ss{}. 
\end{corollary}

\begin{theorem}
  \label{lebesgue borel regulaer thm}
  Sei $A\subset\R^n$ beliebig. Dann gilt \[\mathcal L^n(A)
    =\inf\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}{G\supset A}{G \text{ offen}}}
    \mathcal L^n(G).\] 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item \glqq$\le$\grqq{} folgt direkt aus der Monotonie des
    Lebesguema\ss{}es. 
  \item \glqq$\ge$\grqq: Sei $\epsilon>0$. Dann gibt es Intervalle
    $(I_l)_{l\in\N_{>0}}$ mit $A\subset\bigcup\limits_{l=1}^\infty
    I_l$ und \[\sum\limits_{l=1}^\infty \vol(I_l) \le\mathcal L^n(A)
      +\epsilon.\] Dazu finden wir offene Intervalle $I^*_l\supset
    I_l$ mit \[\vol(I^*_l)\le\vol(I_l)+\epsilon\cdot 2^{-l},\quad
      l\in\N_{>0}.\] 
    Wir definieren $G:=\bigcup\limits_{l=1}^\infty I^*_l$. Dann ist
    $G$ offen. Es gilt $A\subset G$ und wir erhalten 
    \[\mathcal L^n(G) \le\sum\limits_{l=1}^\infty \vol(I^*_l)
      \le\sum\limits_{l=1}^\infty  \vol(I_l)+\epsilon \le\mathcal
      L^n(A)+2\epsilon.\] Da $\epsilon>0$ beliebig war, folgt die
    Behauptung. \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

\begin{remark}
  Man mache sich als \"Ubung anhand des Beweises klar, dass Theorem
  \ref{lebesgue borel regulaer thm} f\"ur $\Q\cap[0,1]\subset\R$ gilt.
\end{remark}

\begin{definition}
  Ein Borelma\ss{} $\mu$ auf $\R^n$ hei\ss{}t \emph{Borel regul\"ar},
  falls es zu jedem $A\subset\R^n$ eine Borelmenge $B\supset A$ mit
  $\mu(A)=\mu(B)$ gibt. 
\end{definition}

\begin{corollary}
  Das Lebesguesche Ma\ss{} $\mathcal L^n$ ist Borel regul\"ar. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $A\subset\R^n$ beliebig.  Ohne Einschr\"ankung d\"urfen wir
  $\mathcal L^n(A)<\infty$ annehmen, denn sonst sind wir mit $B=\R^n$
  fertig. Nach Theorem \ref{lebesgue borel regulaer thm} gibt es
  offene Mengen $G_k$, $k\in\N_{>0}$, mit $G_k\supset A$ und
  \[\mathcal L^n(G_k)\le \mathcal L^n(A) +\frac1k,\quad k\in\N_{>0}.\]
  Insbesondere gilt also
  $\mathcal L^n(G_1)\le\mathcal L^n(A)+1<\infty$.  Offenbar gilt
  $\mathcal L^n(A)\le\mathcal L^n(G_k)$ f\"ur alle $k\in\N_{>0}$.
  Ohne Einschr\"ankung d\"urfen wir weiterhin $G_{k+1}\subset G_k$
  f\"ur alle $k\in\N_{>0}$ annehmen; sonst definieren wir f\"ur
  $k=1,2,\ldots$ induktiv $\tilde G_{k+1}:=G_{k+1}\cap G_k$ und
  betrachten dann diese Mengen statt der Mengen $G_k$. Wir definieren
  $B:=\bigcap\limits_{k=1}^\infty G_k$. Dann ist $B$ eine Borelmenge
  und nach Theorem \ref{mon meng thm} \eqref{abst meng gleich}
  erhalten wir
  \[\mathcal L^n(B) =\lim\limits_{k\to\infty} \mathcal L^n(G_k)
    =\mathcal L^n(A)\] wie behauptet.
\end{proof}

\begin{theorem}
  \label{messb aequiv thm}
  Sei $A\subset\R^n$. Dann sind die folgenden beiden Aussagen
  \"aquivalent:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{messb aequiv i} $A$ ist $\mathcal L^n$-messbar. 
  \item\label{messb aequiv ii} F\"ur alle $\epsilon>0$ gibt es eine
    offene Menge $G$ mit $G\supset A$ und
    $\mathcal L^n(G\setminus A)<\epsilon$ (oder $\mathcal
    L^n(G\setminus A)\le\epsilon$).
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item \glqq\eqref{messb aequiv i} \impliziert \eqref{messb aequiv
      ii}\grqq:
    \begin{itemize}
    \item Wir nehmen zun\"achst an, dass $\mathcal L^n(A)<\infty$
      gilt. Sei $\epsilon>0$. Dann gibt es nach Theorem \ref{lebesgue
        borel regulaer thm} eine offene Menge $G$ mit $G\supset A$
      und \[\mathcal L^n(G)\le \mathcal L^n(A)+\epsilon.\] Die Menge $A$
      ist nach Voraussetzung messbar. Wir setzen $G$ in die
      Carath\'eodory-Bedingung f\"ur Messbarkeit ein und
      erhalten
      \[\mathcal L^n(G) =\mathcal L^n(G\cap A) +\mathcal
        L^n(G\setminus A) =\mathcal L^n(A) +\mathcal L^n(G\setminus
        A).\] Zusammengenommen folgt daraus
      $\mathcal L^n(G\setminus A)\le\epsilon$ und somit die
      Behauptung. 
    \item Ist $\mathcal L^n(A)=\infty$, so definieren wir Mengen
      $A_k =A\cap [-k,k]^n$, $k\in\N_{>0}$. Es gilt
      $A:=\bigcup\limits_{k=1}^\infty A_k$. Wenden wir nun unsere
      \"Uberlegungen im Falle eines endlichen Ma\ss{}es auf die
      $\mathcal L^n$-messbaren Mengen $A_k$ an, so erhalten wir offene
      Mengen $G_k$, $k\in\N_{>0}$, mit $G_k\supset A_k$ und
      \[\mathcal L^n(G_k\setminus A_k) \le\epsilon\cdot 2^{-k},\quad
        k\in\N_{>0}.\] Dann ist $G:=\bigcup\limits_{k=1}^\infty G_k$
      offen, es gilt $G\supset A$ und wegen
      \[G\setminus A =\bigcup\limits_{k=1}^\infty (G_k\setminus A)
        \subset \bigcup\limits_{k=1}^\infty (G_k\setminus A_k)\]
      erhalten wir
      \[\mathcal L^n(G\setminus A) \le\sum\limits_{k=1}^\infty
        \mathcal L^n(G_k\setminus A_k) \le\epsilon.\] 
    \end{itemize}
  \item \glqq\eqref{messb aequiv ii} \impliziert \eqref{messb aequiv
      i}\grqq: Sei $B\subset\R^n$ beliebig und sei $\epsilon>0$. Dann
    gibt es nach Voraussetzung eine offene Menge $G$ mit $G\supset A$
    und
    \[\mathcal L^n(G\setminus A)\le\epsilon.\] Nach Theorem \ref{offen
      messb thm} ist $G$ eine $\mathcal L^n$-messbare Menge. Somit
    erhalten wir die Gleichheit in
    \begin{align*}
      \mathcal L^n(B)
      &= \mathcal L^n(B\cap G) +\mathcal
        L^n(B\setminus G)\umbruch\\
      &\ge \mathcal L^n(B\cap A) +\mathcal L^n(B\setminus A) -\mathcal
        L^n(G\setminus A),                  
    \end{align*}
    wobei wir f\"ur den ersten Term die Monotonie des Ma\ss{}es
    benutzt haben. Aus $B\setminus A\subset (B\setminus G)\cup
    (G\setminus A)$ und der Subadditivit\"at des Ma\ss{}es folgt die
    Absch\"atzung f\"ur den zweiten Term. Somit gilt \[\mathcal L^n(B)
      \ge \mathcal L^n(B\cap A) +\mathcal L^n(B\setminus A)
      -\epsilon.\] Da $\epsilon>0$ beliebig war, folgt die
    nichttriviale Ungleichung der Carath\'eodory-Bedingung. Also ist
    $A$ eine $\mathcal L^n$-messbare Menge. \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

Die $\mathcal L^n$-Messbarkeit ist auch \"aquivalent dazu, dass sich
eine Menge gut von au\ss{}en und von innen einschachteln l\"asst. (Zur
Wahl der Buchstaben: $F$ soll an ferm\'e und $G$ soll an Gebiet
erinnern.)
\begin{corollary}
  \label{leb messb cor}
  Eine Menge $A\subset\R^n$ ist genau dann $\mathcal L^n$-messbar,
  wenn es f\"ur alle $\epsilon>0$ eine abgeschlossene Menge $F$ und
  eine offene Menge $G$ mit $F\subset A\subset G$ und
  \[\mathcal L^n(G\setminus A) +\mathcal L^n(A\setminus
    F)\le\epsilon\] gibt.
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item \Rueckrichtung Dies folgt direkt aus Theorem \ref{messb aequiv
      thm}. 
  \item \Hinrichtung Sei $\epsilon>0$ und sei $A$ eine
    $\mathcal L^n$-messbare Menge. Dann ist auch $\complement A$ eine
    $\mathcal L^n$-messbare Menge. Nach Theorem \ref{messb aequiv thm}
    gibt es somit offene Mengen $G,\Omega\subset\R^n$ mit
    $\Omega\supset\complement A$ und $G\supset A$ sowie
    $\mathcal L^n\left(\Omega\setminus\complement A\right)\le\epsilon$
    und $\mathcal L^n(G\setminus A)\le\epsilon$. Wir definieren die
    abgeschlossene Menge $F:=\complement\Omega$. Dann gelten
    $F\subset A$ und
    $\mathcal L^n(A\setminus F) =\mathcal L^n(A\cap\Omega) =\mathcal
    L^n\left(\Omega\setminus\complement A\right)\le\epsilon$ wie
    gew\"unscht.\qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

\begin{remark}
  \stern 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Bedingung in Korollar \ref{leb messb cor} ist auch
    \"aquivalent zu der Tatsache, dass es f\"ur alle $\epsilon>0$ eine
    abgeschlossene Menge $F$ und eine offene Menge $G$ mit $F\subset
    A\subset G$ und $\mathcal L^n(G\setminus F)\le\epsilon$
    gibt.
  \item Aus der Bedingung von Korollar \ref{leb messb cor} folgt
    \[\mathcal L^n(F)+\epsilon \ge\mathcal L^n(A)\ge\mathcal
      L^n(G)-\epsilon.\]
  \item Indem wir statt $F$ die Menge $F\cap[-k,k]^n$ betrachten, so
    sehen wir mit Theorem \ref{mon meng thm} \eqref{aufst meng
      gleich}, dass wir im Falle $\mathcal L^n(A)<\infty$ die Menge
    $F$ auch als kompakte Menge w\"ahlen k\"onnen.
  \end{enumerate}
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ubung. 
\end{proof}

\datum{Fr 15.01.2021}
Wir erinnern an die Definition in Bemerkung \ref{ul ol mu bem} und
erhalten. 
\begin{theorem}
  \label{Jordan leb messb thm}
  Sei $A\subset\R^n$ beschr\"ankt. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{ul ol mu leb schachtelung i} Es gilt stets
    $\underline\mu(A)\le\mathcal L^n(A)\le\overline\mu(A)$.
  \item Sei $A$ Jordan-messbar. Dann ist $A$ auch
    $\mathcal L^n$-messbar und es gilt $\mathcal L^n(A) =\mu(A)$.
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item In Bemerkung \ref{ul ol mu bem} hatten wir Elementarfiguren
    aus endlich vielen Intervallen betrachtet. Daher erhalten wir
    \begin{align*}
      \mathcal L^n(A)
      &=\inf\left\{\sum\limits_{k=1}^\infty\vol(I_k)\colon
        A\subset\bigcup\limits_{k=1}^\infty I_k,
        I_k=\text{Intervalle}\right\}\umbruch\\ 
      &\le\inf\left\{\vol(E)\colon
        A\subset E=\bigcup\limits_{k=1}^m I_k,
        I_k=\text{Intervalle},\,m\in\N\right\} =\ol\mu(A).
    \end{align*}
    F\"ur jede Elementarfigur $E\subset A$ gilt \[\vol(E) =\mathcal
      L^n(E) \le\mathcal L^n(A).\] Wir gehen zum Supremum \"uber
    Elementarfiguren $E\subset A$ \"uber und
    erhalten \[\ul\mu(A)\le\mathcal L^n(A).\] 
  \item
    \begin{itemize}
    \item \emph{Gleichheit:} Da $A$ Jordan-messbar ist, gilt
      $\ul\mu(A) =\ol\mu(A) =\mu(A)$. Daher folgt
      $\mathcal L^n(A)=\mu(A)$ nach \eqref{ul ol mu leb schachtelung
        i}.
    \item \emph{$\mathcal L^n$-Messbarkeit:} Wir nehmen zus\"atzlich
      an, dass $\mathcal L^n(A)<\infty$ gilt. Ist dies nicht der Fall,
      so wenden wir das folgende Argument auf die Jordan-messbaren
      Mengen $A_k:=A\cap[-k,k]^n$, $k\in\N_{>0}$, mit
      $\epsilon\cdot 2^{-k}$ statt $\epsilon$ an und erhalten daraus
      die Behauptung. \par Sei $\epsilon>0$. Da $A$ Jordan-messbar
      ist, gibt es Elementarfiguren $I_\epsilon,I^\epsilon$ mit
      $I_\epsilon\subset A\subset I^\epsilon$
      und
      \[\vol(I^\epsilon)-\epsilon \le\mu(A)\le
        \vol(I_\epsilon)+\epsilon.\] Ohne Einschr\"ankung k\"onnen wir
      durch leichtes Vergr\"o\ss{}ern annehmen, dass $G:=I^\epsilon$
      offen ist. Wir erhalten
      \[\mathcal L^n(G\setminus A) \le\mathcal L^n(I^\epsilon\setminus
        I_\epsilon) =\vol(I^\epsilon)-\vol(I_\epsilon) \le2\epsilon.\]
      Nun folgt die $\mathcal L^n$-Messbarkeit von $A$ aus Theorem
      \ref{messb aequiv thm} \eqref{messb aequiv ii}. \qedhere
    \end{itemize}
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{theorem}
  Das Lebesguema\ss{} ist unter Bewegungen, \dh unter Abbildungen
  $\Phi\colon\R^n\to\R^n$, $x\mapsto Rx+x_0$, mit $x_0\in\R^n$ und
  $R\in O(n)$, invariant.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{int rot inv i} In Theorem \ref{Jordan rot inv thm} haben
    wir bereits gezeigt, dass das Jordanma\ss{} unter Bewegungen
    invariant ist. Dies \"ubertr\"agt sich direkt f\"ur Intervalle $I$
    auf des Lebesguema\ss{}. Es gilt
    \[\mathcal L^n(\Phi(I)) =\mu(\Phi(I)) =\mu(I) =\mathcal L^n(I).\]
    Nach Theorem \ref{Jordan leb messb thm} folgt (zun\"achst f\"ur
    beschr\"ankte und dann ($\sigma$-Algebra-Eigenschaft) auch f\"ur
    unbeschr\"ankte Intervalle $I$), dass auch $\Phi(I)$
    $\mathcal L^n$-messbar ist.
  \item\label{offen rot inv ii} Sei $G\subset\R^n$ offen. Dann
    k\"onnen wir $G$ wie im Beweis von Theorem \ref{offen messb thm}
    als abz\"ahlbare Vereinigung paarweise disjunkter Intervalle
    $I_k$, $k\in\N_{>0}$, schreiben,
    $G=\bigcup\limits_{k=1}^\infty I_k$. Dann ist auch $\Phi(G)$ offen
    und es gilt $\Phi(G) =\bigcup\limits_{k=1}^\infty \Phi(I_k)$ mit
    paarweise disjunkten $\mathcal L^n$-messbaren Mengen
    $\Phi(I_k)$. Nach \eqref{int rot inv i} und der
    $\sigma$-Additivit\"at (Theorem \ref{mon meng thm} \eqref{disj
      meng add}) folgt also
    \[\mathcal L^n(\Phi(G)) =\sum\limits_{k=1}^\infty \mathcal
      L^n(\Phi(I_k)) =\sum\limits_{k=1}^\infty \mathcal L^n(I_k)
      =\mathcal L^n(G).\]
  \item Seien $A,G\subset\R^n$ beliebig. Dann sind $A\subset G$ und
    $\Phi(A)\subset\Phi(G)$ sowie die Offenheit von $G$ und die von
    $\Phi(G)$ \"aquivalent. Wir k\"onnen also Theorem \ref{lebesgue
      borel regulaer thm} und \eqref{offen rot inv ii} kombinieren und
    erhalten \[\mathcal L^n(\Phi(A))
      =\inf\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}{A\subset G}{G\text{ offen}}}
      \mathcal L^n(\Phi(G))
      =\inf\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}{A\subset G}{G\text{ offen}}}
      \mathcal L^n(G) =\mathcal L^n(A)\]
    wie behauptet.\qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\subsection{Nicht messbare Mengen \stern}
Wir zeigen in diesem Abschnitt, dass nicht jede Teilmenge von $\R$
auch $\mathcal L^1$-messbar ist.
\begin{beispiel}[Vitali]
  Sei $\xi\in\R\setminus\Q$ und sei
  $G:=\{k+l\xi\colon k,l\in\Z\}\subset\R$ die von $1$ und $\xi$
  erzeugte additive Gruppe. Wir erkl\"aren auf $\R$ eine
  \"Aquivalenzrelation $x\sim y$ durch
  $x\sim y :\Longleftrightarrow x-y\in G$ und bezeichnen die Menge der
  \"Aquivalenzklassen mit $X=\{[x]=x+G,\,x\in\R\}$. Wegen $1\in G$
  gilt $[x]\cap[0,1]\neq\emptyset$ f\"ur alle $x\in\R$. Daher
  finden wir f\"ur jede \"Aquivalenzklasse einen Repr\"asentanten in
  $[0,1]$. Nach Auswahlaxiom gibt es eine Menge $A\subset[0,1]$ von
  Repr\"asentanten, so dass in jeder \"Aquivalenzklasse genau ein
  Repr\"asentant liegt: $|A\cap[x]|=1$ f\"ur alle $x\in\R$. $A$
  hei\ss{}t Vitalimenge.
\end{beispiel}

\begin{theorem}
  Die Vitalimenge $A\subset\R$ ist nicht $\mathcal L^1$-messbar. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wegen $\xi\not\in\Q$ enth\"alt $G\cap[-1,1]$ unendlich viele
    Punkte. Sei $(g_k)_{k\in\N}$ eine Abz\"ahlung von
    $G\cap[-1,1]$. Setze $A_k:=A+g_k\subset[-1,2]$. 
  \item \emph{Behauptung:} Die Mengen $A_k$, $k\in\N$, sind paarweise
    disjunkt.
    \begin{proof}[Beweis]
      Sei $x\in A_k\cap A_l$. Dann gilt $[x]\ni x-g_k,x-g_l\in
      A$. Somit sind diese beiden Zahlen Repr\"asentanten von
      $[x]$. Da $A$ jedoch nur einen Repr\"asentanten f\"ur jede
      \"Aquivalenzklasse enth\"alt, erhalten wir nacheinander
      $x-g_k=x-g_l$, $g_k=g_l$ und $k=l$.
    \end{proof}
  \item \emph{Behauptung:} Es gilt
    $[0,1]\subset\bigcup\limits_{k=0}^\infty A_k$.
    \begin{proof}[Beweis]
      Sei $y\in[0,1]$. Betrachte $[y]$. Dann gibt es nach Wahl von $A$
      ein $x\in A$ mit $[x]=[y]$. Somit folgt $x-y\in G$. Aus
      $0\le x,y\le 1$ erhalten wir $-1\le y-x\le 1$. Daher ist
      $y-x=g_k$ f\"ur ein $k\in\N$. Wir erhalten daraus
      $y=x+g_k\in A_k$ und somit die Behauptung.
    \end{proof}
  \item W\"are $A$ eine $\mathcal L^1$-messbare Menge, so auch $A_k$,
    $k\in\N$, aufgrund der Translationsinvarianz. Aus der Monotonie
    und der $\sigma$-Additivit\"at erhalten wir
    \begin{align*}
      1&=\mathcal L^1([0,1]) \le\mathcal
         L^1\left(\bigcup\limits_{k=0}^\infty A_k\right)
         =\sum\limits_{k=0}^\infty \mathcal L^1(A_k)\umbruch\\
       &=\mathcal
         L^1\left(\bigcup\limits_{k=0}^\infty A_k\right) \le\mathcal
         L^1([-1,2]) =3.
    \end{align*}
    Da $\mathcal L^1$ translationsinvariant ist, folgt
    $\mathcal L^1(A_k)=\mathcal L^1(A)$ f\"ur alle $k\in\N$. Es gilt
    $\mathcal L^1(A)=0$ oder $\mathcal L^1(A)>0$. Beide
    M\"oglichkeiten widersprechen jedoch der obigen Ungleichungskette.
    \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{remark}
  Das Banach-Tarski Paradoxon besagt, dass sich $B_1(0)\subset\R^3$ in
  endlich viele disjunkte Mengen $A_i$ zerlegen l\"asst. Nach
  Anwendung verschiedener Bewegungen kann man daraus zwei disjunkte
  Kugeln mit gleichem Radius in $\R^3$ zusammensetzen.  Dabei geht
  ein, dass unendliche Mengen in Bijektion zu echten Teilmengen von
  sich selbst stehen k\"onnen.  Wir bemerken, dass dabei mindestens
  eine der Mengen $A_i$ nicht $\mathcal L^3$-messbar sein kann.
\end{remark}

% Lebesgue-Stieltjes Mass - ausgelassen,
% nur metrische Ma\ss{}e daraus verwendet. 

\subsection{Metrische Ma\ss{}e}
Wir erinnern an die Distanz zweier Mengen $A,B\subset\R^n$
\[\dist(A,B) =\inf\{|a-b|\colon a\in A,\,b\in B\}\]
und die Distanz zwischen einem Punkt $x\in\R^n$ und einer Menge
$A\subset\R^n$ \[\dist(x,A) =\inf\{|x-a|\colon a\in A\}
  =\dist(\{x\},A).\] 
\begin{definition}
  Ein Ma\ss{} $\mu$ auf $\R^n$ hei\ss{}t \emph{metrisch}, falls f\"ur
  alle $A,B\subset\R^n$ mit $\dist(A,B)>0$
  \[\mu(A\cup B)=\mu(A)+\mu(B)\]
  gilt.
\end{definition}

\begin{theorem}[Carath\'eodory-Kriterium f\"ur Borelma\ss{}e]
  \label{metr borel thm}
  Ein metrisches Ma\ss{} $\mu$ auf $\R^n$ ist Borelsch. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $F\subset\R^n$ eine beliebige abgeschlossene Menge. Es
    gen\"ugt der Nachweis, dass $F$ eine $\mu$-messbare Menge ist,
    dass also f\"ur eine beliebige Menge $B\subset\R^n$
    \[\mu(B)\ge \mu(B\cap F)+\mu(B\setminus F)\] gilt. Da die Aussage
    f\"ur $\mu(B)=\infty$ klar ist, nehmen wir ohne Einschr\"ankung
    $\mu(B)<\infty$ an. \par F\"ur $k\in\N_{>0}$ definieren wir
    abgeschlossene Vergr\"o\ss{}erungen von $F$
    durch \[F_k:=\left\{x\in\R^n\colon \dist(x,F)\le\frac1k\right\}.\]
    Nun gilt $\dist(B\setminus F_k,B\cap F)\ge\frac1k>0$. Da $\mu$
    metrisch ist, erhalten wir unter Verwendung der
    Monotonie \[\mu(B\cap F) +\mu(B\setminus F_k) =\mu((B\cap
      F)\cup(B\setminus F_k)) \le\mu(B).\] Die Messbarkeit folgt nun
    aus der n\"achsten Behauptung. 
  \item \emph{Behauptung:} Es gilt $\mu(B\setminus F_k)\to
    \mu(B\setminus F)$ f\"ur $k\to\infty$.
    \begin{proof}[Beweis]
      F\"ur $k\in\N_{>0}$ definieren wir \glqq ringf\"ormige\grqq{}
      Mengen um $F$ in $B$ durch \[R_k=(F_k\setminus F_{k+1})\cap B.\]
      Die Mengen $(R_k)_{k\in\N_{>0}}$ sind paarweise disjunkt und es
      gilt \[B\setminus F =(B\setminus F_k)\cup
        \bigcup\limits_{l=k}^\infty R_l\] f\"ur beliebige
      $k\in\N_{>0}$. Aus der Monotonie und der
      $\sigma$-Subadditivit\"at von $\mu$ erhalten wir damit f\"ur
      beliebige $k\in\N_{>0}$ \[\mu(B\setminus F_k) \le\mu(B\setminus
        F) \le\mu(B\setminus F_k) +\sum\limits_{l=k}^\infty
        \mu(R_l).\] Aus der nachfolgenden Behauptung erhalten wir,
      dass die Summe auf der rechten Seite f\"ur $k\to\infty$ gegen
      Null geht. Dies beendet den Beweis dieser Behauptung. 
    \end{proof}
  \item \emph{Behauptung:} Es gilt
    $\sum\limits_{l=1}^\infty\mu(R_l)<\infty$.
    \begin{proof}[Beweis]
      Wir beobachten, dass f\"ur $|i-j|\ge2$ \[\dist(R_i,R_j)>0\]
      gilt. Da $\mu$ metrisch ist, erhalten wir
      \begin{align*}
        \sum\limits_{k=1}^m\mu(R_{2k})
        &=\mu\left(\bigcup\limits_{k=1}^m R_{2k}\right) \le\mu(B)
        \intertext{und}
          \sum\limits_{k=1}^m\mu(R_{2k+1})
        &=\mu\left(\bigcup\limits_{k=1}^m R_{2k+1}\right)
          \le\mu(B). 
      \end{align*}
      Wir addieren diese beiden Ungleichungen und gehen zum Grenzwert
      $m\to\infty$ \"uber. Es
      folgt \[\sum\limits_{l=1}^\infty\mu(R_l)\le 2\mu(B)<\infty\] wie
      behauptet. 
    \end{proof}
  \end{enumerate}
  Die Gesamtaussage folgt. 
\end{proof}

\subsection{Das Hausdorffma\ss{}}
Das Hausdorffma\ss{} ist f\"ur die Geometrie nicht regul\"arer Objekte
wichtig, \zB in der geometrischen Ma\ss{}theorie. \par
Die folgende Bemerkung f\"uhrt uns zur Definition des
Hausdorffma\ss{}es. 
\begin{remark}
  Sei $A\subset\R^n$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Seien $s,\delta>0$. Wir definieren
    \[\mathcal H^s_\delta(A) =\inf\left\{\sum\limits_{k=1}^\infty
        r^s_k\colon A\subset\bigcup\limits_{k=1}^\infty
        B_{r_k}(x_k),\,r_k<\delta\right\}.\]
    Nach Theorem \ref{ueberdeckungsklasse liefert mass thm} ist das
    ein Ma\ss{} auf $\R^n$ zur \"Uberdeckungsklasse der B\"alle, das
    \emph{$s$-dimensionale Hausdorff-$\delta$-Ma\ss{}}. 
  \item F\"ur $\delta_2\le\delta_1$ gilt \[\mathcal H^s_{\delta_1}(A)
      \le\mathcal H^s_{\delta_2}(A).\] Daher existiert der Grenzwert
    $\delta\downarrow0$ \[\mathcal
      H^s(A):=\lim\limits_{\delta\downarrow0} \mathcal H^s_\delta(A)
      =\sup\limits_{\delta>0} \mathcal H^s_\delta(A).\]
  \item F\"ur $s=0$ setzen wir \[\mathcal H^0(A):=
      \begin{cases}
        |A|,&\text{falls $|A|$ endlich ist,}\\
        \infty,&\text{sonst.}
      \end{cases}
    \]
    $\mathcal H^0$ hei\ss{}t \emph{Z\"ahlma\ss{}}. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{definition}
  $\mathcal H^s$ hei\ss{}t \emph{$s$-dimensionales Hausdorffma\ss{}}.
\end{definition}

\datum{Di 19.01.2021}
Wir rechtfertigen nun, dass wir $\mathcal H^s$ ein Ma\ss{} genannt
haben. (Den Fall $s=0$ lassen wir als einfache \"Ubung; hier ist jede
Menge $\mathcal H^0$-messbar.)
\begin{theorem}
  F\"ur $s>0$ ist $\mathcal H^s$ ein Borel regul\"ares Ma\ss{} auf
  $\R^n$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item \emph{$\mathcal H^s$ ist ein Ma\ss{}:} Sei $s>0$. Es ist
    einfach zu sehen, dass $\mathcal H^s(\emptyset)=0$ gilt. Gelte
    $A\subset\bigcup\limits_{k=1}^\infty A_k\subset\R^n$. F\"ur
    $\mathcal H^s_\delta$, $\delta>0$ ist die
    $\sigma$-Subadditivit\"at leicht zu sehen bzw.{} folgt aus Theorem
    \ref{ueberdeckungsklasse liefert mass thm}. Dies kombinieren wir
    mit der Monotonie in $\delta$ und erhalten \[\mathcal
      H^s_\delta(A) \le\sum\limits_{k=1}^\infty \mathcal
      H^s_\delta(A_k) \le\sum\limits_{k=1}^\infty \mathcal H^s(A_k).\]
    F\"ur $\delta\downarrow0$ konvergiert die linke Seits gegen
    $\mathcal H^s(A)$ und wir erhalten die $\sigma$-Subadditivit\"at
    von $\mathcal H^s$. 
  \item \emph{$\mathcal H^s$ ist metrisch:} Seien $A,B\subset\R^n$ mit
    $\delta_0=\dist(A,B)>0$. Dann zerf\"allt jede \"Uberdeckung
    $A\cup B\subset\bigcup\limits_{k=1}^\infty B_{r_k}(x_k)$ mit
    $r_k<\delta\le\frac12\delta_0$ in zwei Teile, welche die Menge $A$
    bzw.{} die Menge $B$ \"uberdecken. Zusammen mit der Definition des
    Hausdorffma\ss{}es erhalten wir somit
    \[\mathcal H^s_\delta(A) +\mathcal H^s_\delta(B) \le\mathcal
      H^s_\delta(A\cup B) \le\mathcal H^s(A\cup B).\] Lassen wir nun
    $\delta\downarrow0$, so folgt
    $\mathcal H^s(A)+\mathcal H^s(B)\le\mathcal H^s(A\cup B)$. Die
    umgekehrte Ungleichung haben wir bereits beim Nachweis, dass
    $\mathcal H^s$ ein Ma\ss{} ist, gezeigt. \par
    Nun folgt aus Theorem \ref{metr borel thm}, dass $\mathcal H^s$
    als metrisches Ma\ss{} auch Borelsch ist.
  \item \emph{$\mathcal H^s$ ist Borel regul\"ar:} Sei
    $A\subset\R^n$. Der Fall $\mathcal H^s(A)=\infty$ ist wieder
    einfach, da dann f\"ur $G=\R^n$ sowohl $A\subset G$ als auch
    $\mathcal H^s(G)\ge\mathcal H^s(A)=\infty$ gelten. Daher d\"urfen
    wir nun annehmen, dass $\mathcal H^s(A)<\infty$ gilt. \par Nach
    Definition finden wir zu $\delta_l=\frac1l$, $l\in\N_{>0}$, eine
    \"Uberdeckung
    $A\subset\bigcup\limits_{k=1}^\infty B_{r_{l,k}}(x_{l,k}) =: G_l$
    mit $r_{l,k}<\delta_l$ und
    \[\mathcal H^s_{\delta_l}(G_l)\le \sum\limits_{k=1}^\infty
      r_{l,k}^s \le\mathcal H^s_{\delta_l}(A)+\frac1l \le\mathcal
      H^s(A)+\frac1l.\] Mit $G_l$ ist auch
    $G:=\bigcap\limits_{l=1}^\infty G_l$ Borelsch. Es gilt weiterhin
    $A\subset G$ und daher $\mathcal H^s(A)\le\mathcal
    H^s(G)$. Schie\ss{}lich erhalten wir mit $G\subset G_l$ und der
    obigen Ungleichung
    \[\mathcal H^s(G) =\lim\limits_{l\to\infty} \mathcal
      H^s_{\delta_l}(G) \le\limsup\limits_{l\to\infty} \mathcal
      H^s_{\delta_l}(G_l) \le\mathcal H^s(A)\] wie behauptet. \qedhere 
  \end{enumerate}
\end{proof}

Das Hausdorffma\ss{} liefert eine Skala / eine Familie $\mathcal H^s$,
$s\ge0$, von Ma\ss{}en. Damit kann man beliebigen Mengen
$A\subset\R^n$ eine Dimension zuordnen. Dazu ben\"otigen wir
\begin{lemma}
  \label{Hausd pos inf lem}
  \stern
  Sei $A\subset\R^n$ und seien $0\le s<t<\infty$. Dann gelten
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{Hs infty beh} $\mathcal H^s(A)<\infty$ \impliziert
    $\mathcal H^t(A)=0$.
  \item $\mathcal H^t(A)>0$ \impliziert $\mathcal H^s(A)=\infty$. 
  \end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Gelte $\mathcal H^s(A)<\infty$. Sei $\delta>0$ und gelte
    $A\subset\bigcup\limits_{k=1}^\infty B_{r_k}(x_k)$ mit
    $r_k<\delta$. Dann folgt \[\mathcal H^t_\delta(A)
      \le\sum\limits_{k=1}^\infty r^t_k
      \le\delta^{t-s}\sum\limits_{k=1}^\infty r^s_k.\] Wir betrachten
    das Infimum \"uber alle solchen \"Uberdeckungen und
    erhalten \[\mathcal H^t_\delta(A) \le\delta^{t-s}\cdot\mathcal
      H^s_\delta(A) \le\delta^{t-s}\cdot\mathcal H^s(A).\]
    Nun lassen wir $\delta\downarrow0$ und folgern $\mathcal
    H^t(A)=0$ wie behauptet. 
  \item Dies ist gerade die Kontraposition von \eqref{Hs infty beh}.
    \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

Das $n$-dimensionale Lebesgue- und Hausdorffma\ss{} haben dasselbe
Skalierungsverhalten.
\begin{lemma}
  \stern
  \label{mass skal lem}
  Sei $A\subset\R^n$, sei $\mu>0$ und sei $s\ge0$. Dann
  gelten \[\mathcal H^s(\mu\cdot A) =\mu^s\cdot\mathcal H^s(A)
    \quad\text{und}\quad \mathcal L^n(\mu\cdot A) =\mu^n\cdot\mathcal
    L^n(A).\] 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweisidee]
  Benutze skalierte \"Uberdeckungen.
\end{proof}

\begin{beispiel}
  \label{hausd absch bsp}
  \stern Sei $Q=[-1,1]^n$. Dann gilt
  \[2^{-n}\cdot\mathcal L^n(Q) \le\mathcal H^n(Q)
    \le2^{-n}n^{n/2}\cdot\mathcal L^n(Q).\]
\end{beispiel}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $\delta>0$. Wir w\"ahlen $k\in\N$ mit
    $r:=2^{-k-1}\sqrt n<\delta$. Beachte, dass jeder W\"urfel mit
    Kantenl\"ange $2^{-k}$ bzw.{} halber Kantenl\"ange $2^{-k-1}$ in
    einer (abgeschlossenen) Kugel mit Radius $r<\delta$ und gleichem
    Mittelpunkt enthalten ist. Nun zerlegen wir den Quader $Q$ in
    $2^{(k+1)n}$ achsparallele W\"urfel $Q_l$ der Kantenl\"ange
    $2^{-k}$. Somit erhalten wir
    \[\mathcal H^n_\delta(Q) \le2^{(k+1)n}r^n =n^{n/2}\cdot 1
      =n^{n/2}\cdot 2^{-n}\cdot\mathcal L^n(Q).\] Da dies f\"ur
    beliebige $\delta>0$ gilt, folgt hieraus die obere Absch\"atzung
    f\"ur $\mathcal H^n(Q)$.
  \item Sei umgekehrt $B_1(0)$ durch Kugeln $B_{r_k}(x_k)$,
    $k\in\N_{>0}$, vom Radius $r_k<\delta$ \"uberdeckt. Da $B_1(0)$
    einen kleinen W\"urfel enth\"alt, mit der
    $\sigma$-Subadditivit\"at und aus Lemma \ref{mass skal lem}
    erhalten wir
    \[0<\mathcal\omega_n:=\mathcal L^n(B_1(0))
      \le\sum\limits_{k=1}^\infty \mathcal L^n(B_{r_k}(x_k))
      =\omega_n\sum\limits_{k=1}^\infty r^n_k.\] Damit
    folgt
    \begin{align*}
      \mathcal H^n_\delta(Q)
      &\ge\mathcal H^n_\delta(B_1(0))
        =\inf\left\{\sum\limits_{k=1}^\infty r^n_k\colon
        B_1(0)\subset\bigcup\limits_{k=1}^\infty B_{r_k}(x_k),\,
        r_k<\delta\right\}\umbruch\\
      &\ge1 =2^{-n}\mathcal L^n(Q).
    \end{align*}
    Mit $\delta\downarrow0$ folgt die Behauptung. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{remark}
  \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Tats\"achlich gilt $\mathcal L^n(A) =\omega_n\mathcal H^n(A)$
    f\"ur alle $\mathcal L^n$-messbaren Mengen $A\subset\R^n$. Daher
    definiert man manchmal das Hausdorffma\ss{} $\mathcal H^s$ mit
    einem Vorfaktor $\omega_s$, \"uber die $\Gamma$-Funktion
    definiert. 
  \item Man kann zeigen, dass ein translationsinvariantes lokal
    endliches Ma\ss{} (f\"ur jedes $x\in\R^n$ gibt es ein $r>0$, so
    dass $B_r(x)$ endliches Ma\ss{} hat) auf $\R^n$ auf den
    $\mathcal L^n$-messbaren Mengen bis auf einen Vorfaktor (der auch
    Null sein kann) mit $\mathcal L^n$ \"ubereinstimmt.
  \end{enumerate}
  Vergleiche dazu \cite{AmannEscherAnalysisIII} bzw.{} den
  auskommentierten Teil.
\end{remark}

\begin{lemma}
  \stern
  \label{Hausd s gr null lem}
  F\"ur jede Menge $A\subset\R^n$ und $s>n$ gilt $\mathcal H^s(A)=0$. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $s>n$. Der $\R^n$ ist durch W\"urfel $Q_l=[-l,l]^n$, $l\in\N$,
  \"uberdeckt. Nach Lemma \ref{hausd absch bsp} gilt
  $\mathcal H^n(Q_l)<\infty$. Nach Lemma \ref{Hausd pos inf lem} folgt
  daher $\mathcal H^s(Q_l)=0$ f\"ur alle $l\in\N$. Da $\mathcal H^s$
  f\"ur $s>0$ Borel regul\"ar und damit ein Borelma\ss{} ist, ist
  $Q_l$ eine $\mathcal H^s$-messbare Menge. Mit Theorem \ref{mon meng
    thm} \eqref{aufst meng gleich} d\"urfen wir in dieser
  aufsteigenden Folge zum Grenzwert \"ubergehen (Alternative:
  $\sigma$-Subadditivit\"at) und erhalten $\mathcal H^s(\R^n)=0$.
\end{proof}

Nach Lemma \ref{Hausd pos inf lem} und Lemma \ref{Hausd s gr null lem}
ist die Dimension aus der folgenden Definition wohldefiniert. 
\begin{definition}
  \stern
  Sei $A\subset\R^n$. Dann hei\ss{}t \[\dim_{\mathcal H}(A)
    =\inf\{s>0\colon \mathcal H^s(A)=0\}\le n\] die
  \emph{Hausdorffdimension} von $A$. 
\end{definition}

\begin{beispiel}[Cantorstaub]
  \stern Sei $A_0=[0,1]^2\subset\R^2$. Wir zerlegen $A_0$ in $16$
  kongruente abgeschlossene Teilw\"urfel der Kantenl\"ange
  $\frac14$. Sei $A_1$ die aus den $4$ Teilw\"urfeln bestehende Menge,
  die die Geradensegmente $\left\{\left(\begin{smallmatrix} x\\
        y\end{smallmatrix}\right)\in A_0\colon y=x\pm\frac12 \right\}$
  enth\"alt. Schematisch sind dies diese W\"urfel:
  \begin{align*}
    \square\blacksquare\square\square\\[-1.7ex]
    \blacksquare\square\square\square\\[-1.7ex]
    \square\square\square\blacksquare\\[-1.7ex]
    \square\square\blacksquare\square
  \end{align*}
  Analog unterteilen wir $A_1$ weiter zu $A_2$, einer Menge, die aus
  $4^2$ Teilw\"urfeln der Kantenl\"ange $\frac1{4^2}$ besteht. Dies
  iterieren wir und definieren schlie\ss{}lich
  $A=\bigcap\limits_{k=1}^\infty A_k$. Dann gilt
  \[\frac12\le\mathcal H^1(A) \le\frac{\sqrt 2}2.\] Somit hat $A$ die
  Hausdorffdimension $1$.
\end{beispiel}
\begin{proof}[Beweis]
  $A_k$ besteht aus $4^k$ Quadraten der Kantenl\"ange $4^{-k}$. Somit
  wird $A_k$ von $4^k$ B\"allen vom Radius $r_k=4^{-k}\frac{\sqrt 2}2$
  \"uberdeckt. Es folgt \[\mathcal H^1_\delta(A) \le\mathcal
    H^1_\delta(A_k) \le\frac{\sqrt 2}2\] f\"ur alle $k\ge k_0$ mit
  $r_{k_0}<\delta$. \par Sei $\pi_1\colon\R^2\to\R$ die orthogonale
  Projektion auf die erste Komponente.\par
  \textbf{Behauptung:} Es gilt
  $\pi_1(A)=[0,1]$.
  \begin{proof}[Beweisskizze f\"ur die Behauptung]
    Dies gilt, denn f\"ur jedes $x$, so dass $4^k\cdot x$ f\"ur
    gro\ss{}e $k$ nicht ganzzahlig wird, was der Tatsache entspricht,
    dass der W\"urfel nie genau an der Stelle $x$ geteilt wird, ist
    $\pi_2((\{x\}\times\R)\cap A_k)$ eine absteigende Folge
    nichtleerer kompakter Intervalle und somit selbst nichtleer. Da
    die Menge $A$ als Schnitt kompakter Mengen selbst wieder kompakt
    ist, folgt die Behauptung auch f\"ur andere Werte von $x$.
  \end{proof}
  Sei $\delta>0$.  Betrachte eine \"Uberdeckung
  $A\subset\bigcup\limits_{k=1}^\infty
  B_{r_k}(z_k)$ mit $z_k=\left(\begin{smallmatrix} x_k\\
      y_k\end{smallmatrix}\right)$ und $r_k<\delta$ f\"ur
  $k\in\N_{>0}$. Dann folgt
  \[[0,1]
    =\pi_1(A)\subset\bigcup\limits_{k=1}^\infty \pi_1(B_{r_k}(z_k))
    =\bigcup\limits_{k=1}^\infty (x_k-r_k,x_k+r_k).\]
  Somit folgt \[1=\mathcal L^1([0,1]) \le\sum\limits_{k=1}^\infty
    \mathcal L^1((x_k-r_k,x_k+r_k)) =2\sum\limits_{k=1}^\infty r_k\]
  und daher die Behauptung. 
\end{proof}

\begin{beispiel}[Kochsche Schneeflockenkurve]
  \stern Wir betrachten die Kochsche Schneeflockenkurve $K$ wie in
  \texttt{https://de.wikipedia.org/wiki/Koch-Kurve} dargestellt und
  wollen ihre Hausdorffdimension bestimmen. Als Darstellung von $K$
  k\"onnen wir die stetige Abbildung nehmen, die sich als
  gleichm\"a\ss{}iger Limes aus der Konstruktionsvorschrift ergibt.
  Geometrischer ist die Betrachtung als kompakte unter einer
  Iterationsvorschrift invariante Menge. Wegen
  $\mathcal H^0(K)=\infty$ nehmen wir nachfolgend $s>0$ an.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item \emph{Heuristik:} Entsprechend der Vorschrift, dass sich $K$
    aus $4$ mit dem Faktor $1/3$ skalierten Kopien von sich selbst
    zusammensetzt, erhalten wir
    \[\mathcal H^s(K) \le4\cdot\mathcal H^s\left(\tfrac13 K\right)
      =4\cdot 3^{-s}\cdot\mathcal H^s(K).\] Da die Kopien sich jeweils
    nur in den Randpunkten ber\"uhren, erwarten wir sogar
    Gleichheit. Dies ist eine gute Motivation, bringt uns aber nicht
    direkt weiter, da $\mathcal H^s(K)$ f\"ur alle bis auf
    m\"oglicherweise ein $s\in[0,2]$ den Wert $0$ oder $\infty$
    hat. 
  \item \emph{Eine Schranke:} Sei $B_r(x)$ ein Ball mit
    $K\subset B_r(x)$. Entsprechend der Iterationsvorschrift k\"onnen
    wir $K$ auch durch $4$ B\"alle mit Radius $r/3$ \"uberdecken.
    Somit folgt
    \begin{align*}
      \mathcal H^s_{2r}(K)
      &\le r^s,\umbruch\\
      \mathcal H^s_{\frac{2r}3}
      &\le 4\cdot\left(\frac r3\right)^s,\umbruch\\ 
      \mathcal H^s_{\frac{2r}{3^2}}
      &\le 4^2\cdot\left(\frac r{3^2}\right)^s,\quad\ldots,\umbruch\\ 
      \mathcal H^s_{\frac{2r}{3^k}}
      &\le 4^k\cdot\left(\frac r{3^k}\right)^s =\left(\frac
        4{3^s}\right)^k\cdot r^s,\quad k\in\N.
    \end{align*}
    Da die maximal zul\"assigen Radien gegen Null konvergieren,
    erhalten wir
    \[\mathcal H^s(K)=0 \quad\text{f\"ur}\quad s>\frac{\log 4}{\log
        3}\] und $\mathcal H^s(K)<\infty$ f\"ur
    $s=\frac{\log 4}{\log 3}$.
  \item \emph{Dimensionsbestimmung mit Zusatzannahme:} Aufgrund der
    bisherigen \"Uberlegungen wissen wir, dass die Hausdorffdimension
    von $K\subset\R^2$ nicht gr\"o\ss{}er als $\frac{\log 4}{\log 3}$
    ist. Wir nehmen nun an, dass f\"ur ein $s>0$ die
    Ungleichung \[0<\mathcal H^s(K)<\infty\] gilt. Sei
    $l\in\N_{>1}$. Dann bezeichnen wir mit $R_l$ ($R$ f\"ur Rest) eine
    Kopie von $K$ mit $3^l\cdot R_l=K$. Rotationen und Translationen
    werden wir in der Notation unterdr\"ucken. Wir definieren
    weiterhin $W_l$ (wesentlicher Anteil) als $K\setminus R_l$, wobei
    wir $R_l$ ganz rechts au\ss{}en wegnehmen. In $K$ passen $4$
    disjunkte (kleine \"Uberlegung, vergleiche eine alternative
    Darstellung auf \texttt{wikipedia} mit Dreiecken) rotierte und
    verschobene Kopien von $\frac13W_l$, so dass diese jeweils einen
    positiven Abstand voneinander haben. Den Nachweis des positiven
    Abstandes lassen wir als \"Ubung. Da das Hausdorffma\ss{} metrisch
    ist, folgt
    \[\mathcal H^s(K)\ge 4\cdot\mathcal H^s\left(\tfrac13 W_l\right)
      =\frac4{3^s}\cdot\mathcal H^s(W_l).\] Eine Absch\"atzung f\"ur
    $\mathcal H^s(W_l)$ nach unten erhalten wir aus
    \[\mathcal H^s(K) \le\mathcal H^s(W_l) +\mathcal H^s(R_l)
      \le\mathcal H^s(W_l) +\frac1{3^{l\cdot s}}\mathcal H^s(K).\]
    Zusammengenommen ergibt sich daraus \[\mathcal H^s(K)\ge
      \frac4{3^s}\mathcal H^s(K) -\frac4{3^{(l+1)s}}\mathcal H^s(K).\] 
    Aus der \"Uberdeckung von
    $K$ mit $4$ kleineren Kopien von $K$ erhalten wir
    \[\mathcal H^s(K) \le4\cdot\mathcal H^s\left(\tfrac13 K\right)
      =\frac4{3^s}\mathcal H^s(K).\] Wir kombinieren diese
    Absch\"atzungen, lassen $l\to\infty$ und erhalten
    \[\mathcal H^s(K)=\frac4{3^s}\mathcal H^s(K).\] Somit muss
    aufgrund unserer Annahme $s=\frac{\log 4}{\log 3}$ gelten.
  \item Es ist bekannt, dass dies tats\"achlich die Dimension der
    Kochschen Schneeflockenkurve ist. 
  \end{enumerate}
\end{beispiel}

% \begin{example}[Cantormenge]
%   \stern Mit Bild finden wir die Cantormenge unter
%   \texttt{https://de.wikipedia.org/wiki/Cantor-Menge}. Die Cantormenge
%   $C$ konstruiert man, indem man im ersten Schritt aus $C_0=[0,1]$ das
%   mittlere Drittel entfernt und dann immer wieder aus den
%   resultierenden Intervallen das mittlere Drittel entfernt. Die
%   Cantormenge ist dann der Grenzwert davon bez\"uglich
%   Hausdorffkonvergenz. Expliziter gilt
%   $C_1=\left[0,\frac13\right]\cup\left[\frac23,1\right]$,
%   $C_2=\left[0,\frac19\right]\cup\left[\frac29,\frac39\right]
%   \cup\left[\frac69,\frac79\right]\cup\left[\frac89,1\right]$ sowie
%   $C=\bigcap\limits_{k=1}^\infty C_k$.
%
%   Auch hier ist es wieder komplizierter zu sehen, dass eine gegebene
%   \"Uberdeckung die optimale ist. Vielleicht bei P. Moran
%   nachsehen. 
% \end{example}

\subsection{Radonma\ss{}e \stern}
Wer dieses Kapitel ausl\"asst, nimmt nachfolgend \"uberall dort, wo
ein Radonma\ss{} angenommen wird, ein Lebesguema\ss{}. 
\begin{definition}
  Ein Ma\ss{} $\mu$ auf $\R^n$ hei\ss{}t \emph{Radonma\ss{}}, falls
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\mu$ Borel regul\"ar ist und 
  \item $\mu(K)<\infty$ f\"ur jede kompakte Menge $K\subset\R^n$
    gilt. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\mathcal L^n$ ist ein Radonma\ss{} auf $\R^n$.
  \item $\mathcal H^s$ ist f\"ur $s<n$ kein Radonma\ss{} auf $\R^n$. 
  \item Ist $\mu$ ein Radonma\ss{} und $A\subset\R^n$ eine
    $\mu$-messbare Menge, so ist auch $\mu\mres A$ mit \[(\mu\mres
      A)(B):=\mu(A\cap B)\] f\"ur $B\subset\R^n$ ein
    Radonma\ss{}. $\mu\mres A$ hei\ss{}t auch die
    \emph{Einschr\"ankung} von $\mu$ auf $A$. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir zeigen nur die Behauptung \"uber die Einschr\"ankung. Wir setzen
  $\nu:=\mu\mres A$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Zun\"achst ist klar, dass $\nu$ ein Ma\ss{} auf $\R^n$ ist und
    dass $\nu(K)=\mu(A\cap K)\le\mu(K)<\infty$ f\"ur kompakte
    $K\subset\R^n$ gilt.
  \item \textbf{$\nu$ ist Borelsch:} Sei $C\subset\R^n$ eine
    Borelmenge. Wir wollen zeigen, dass $C$ eine $\nu$-messbare Menge
    ist. Da $C$ eine $\mu$-messbare Menge ist, gilt f\"ur beliebige
    $B\subset\R^n$
    \begin{align*}
      \nu(B)
      &=\mu(A\cap B) =\mu((A\cap B)\cap C) +\mu((A\cap B)\setminus
        C)\umbruch\\
      &=\mu(A\cap(B\cap C))+\mu(A\cap(B\setminus C))\umbruch\\
      &=\nu(B\cap C)+\nu(B\setminus C).
    \end{align*}
  \item \textbf{$\nu$ ist Borel regul\"ar:} Sei $B\subset\R^n$
    beliebig. Ohne Einschr\"ankung sei $\mu(B)<\infty$, da wir sonst
    $\R^n$ als umfassende Borelmenge mit gleichem Ma\ss{} w\"ahlen
    k\"onnen. Da $\mu$ Borel regul\"ar ist, gibt es Borelmengen
    $C,D\subset\R^n$ mit $A\cap B\subset C$, $B\setminus A\subset D$
    und
    \[\mu(A\cap B)=\mu(C)\quad\text{sowie}\quad \mu(B\setminus
      A)=\mu(D)\le\mu(B)<\infty.\] Da $A$ eine $\mu$-messbare Menge
    ist und $A\cap B\subset A\cap C$ gilt, erhalten
    wir
    \[0\le\mu(C\setminus A)=\mu(C)-\mu(C\cap A) =\mu(A\cap
      B)-\mu(A\cap C)\le0.\] In der Carath\'eodory-Bedingung haben wir
    dabei auf beiden Seiten $\mu(C\cap A)$ abgezogen. Dies ist wegen
    $\mu(C\cap A) \le\mu(C) =\mu(A\cap B) \le\mu(B)<\infty$
    zul\"assig.  Daher gilt in der obigen abgesetzten Formel \"uberall
    Gleichheit und es folgt
    \[\nu(C) =\mu(A\cap C) =\mu(A\cap B) =\nu(B).\] Analog folgt wegen
    $B\setminus A\subset D\setminus A$
    \[\nu(D) =\mu(D\cap A) =\mu(D)-\mu(D\setminus A)
      \le\mu(D)-\mu(B\setminus A)=0.\] Nun definieren wir
    $E:=C\cup D$. Es gelten $B\subset E$ und
    \[\nu(B) \le\nu(E)\le\nu(C)+\nu(D) =\nu(B)+0\] wie gew\"unscht.
    \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

Wie f\"ur das Lebesguema\ss{}, siehe Theorem \ref{messb aequiv thm},
gilt allgemeiner
\begin{lemma}
  \label{radon offen aussen approx lem}
  Sei $\mu$ ein Radonma\ss{}. Sei $B\subset\R^n$ eine
  Borelmenge. Dann gibt es f\"ur jedes $\epsilon>0$ eine offene Menge
  $G\subset\R^n$ mit $B\subset G$ und $\mu(G\setminus B)<\epsilon$.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $\mathcal G$ die Menge aller Borelmengen $B$, die die Behauptung
  des Lemmas erf\"ullen, also
  \[\mathcal G:=\{B\subset\mathcal B\colon
    \forall\,\epsilon>0\,\exists\,G=\text{offen}\colon B\subset G
    \subset\R^n\text{ und }\mu(G\setminus B)<\epsilon\}.\] Wir zeigen
  das Lemma, indem wir $\mathcal B\subset\mathcal G$ nachweisen.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item \emph{Offene Mengen:} Ist $B\subset\R^n$ offen, so gilt
    offenbar $B\in\mathcal G$, da wir $G=B$ verwenden k\"onnen.
  \item \emph{Abz\"ahlbare Vereinigungen:}\label{radon abz verein i}
    Seien $B_k\in\mathcal G$, $k\in\N_{>0}$. Wir wollen
    $\bigcup\limits_{k=1}^\infty B_k\in\mathcal G$ zeigen. Sei dazu
    $\epsilon>0$. Dann gibt es nach Voraussetzung zu jedem $k\ge1$
    offene Mengen $G_k$ mit $B_k\subset G_k$ und
    $\mu(G_k\setminus B_k)<\epsilon\cdot 2^{-k}$. Wir definieren
    $G:=\bigcup\limits_{k=1}^\infty G_k$. Die Menge $G$ ist offen und
    es gilt $\bigcup\limits_{k=1}^\infty B_k\subset G$. Au\ss{}erdem
    gilt
    \[G\setminus\bigcup\limits_{k=1}^\infty B_k
      =\bigcup\limits_{k=1}^\infty
      \left(G_k\setminus\bigcup\limits_{l=1}^\infty B_l\right)
      \subset\bigcup\limits_{k=1}^\infty (G_k\setminus B_k).\] Damit
    gilt
    \[\mu\left(G\setminus\bigcup\limits_{k=1}^\infty B_k\right)
      \le\sum\limits_{k=1}^\infty \mu(G_k\setminus B_k)<\epsilon.\]
    Die Behauptung folgt.
  \item \emph{Endliche Schnitte:}\label{radon endl schnitte} Seien
    $B_1,B_2\in\mathcal G$. Wir behaupten, dass dann auch
    $B_1\cap B_2\in\mathcal G$ gilt. Sei dazu $\epsilon>0$. Dann gibt
    es offene Mengen $A_1,A_2$ mit $B_1\subset A_1$, $B_2\subset A_2$
    und $\mu(A_1\setminus B_1)<\epsilon$ und
    $\mu(A_2\setminus B_2)<\epsilon$. Elementar zeigt man, dass
    $(A_1\cap A_2)\setminus (B_1\cap B_2)\subset (A_1\setminus
    B_1)\cup(A_2\setminus B_2)$ gilt. Wir definieren $A:=A_1\cap
    A_2$. Dann ist $A$ offen, es gilt
    $B_1\cap B_2\subset A_1\cap A_2=A$ und wir
    erhalten
    \[\mu(A\setminus (B_1\cap B_2))\le\mu(A_1\setminus
      B_1)+\mu(A_2\setminus B_2)<2\epsilon.\] Die Behauptung folgt.
  \item \emph{Abz\"ahlbare Schnitte I:}\label{radon abz schnitte i}
    Seien $B_k\in\mathcal G$ mit $\mu(B_k)<\infty$, $k\in\N_{>0}$. (Es
    gen\"ugt auch, $\mu(B_1)<\infty$ anzunehmen.) Wir
    wollen zeigen, dass dann auch
    $\bigcap\limits_{k=1}^\infty B_k\in\mathcal G$ gilt. Sei
    $\epsilon>0$. 
    Wir w\"ahlen wieder offene Mengen $G_k$ mit $B_k\subset G_k$ und
    $\mu(G_k\setminus B_k)<\epsilon\cdot 2^{-k}$. Dann sind die Mengen
    $G^K:=\bigcap\limits_{k=1}^K G_k$, $K\in\N_{>0}$, offen und es
    gelten $\bigcap\limits_{k=1}^\infty G_k\subset G^K$
    sowie \[\mu\left(G^K\right) \le\mu(G_1)<\infty.\] Wie in
    \eqref{radon endl schnitte} gilt \[\bigcap\limits_{k=1}^\infty G_k
      \setminus \bigcap\limits_{k=1}^\infty
      B_k\subset\bigcup\limits_{k=1}^\infty (G_k\setminus B_k).\]
    (Beachte dazu, dass f\"ur $x\in\bigcap\limits_{k=1}^\infty G_k
    \setminus \bigcap\limits_{k=1}^\infty B_k$ f\"ur alle $k$ die
    Aussage $x\in G_k$ und f\"ur mindestens ein $k$ die Aussage
    $x\not\in B_k$ gelten.) Nun wenden wir Theorem \ref{mon meng thm}
    \eqref{abst meng gleich} an und erhalten
    \begin{align*}
      \lim\limits_{K\to\infty} \mu\left(G^K\setminus
      \bigcap\limits_{k=1}^\infty B_k\right)
      &=\mu\left(\bigcap\limits_{k=1}^\infty
        G_k\setminus\bigcap\limits_{k=1}^\infty B_k\right)\umbruch\\
      &\le\mu\left(\bigcup\limits_{k=1}^\infty (G_k\setminus
        B_k)\right) \le\sum\limits_{k=1}^\infty \mu(G_k\setminus B_k)
        <\epsilon 
    \end{align*}
    wie gew\"unscht. 
  \item \emph{Abz\"ahlbare Schnitte II:} Seien nun $B_k\in\mathcal G$,
    $k\in\N_{>0}$ beliebig. Wir wollen wiederum zeigen, dass dann auch
    $\bigcap\limits_{k=1}^\infty B_k\in\mathcal G$ gilt. Dazu
    definieren wir Quader $Q_l=(-l,l)^n$, $l\in\N$. Damit erhalten wir
    \begin{align*}
      \bigcap\limits_{k=1}^\infty B_k 
      &=\R^n\cap\left(\bigcap\limits_{k=1}^\infty B_k\right)
        =\left(\bigcup\limits_{l=1}^\infty Q_l\right)
        \cap\left(\bigcap\limits_{k=1}^\infty B_k\right)\umbruch\\ 
      &=\bigcup\limits_{l=1}^\infty
        \left(Q_l\cap\bigcap\limits_{k=1}^\infty B_k\right) 
        =\bigcup\limits_{l=1}^\infty \bigcap\limits_{k=1}^\infty
        (Q_l\cap B_k). 
    \end{align*}
    Da jedes $Q_l$ offen ist, gilt stets $Q_l\in\mathcal G$.  Da
    weiterhin jedes $Q_l$ in einer kompakten Menge enthalten ist und
    $\mu$ ein Radonma\ss{} ist, folgt
    $\infty>\mu(Q_l)\ge\mu(Q_l\cap B_k)$. Au\ss{}erdem ist
    $Q_l\cap B_k\in\mathcal G$ als Schnitt von zwei Mengen in
    $\mathcal G$ in $\mathcal G$. Nach \eqref{radon abz schnitte i}
    liegt somit auch der abz\"ahlbare Schnitt \"uber diese Mengen in
    $\mathcal G$.  Nach \eqref{radon abz verein i} gilt dies auch
    f\"ur die abz\"ahlbare Vereinigung davon und somit erhalten wir
    die Behauptung.
  \item\emph{Abgeschlossene Mengen:} Sei $F\subset\R^n$
    abgeschlossen. Sei $\delta>0$. Dann
    ist \[U_\delta(F):=\bigcup\limits_{x\in F} B_\delta(x)\] als
    Vereinigung von offenen Mengen offen. Somit gilt
    $U_\delta(F)\in\mathcal G$. Da $F$ abgeschlossen ist,
    gilt \[F=\bigcap\limits_{k=1}^\infty U_{\frac1k}(F).\] Als
    abz\"ahlbarer Schnitt \"uber Mengen in $\mathcal G$ ist also auch
    $F\in\mathcal G$. 
  \item\emph{$\sigma$-Algebra $\mathcal F$:} Wir definieren
    \[\mathcal F:=\left\{B\in\mathcal G \colon \complement
        B\in\mathcal G\right\}\]
    und wollen nachweisen, dass $\mathcal F$ eine $\sigma$-Algebra
    ist, die alle offenen Teilmengen von $\R^n$ enth\"alt.
    \begin{itemize}
    \item Da $\mathcal G$ alle offenen und abgeschlossenen Teilmengen
      von $\R^n$ enth\"alt, enth\"alt $\mathcal F$ alle offenen
      Mengen. 
    \item Nach Definition von $\mathcal F$ folgt aus $B\in\mathcal F$
      auch $\complement B\in\mathcal F$ (und umgekehrt).
    \item Seien nun $B_k\in\mathcal F$, $k\in\N_{>0}$. Wir wollen
      $V:=\bigcup\limits_{k=1}^\infty B_k\in\mathcal F$
      zeigen. Unsere Aussage \"uber abz\"ahlbare Vereinigungen liefert
      $V\in\mathcal G$. Aufgrund der de Morganschen Regeln
      gilt \[\complement
        V =\complement \left(\bigcup\limits_{k=1}^\infty B_k\right)
        =\bigcap\limits_{k=1}^\infty \complement B_k.\] Wegen
      $\complement B_k\in\mathcal G$ und unserer Aussage \"uber
      abz\"ahlbare Schnitte folgt also $\complement V\in\mathcal
      G$. Somit gilt $V\in\mathcal F$. 
    \end{itemize}
    Somit ist $\mathcal F$ eine $\sigma$-Algebra, die die offenen
    Teilmengen von $\R^n$ umfasst. Somit folgt \[\mathcal
      B\subset\mathcal F\subset\mathcal G\] wie behauptet. \qedhere 
  \end{enumerate}
\end{proof}

Wir k\"onnen nun Theorem \ref{lebesgue borel regulaer thm} auf
Radonma\ss{}e verallgemeinern.
\begin{theorem}
  \label{radon reg thm}
  Sei $\mu$ ein Radonma\ss{} auf $\R^n$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{radon reg i} F\"ur jedes $A\subset\R^n$ gilt
    \[\mu(A) =\inf\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}{A\subset G}{G\text{
            offen}}} \mu(G).\]
  \item\label{radon reg ii} F\"ur $\mu$-messbare Mengen $A\subset\R^n$
    gilt
    \[\mu(A) =\sup\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}{K\subset A}{K\text{
            kompakt}}} \mu(K).\]
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(a)]
  \item\eqref{radon reg i}: Sei $A\subset\R^n$ beliebig. Da $\mu$ als
    Radonma\ss{} Borel regul\"ar ist, gibt es eine Borelmenge $B$ mit
    $A\subset B$ und $\mu(A)=\mu(B)$. F\"ur eine offene Menge $G$ mit
    $B\subset G$ und $\mu(G\setminus B)<\infty$ gilt nun
    \[\mu(A) =\mu(B) =\mu(G)-\mu(G\setminus B).\] Die Behauptung folgt
    nun aus Lemma \ref{radon offen aussen approx lem}.
  \item Wir zeigen \eqref{radon reg ii} zun\"achst f\"ur beschr\"ankte
    Mengen: Sei $A\subset\R^n$ eine beschr\"ankte $\mu$-messbare Menge
    und sei $Q$ ein offener W\"urfel mit $A\subset\ol A\subset
    Q$. Dann folgt nach \eqref{radon reg i}
    \[\mu(Q\setminus A) =\inf\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}{Q\setminus
          A\subset G}{G\text{ offen}}} \mu(G)
      =\inf\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}{Q\setminus A\subset G\subset
          Q}{G\text{ offen}}} \mu(G).\] Setzen wir $F:=Q\setminus G$
    f\"ur $G\subset Q$, so sind die folgenden beiden Aussagen
    \"aquivalent:
    \begin{enumerate}[(A)]
    \item $G$ offen, $Q\setminus A\subset G$ und
    \item $F$ kompakt, $F\subset A$. 
    \end{enumerate}
    Beachte dazu f\"ur die Abgeschlossenheit von $F$, dass $A$ und
    $\ol A$ einen positiven Abstand zu $\partial Q$ haben. Somit
    geh\"ort ein ganzer \glqq Streifen\grqq{} am Rand von $Q$ noch zu
    $G$. Somit ist $F$ nicht nur \textit{relativ} in $Q$
    abgeschlossen, sondern auch als Teilmenge von $\R^n$.
    \par Ersetzen wir nun $G$ durch $Q\setminus F$, so folgt unter
    doppelter Verwendung der $\mu$-Messbarkeit
    \[\mu(Q) -\mu(A) =\mu(Q\setminus A) =\mu(Q)
      -\sup\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}{F\subset A}{F \text{
            kompakt}}} \mu(F).\] Da $\mu$ auf kompakten Mengen endlich
    ist, folgt $\mu(Q)<\infty$ und daher die Behauptung.
  \item \eqref{radon reg ii} f\"ur unbeschr\"ankte Mengen: Sei
    $\epsilon>0$ und sei zun\"achst $\mu(A)<\infty$.  Da $\mu$ ein
    Radonma\ss{} ist, bilden die W\"urfel $Q_l:=[-l,l]^n$ eine
    Aussch\"opfung von $\R^n$ durch $\mu$-messbare Mengen. Betrachte
    die $\mu$-messbaren Mengen $A_l:=A\cap Q_l$, $l\in\N$.  Nach
    Theorem \ref{mon meng thm} \eqref{aufst meng gleich} gibt es
    $l\in\N$ mit $\mu(A)-\epsilon\le\mu(A_l)\le\mu(A)$. Nach
    \eqref{radon reg ii} f\"ur die beschr\"ankte $\mu$-messbare Menge
    $A_l$ gibt es eine kompakte Menge $F\subset A_l\subset A$ mit
    $\mu(F)\ge\mu(A_l)-\epsilon$. Umordnen liefert die
    Behauptung. \par Ist $\mu(A)=\infty$, so funktioniert der obige
    Beweis entsprechend mit $M\le\mu(A_l)$ f\"ur beliebige $M\in\R$
    statt $\mu(A)-\epsilon\le\mu(A_l)$. \qedhere
    % Etwas zu kompliziert, nach der Vorlage: 
    % Sei $\R^n=\bigcup\limits_{l=1}^\infty Q_l$ eine disjunkte
    % Zerlegung in W\"urfel $Q_l$, $l\in\N_{>0}$. F\"ur jeden dieser
    % W\"urfel gibt es offene Mengen $R_{l,k}$, $k,l\in\N_{>0}$, mit
    % $\bigcap\limits_{k=1}^\infty R_{l,k} =\complement
    % Q_l$. Beispielsweise gilt
    % \begin{align*}
    %   \complement([a,b)\times(c,d])
    %   &=\bigcap\limits_{k=1}^\infty
    %     \left\{\left[\left(-\infty,a\right)\times\R\right]
    %     \cup\left[\left(b-\tfrac1k,\infty\right)\times\R\right]\right.\\
    %   &\equad\qquad\quad\left.
    %     \cup\left[\R\times\left(-\infty,c+\tfrac1k\right)\right]
    %     \cup\left[\R\times\left(d,\infty\right)\right]
    %     \right\}.
    %   \end{align*}
    % u. s. w. 
  \end{enumerate}
\end{proof}

Als Korollar erhalten wir daraus
\begin{theorem}
  Sei $\mu$ ein Radonma\ss{} auf $\R^n$. Dann sind f\"ur
  $A\subset\R^n$ \"aquivalent:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $A$ ist $\mu$-messbar. 
  \item $\forall\,\epsilon>0\,\exists\,G\supset A\colon G$ ist offen
    und es gilt $\mu(G\setminus A)<\epsilon$. 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Argumentiere wie im Beweis von Theorem \ref{messb aequiv thm} und
  nutze dabei Theorem \ref{radon reg thm} statt Theorem \ref{lebesgue
    borel regulaer thm} dort. Details: \"Ubung. 
\end{proof}

\section{Messbare Funktionen}

\subsection{Definition und elementare Eigenschaften}
Wir setzen in diesem Kapitel stets voraus, dass $\mu$ ein Ma\ss{} auf
$\R^n$ ist und dass $\Omega\subset\R^n$ eine $\mu$-messbare Menge
ist.

\begin{definition}
  \label{f messb def}
  Eine Funktion $f\colon\Omega\to[-\infty,\infty]$ hei\ss{}t
  $\mu$-messbar, falls
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{f messb def i} $f^{-1}(\{+\infty\})$,
    $f^{-1}(\{-\infty\})$ zwei $\mu$-messbare Mengen sind und
  \item\label{f messb def ii} $f^{-1}(U)$ f\"ur jedes offene
    $U\subset\R$ eine $\mu$-messbare Menge ist.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  Sei $f\colon\Omega\to I$ eine Funktion mit $I\subset\R$ und der
  Inklusionsabbildung
  $\iota\colon I\hookrightarrow\ol\R =[-\infty,\infty]
  =\R\cup\{\pm\infty\}$. Wir verwenden insbesondere $I=\R$,
  $I=[0,\infty]$ oder $I=[0,\infty)$. Dann nennen wir $f$ eine
  $\mu$-messbare Funktion, falls $\iota\circ f$ eine $\mu$-messbare
  Funktion ist. Sp\"ater lassen wir $\iota$ laxerweise auch einfach
  weg.
\end{remark}

Die zweite Bedingung k\"onnen wir \"aquivalent wie folgt umformen. 
\begin{remark}
  \label{f messb def bem}
  Die folgenden Bedingungen sind \"aquivalent:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{messb f aequiv i} $f^{-1}(U)$ ist f\"ur jede offene
    Menge $U\subset\R$ eine $\mu$-messbare Menge.
  \item\label{messb f aequiv ii} $f^{-1}(B)$ ist f\"ur jede Borelmenge
    $B\subset\R$ eine $\mu$-messbare Menge.
  \item\label{messb f aequiv iii} $f^{-1}((-\infty,a))$ ist f\"ur
    jedes $a\in\R$ eine $\mu$-messbare Menge.
  \end{enumerate}
  In Bedingung \eqref{messb f aequiv iii} k\"onnen wir
  $(-\infty,a)$ auch durch $(-\infty,a]$, $(a,\infty)$ oder
  $[a,\infty)$ ersetzen. 
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item \glqq\eqref{messb f aequiv i} \impliziert \eqref{messb f
      aequiv ii}\grqq: Die Menge
    $\mathcal G=\left\{B\subset\R\colon f^{-1}(B) \text{ ist
      }\mu\text{-messbar}\right\}$ ist eine $\sigma$-Algebra, die die
    offenen Mengen umfasst.
  \item \glqq\eqref{messb f aequiv iii} \impliziert \eqref{messb f
      aequiv ii}\grqq: $\{(-\infty,a)\colon a\in\R\}$ erzeugt die
    Borel-Algebra $\mathcal B$. 
  \item Die restlichen Implikationen sind klar. \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

\begin{remark}
  Wir versehen $\ol\R$ mit der
  von den offenen Teilmengen von $\R$ und den Umgebungen $[-\infty,a)$
  und $(a,+\infty]$, $a\in\R$, von $\pm\infty$ erzeugten Topologie. In
  dieser Topologie ist eine Menge $A\subset\ol\R$ genau dann offen,
  wenn $A\cap\R$ offen ist und im Falle $\pm\infty\in A$ auch eine
  Umgebung des jeweiligen Punktes in $A$ enthalten ist. \par
  Dann ist $f\colon\Omega\to\ol\R$ genau dann
  $\mu$-messbar, falls
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $f^{-1}(U)$ f\"ur jedes offen $U\subset\ol\R$ eine
    $\mu$-messbare Menge ist oder
  \item\label{messb f aequiv iv} $f^{-1}([-\infty,a))$ f\"ur alle
    $a\in\R$ eine $\mu$-messbare Menge ist.
  \end{enumerate}
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  Es gen\"ugt, die Bedingungen aus Definition \ref{f messb def}, oder
  \"aquivalente Bedingungen dazu, aus \eqref{messb f aequiv iv}
  herzuleiten.
  \begin{itemize}
  \item Definition \ref{f messb def} \eqref{f messb def i}: Dies folgt
    aus den Darstellungen \[f^{-1}(\{-\infty\})
      =\bigcap\limits_{k\in\Z} f^{-1}([-\infty,k))
      \quad\text{und}\quad f^{-1}(\{+\infty\}) =\Omega\setminus
      \bigcup\limits_{k\in\Z} f^{-1}([-\infty,k)).\]
  \item Bemerkung \ref{f messb def bem} \eqref{messb f aequiv iii}:
    Dies folgt wegen
    \[f^{-1}((-\infty,a)) =f^{-1}([-\infty,a))\setminus
      f^{-1}(\{-\infty\}). \qedhere \]
  \end{itemize}
\end{proof}

\begin{lemma}
  \label{stet messb messb lem}
  Sei $f\colon\Omega\to\R$ eine $\mu$-messbare Funktion und sei
  $g\colon\R\to\R$ stetig. Dann ist $g\circ f$ eine $\mu$-messbare
  Funktion. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Einfache \"Ubung. 
\end{proof}

\begin{theorem}
  \label{verkn messb thm}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Seien $f,g\colon\Omega\to\R$ zwei $\mu$-messbare
    Funktionen. Dann sind die Funktionen $f+g$, $f\cdot g$, $|f|$,
    $\min\{f,g\}$ und $\max\{f,g\}$ ebenfalls $\mu$-messbar. Ist
    $g(x)\neq0$ f\"ur alle $x\in\Omega$, so ist auch $f/g$ eine
    $\mu$-messbare Funktion.
  \item Seien $f_k\colon\Omega\to[-\infty,\infty]$, $k\in\N$,
    $\mu$-messbare Funktionen. Dann sind auch die Funktionen
    $\inf\limits_{k\in\N} f_k$, $\sup\limits_{k\in\N}f_k$,
    $\liminf\limits_{k\to\infty} f_k$ und $\limsup\limits_{k\to\infty}
    f_k$ wieder $\mu$-messbar. 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Da wir hier reellwertige Funktionen betrachten, sind alle zu
    untersuchenden Funktionen in jedem Punkt wohldefiniert.
    \begin{itemize}
    \item \glqq$f+g$\grqq: Dies folgt aus
      \[(f+g)^{-1}((-\infty,a))
        =\bigcup\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}{r,s\in\Q}{r+s<a}}
        f^{-1}((-\infty,r)) \cap g^{-1}((-\infty,s)).\]
    \item Die Funktionen $s\mapsto s^2$, $s\mapsto -s$ und $s\mapsto
      s/2$ sind auf $\R$ stetig. Daher folgt die $\mu$-Messbarkeit von
      $f\cdot g$ aus der Identit\"at \[f\cdot g=\frac12
        \left\{(f+g)^2-f^2-g^2\right\}\] und Lemma \ref{stet messb
        messb lem}. 
    \item Es gilt
      \[\left(\frac1g\right)^{-1}((-\infty,a)) =
        \begin{cases}
          g^{-1}\left(\left(\frac1a,0\right)\right),&a<0,\\
          g^{-1}((-\infty,0)),&a=0,\\
          g^{-1}\left((-\infty,0)\cup\left(\frac1a,
              \infty\right)\right),&a>0.  
        \end{cases}
      \]
    \item Wir definieren f\"ur $s\in\R$ bzw.{} punktweise f\"ur
      reellwertige Funkionen
      \[s_+:=\max\{s,0\}\quad\text{sowie}\quad s_-:=\max\{-s,0\}
        =(-s)_+.\] Die Abbildungen $s\mapsto s_+$ und $s\mapsto s_-$
      sind stetig und es gilt $s=s_+-s_-$. Weiterhin
      gelten
      \[|f|=f_++f_-,\quad \max\{f,g\} =f+(g-f)_+\] sowie $\min\{f,g\}
      =-\max\{-f,-g\}$. Daraus folgt die $\mu$-Messbarkeit dieser
      Funktionen.       
    \end{itemize}
  \item Seien $f_k\colon\Omega\to[-\infty,\infty]$, $k\in\N$,
    $\mu$-messbar. Dann gelten die Darstellungen
    \begin{align*}
      \left(\inf\limits_{k\in\N} f_k\right)^{-1}([-\infty,a)) 
      &=\bigcup\limits_{k\in\N} f_k^{-1}([-\infty,a)),\umbruch\\ 
      \sup\limits_{k\in\N}f_k &=-\inf\limits_{k\in\N}(-f_k),\umbruch\\ 
      \liminf\limits_{k\to\infty} f_k 
      &=\sup\limits_{l\in\N} \inf\limits_{k\ge l} f_k
        \intertext{und}
        \limsup\limits_{k\to\infty} f_k
                              &=-\liminf\limits_{k\to\infty}(-f_k). 
    \end{align*}
    Hieraus folgt die $\mu$-Messbarkeit dieser Funktionen. 
    \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

Wir k\"onnen $\mu$-messbare Funktionen durch \glqq
Treppenfunktionen\grqq{} approximieren. Dabei benutzen wir die
charakteristische Funktion $\chi_A$ einer Menge $A$.
\begin{theorem}
  \label{treppen fkt approx thm}
  Sei $f\colon\Omega\to[0,\infty]$ eine $\mu$-messbare Funktion. Dann
  gibt es $\mu$-messbare Mengen $A_k\subset\Omega$, $k\in\N$, mit \[f
    =\sum\limits_{k=1}^\infty \frac1k \chi_{A_k}.\]
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir definieren
  \[A_1:=\left\{x\in\Omega\colon f(x)\ge1 \right\}
    =f^{-1}([1,\infty]).\] Dann ist $A_1$ eine $\mu$-messbare
  Menge. Induktiv definieren wir nun f\"ur $k=2,3,\ldots$ die
  $\mu$-messbaren Mengen
  \[A_k:=\left\{x\in\Omega\colon f(x)\ge \frac1k
      +\sum\limits_{j=1}^{k-1} \frac1j\chi_{A_j}(x) \right\}.\]
  Dann ist leicht einzusehen, dass 
  \[f(x) =\sum\limits_{k=1}^\infty \frac1k \chi_{A_k}(x)\] gilt. \par
  \stern Der Vollst\"andigkeit halber beweisen wir diese elementare
  Gleichheit: Offenbar gilt f\"ur jedes $N\in\N$ die Absch\"atzung
  \[f\ge\sum\limits_{k=1}^N \frac1k\chi_{A_k}.\]
  Durch Grenz\"ubergang folgt daraus in ganz $\Omega$ die Absch\"atzung
  \begin{equation}
    \label{f ge sum char approx eq}
    f\ge\sum\limits_{k=1}^\infty \frac1k\chi_{A_k}.
  \end{equation}
  Im Falle $f(x)=0$ oder $f(x)=\infty$ ist die Aussage klar. Ist
  $0<f(x)<\infty$, so gilt f\"ur unendlich viele $k\in\N$ die Aussage
  $x\not\in A_k$, da sonst
  $\infty=\sum\limits_{k=1}^\infty\frac1k \chi_{A_k}(x)>f(x)$ der
  Absch\"atzung \eqref{f ge sum char approx eq} widersprechen
  w\"urde. Sei also $k\in\N$ mit $x\not\in A_k$. Dann folgt nach
  \eqref{f ge sum char approx eq} und der Definition der Menge
  $A_k$
  \[0\le f(x)-\sum\limits_{l=1}^\infty \frac1l \chi_{A_l}(x) <\frac1k
    +\sum\limits_{l=1}^{k-1}\frac 1l\chi_{A_l}(x)
    -\sum\limits_{l=1}^\infty \frac1l\chi_{A_l}(x) \le\frac1k.\] Da es
  unendlich viele solche Zahlen $k\in\N$ gibt, folgt die Gleichheit
  durch Grenz\"ubergang.
\end{proof}

\datum{Fr 22.01.2021}
\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Konvergenz
    \[f_k:=\sum\limits_{l=1}^k \frac1l\chi_{A_l}\to f\] ist
    monoton. Ist $f$ beschr\"ankt, so gilt sogar $f_k\rightrightarrows
    f$ (Kleine \"Ubung). Vergleiche dazu auch den nachfolgenden Satz
    von Egoroff, Theorem \ref{egoroff thm}. 
  \item Durch Approximation von $f_+$ und $f_-$ sehen wir, dass sich
    jede $\mu$-messbare Funktion $f\colon\Omega\to[-\infty,\infty]$
    durch \glqq Treppenfunktionen\grqq{} approximieren l\"asst. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{definition}
  Eine Aussage(form) $A(x)$ gilt f\"ur $\mu$-fast alle $x\in\Omega$,
  bzw.{} $\mu$-fast \"uberall, falls \[\mu(\{x\in\Omega\colon A(x)
    \text{ gilt nicht}\})=0\] ist. 
\end{definition}

\begin{definition}
  \label{cara fkt def}
  Eine Funktion $F\colon\Omega\times\R\to\R$ hei\ss{}t
  \emph{Ca\-ra\-th\'eo\-do\-ry-Funk\-ti\-on}, falls
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item die Abbildung $x\mapsto F(x,y)$ f\"ur alle $y\in\R$ eine
    $\mu$-messbare Abbildung ist und
  \item die Abbildung $y\mapsto F(x,y)$ f\"ur $\mu$-fast alle
    $x\in\Omega$ stetig ist. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{lemma}
  Sei $F\colon\Omega\times\R\to\R$ eine Carath\'eodory-Funktion und
  sei $u\colon\Omega\to\R$ eine $\mu$-messbare Funktion. Dann ist
  $f(x):=F(x,u(x))$ ebenfalls $\mu$-messbar. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Ohne Einschr\"ankung d\"urfen wir annehmen, dass $F(x,\cdot)\in
  C^0(\R)$ f\"ur alle $x\in\Omega$ gilt. Da die Ausnahmemenge eine
  Nullmenge ist, \"andert sie Urbilder h\"ochstens um Nullmengen,
  bewirkt also keine \"Anderung f\"ur die Messbarkeit. \par Wir
  behaupten, dass
  \begin{align*}
    &\equad\{x\in\Omega\colon f(x)\le a\}\umbruch\\
    &=\{x\in\Omega\colon F(x,u(x))\le a\}\umbruch\\
    &=\bigcap\limits_{l=1}^\infty \bigcap\limits_{k=1}^\infty
      \bigcup\limits_{y\in\Q} \left(\left\{x\in\Omega\colon
      F(x,y)<a+\tfrac1l\right\}\cap \left\{x\in\Omega\colon
      |u(x)-y|<\tfrac1k\right\}\right)\umbruch\\
    &\equiv \bigcap\limits_{l=1}^\infty \bigcap\limits_{k=1}^\infty
      \bigcup\limits_{y\in\Q} RS
  \end{align*}
  gilt. Da auf der rechten Seite f\"ur feste $l,k,y$ nach den
  Schnitten und der Vereinigung $\mu$-messbare Mengen stehen, folgt
  daraus die Behauptung. Wir zeigen nun diese Mengengleichheit.
  \begin{itemize}
  \item \glqq$\subset$\grqq: Seien $x\in f^{-1}((-\infty,a])$ und
    $l\in\N_{>0}$. Dann steht auf der rechten Seite der folgenden
    abgesetzten Formel aufgrund der Stetigkeit von $F(x,\cdot)$ eine
    offene Menge, die nach Wahl von $x$ den Punkt $u(x)$
    enth\"alt. Somit gibt es $k_0\in\N$ mit
    \[B_{\frac1{k_0}}(u(x)) \subset
      F(x,\cdot)^{-1}\left(\left(-\infty, a+\tfrac1l\right)\right).\]
    Somit gibt es f\"ur alle $k\in\N$ ein
    $y\in B_{\frac1k}(u(x))\cap \Q$ mit $F(x,y)<a+\frac1l$. Also gilt
    $x\in\bigcap\limits_{k=1}^\infty \bigcup\limits_{y\in\Q}RS$. Da
    $l\in\N_{>0}$ oben beliebig gew\"ahlt war, folgt
    $x\in\bigcap\limits_{l\in\N} \bigcap\limits_{k=1}^\infty
    \bigcup\limits_{y\in\Q} RS$ wie behauptet.
  \item \glqq$\supset$\grqq: Sei
    $x\in\bigcap\limits_{l=1}^\infty \bigcap\limits_{k=1}^\infty
    \bigcup\limits_{y\in\Q}RS$ beliebig. Somit gibt es zu jedem
    $l\ge1$ und jedem $k\ge1$ ein $y\in\Q$, so dass $RS$ f\"ur diese
    Werte $x,l,k,y$ gilt. Fixiere zun\"achst $l\ge1$.  W\"ahle nun zu
    gegebenem $l\in\N_{>0}$ eine Folge
    $\left(y^l_k\right)_{k\in\N_{>0}}\subset\Q$ mit
    \[\left|u(x)-y^l_k\right|<\tfrac1k\quad\text{und}\quad
      F\left(x,y^l_k\right)<a+\tfrac1l\] f\"ur alle $k\ge1$
    w\"ahlen. Hieraus folgt insbesondere $y^l_k\to u(x)$ f\"ur festes
    $l\in\N_{>0}$ und $k\to\infty$.  Nun ist $F(x,\cdot)$ nach Annahme
    stetig. Daher erhalten wir im Limes $k\to\infty$ f\"ur das
    fixierte $l\ge1$ die Ungleichung $F(x,u(x))\le a+\frac1l$. Wir
    lassen nun $l\to\infty$ und erhalten die Behauptung.\qedhere
    % Im Skript von Michael Struwe steht hier (Beispiel 2.1.2) am Ende
    % eine Andeutung f\"ur einen Alternativbeweis mit
    % \glqq Treppenfunktionen\grqq. 
  \end{itemize}
\end{proof}

Ist $\mu$ ein Borelma\ss{}, so erhalten wir die $\mu$-Messbarkeit aus
der (Halb-)Stetigkeit.
\begin{lemma}
  Sei $f\colon\Omega\to\R$ stetig und $\mu$ ein Borelma\ss{}. Dann ist
  $f$ eine $\mu$-messbare Funktion. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Die Urbilder von $\pm\infty$ sind leer und daher $\mu$-messbar. Sei
  $U\subset\R$ offen. Dann ist $f^{-1}(U)$ aufgrund der Stetigkeit von
  $f$ offen. Da $\mu$ ein Borelma\ss{} ist, ist $f^{-1}(U)$ auch
  $\mu$-messbar. Also ist $f$ eine $\mu$-messbare Funktion. 
\end{proof}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Eine Funktion $f\colon\Omega\to\ol\R$ hei\ss{}t
    \emph{oberhalbstetig}, falls
    \[\limsup\limits_{x\to x_0}f(x)\le f(x_0)\] f\"ur alle
    $x_0\in\Omega$ gilt. Dies ist \"aquivalent zu den topologischen
    Bedingungen
    \begin{itemize}
    \item $f^{-1}([a,\infty]) =$ abgeschlossen f\"ur alle $a\in\R$ oder
    \item $f^{-1}([-\infty,a)) =$ offen f\"ur alle $a\in\R$.
    \end{itemize}
    Somit ist eine oberhalbstetige Funktion f\"ur ein Borelma\ss{}
    $\mu$ eine $\mu$-messbare Funktion.
  \item Analog dazu sind unterhalbstetige Funktionen, also Funktionen
    $f\colon\Omega\to\ol\R$ mit
    \[\liminf\limits_{x\to x_0} f(x)\ge f(x_0)\] f\"ur alle
    $x_0\in\Omega$, $\mu$-messbar. \par
    Wir bemerken, dass hier die entsprechenden topologischen
    Bedingungen zu $f^{-1}([-\infty,a]) =$ abgeschlossen f\"ur alle
    $a\in\R$ bzw.{} $f^{-1}((a,\infty]) =$ offen f\"ur alle $a\in\R$
    werden.
  \end{enumerate}
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  \stern Wir zeigen die \"Aquivalenz der drei Bedingungen f\"ur
  Unterhalbstetigkeit. Dies ist nur deshalb als Zusatzstoff markiert,
  weil es sich um Material handelt, das unabh\"angig von messbaren
  Funktionen ist und durch Variation von Analysis-II-Methoden gezeigt
  wird.
  \begin{itemize}
  \item Wir bemerken zun\"achst, dass die topologischen Bedingungen
    f\"ur die abgeschlossenen Mengen durch Grenz\"ubergang auch f\"ur
    $a=\pm\infty$ gelten, wenn wir sie f\"ur $a\in\R$ fordern.
  \item Durch Betrachtung der Komplemente sehen wir direkt, dass die
    beiden topologischen Bedingungen \"aquivalent sind. 
  \item \Rueckrichtung Von der Topologie zum Limes inferior: Sei
    $f^{-1}((a,\infty])$ f\"ur alle $a\in\R$ offen. Sei $x_0\in\Omega$
    und sei $\epsilon>0$. Wir setzen $a:=f(x_0)-\epsilon$. Dann ist
    also $f^{-1}((a,\infty])$ offen. Wegen $f(x_0)>a$ folgt
    $x_0\in f^{-1}((a,\infty])$. Sei $x_n\to x_0$ eine Folge, so dass
    $(f(x_n))_n\subset\ol\R$ konvergiert. Aus Offenheit und Konvergenz
    erhalten wir, dass es $n_0\in\N$ gibt, so dass f\"ur alle $n\in\N$
    mit $n\ge n_0$ bereits $x_n\in f^{-1}((a,\infty])$ gilt. Also
    folgt $f(x_n)>a$ und im Grenzwert erhalten wir
    $\lim\limits_{n\to\infty} f(x_n)\ge a =f(x_0)-\epsilon$. Da
    $\epsilon>0$ beliebig war, folgt hieraus die Behauptung.
  \item \Hinrichtung Vom Limes inferior zur Topologie: Wir f\"uhren
    einen Widerspruchsbeweis. Angenommen, es gibt ein $a\in\R$, so
    dass $f^{-1}((a,\infty])$ nicht offen ist. Dann gibt es ein
    $x_0\in f^{-1}((a,\infty])$ und eine Folge
    $(x_n)_n\subset\complement f^{-1}((a,\infty])$ mit $x_n\to x_0$
    f\"ur $n\to\infty$. Somit gilt $f(x_n)\le a< f(x_0)$. F\"ur diese
    spezielle Folge gilt also
    $\sup\limits_{n\in\N} f(x_n) <f(x_0)$. Daher erhalten wir
    $\liminf\limits_{x\to x_0} f(x) < f(x_0)$. Widerspruch. Die
    Behauptung folgt. \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

\subsection{Die S\"atze von Lusin und Egoroff}

Bei punktweiser Konvergenz erhalten wir au\ss{}erhalb einer kleinen
Menge gleichm\"a\ss{}ige Konvergenz. 
\begin{theorem}[Egoroff]
  \label{egoroff thm}
  Sei $\mu$ ein Radonma\ss{} auf $\R^n$ und sei $\Omega\subset\R^n$
  eine $\mu$-messbare Menge mit $\mu(\Omega)<\infty$.
  Seien $f_k\colon\Omega\to\ol\R$, $k\in\N$, $\mu$-messbar. Sei
  $f\colon\Omega\to\ol\R$ ebenfalls $\mu$-messbar und zus\"atzlich
  $\mu$-fast \"uberall endlich. Gelte weiterhin $f_k(x)\to f(x)$ f\"ur
  $k\to\infty$ und $\mu$-fast alle $x\in\Omega$. Dann gibt es f\"ur
  alle $\delta>0$ eine kompakte Menge $F\subset\Omega$ mit
  $\mu(\Omega\setminus F)\le\delta$ und \[\sup\limits_{x\in F}
    |f_k(x)-f(x)|\to0\] f\"ur $k\to\infty$.   
\end{theorem}
\begin{beispiele}
  \stern 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Im Allgemeinen ben\"otigen wir die Voraussetzung
    $\mu(\Omega)<\infty$. Im Falle des Lebesguema\ss{}es $\mathcal
    L^n$ auf $\R^n$ konvergieren die Funktionen $f_k=\chi_{B_k(0)}$
    zwar punktweise gegen die Funktion $f\equiv 1$, eine Aussage wie
    im Satz von Egoroff gilt jedoch nicht. 
  \item Betrachten wir $\mathcal L^1$ auf $[0,1]$ sowie die Funktionen
    $f_k$ mit $f_k(x)=x^k$, so sehen wir, dass wir nicht $\delta=0$,
    was einer Ausnahmemenge vom Ma\ss{} $0$ entspricht, w\"ahlen
    k\"onnen.
  \end{enumerate}
\end{beispiele}
\begin{proof}[Beweis von Theorem \ref{egoroff thm}]
  Sei $\delta>0$ beliebig. Wir definieren f\"ur $i,j\in\N$
  Mengen
  \[C_{i,j} :=\bigcup\limits_{k=j}^\infty \left\{x\in\Omega\colon
      |f_k(x)-f(x)|\ge2^{-i}\right\}.\] Diese Mengen sind aufgrund der
  $\mu$-Messbarkeit von $f_k$ und $f$ alle $\mu$-messbar. Weiterhin
  gilt direkt nach Definition $C_{i,(j+1)}\subset C_{i,j}$ f\"ur alle
  $i,j\in\N$. F\"ur $\mu$-fast alle $x\in\Omega$ gilt
  $f_k(x)\underset {k\to\infty}{\longrightarrow} f(x)$. Somit ist
  $\bigcap\limits_{j=1}^\infty C_{i,j}$ eine $\mu$-Nullmenge. Wegen
  $\mu(\Omega)<\infty$ folgt daher mit Theorem \ref{mon meng thm}
  \eqref{abst meng gleich}
  \[\lim\limits_{j\to\infty} \mu(C_{i,j})
    =\mu\left(\bigcap\limits_{j=1}^\infty C_{i,j}\right) =0\] f\"ur
  alle $i\in\N$. Somit gibt es f\"ur jedes $i\in\N$ ein $N(i)\in\N$
  mit $\mu(C_{i,N(i)})\le\delta\cdot 2^{-i-2}$. Wir definieren nun
  $A:=\Omega\setminus \bigcup\limits_{i=0}^\infty C_{i,N(i)}$. Dann
  folgt
  \[\mu(\Omega\setminus A) \le \sum\limits_{i=0}^\infty
    \mu(C_{i,N(i)}) \le\frac\delta2.\] Nach Definition der Mengen
  $C_{i,N(i)}$ erhalten wir f\"ur alle $i\in\N$
  \[\sup\limits_{x\in A} |f_k(x)-f(x)| \le 2^{-i} \quad \text{f\"ur
      alle }k\ge N(i).\] Dies ist die gew\"unschte gleichm\"a\ss{}ige
  Konvergenz. Nach Theorem \ref{radon reg thm} \eqref{radon reg ii}
  gibt es eine kompakte Menge $F\subset A$ mit
  $\mu(A\setminus F)\le\delta/2$. Also folgt
  \[\mu(\Omega\setminus F) \le\mu(\Omega\setminus A) +\mu(A\setminus
    F)\le\delta\] wie gew\"unscht.
\end{proof}

\begin{theorem}[Lusin]
  \label{lusin thm}
  Sei $\mu$ ein Radonma\ss{} auf $\R^n$ und sei $\Omega\subset\R^n$
  eine $\mu$-messbare Menge mit $\mu(\Omega)<\infty$. Sei
  $f\colon\Omega\to\ol\R$ ein $\mu$-messbare und $\mu$-fast \"uberall
  endliche Funktion. Dann gibt es f\"ur alle $\delta>0$ eine kompakte
  Menge $F\subset\Omega$ mit $\mu(\Omega\setminus F)\le\delta$, so dass
  $f|_F\colon F\to\R$ stetig ist.   
\end{theorem}
\begin{beispiel}
  \stern Auf $\Omega=[0,1]\subset\R$ mit dem Lebesgueschen Ma\ss{}
  betrachten wir die Funktion $f=\chi_{[0,1]\setminus\Q}$. Dann ist
  $f$ in keinem Punkt stetig, aber die Einschr\"ankung auf
  $[0,1]\setminus\Q$ ist stetig. An diesem Beispiel sieht man auch,
  dass man in Lusins Theorem keine \emph{kompakte} Menge $F$ finden
  kann (da deren Komplement offen ist), so dass $f|_F$ stetig ist und
  $\mu(\Omega\setminus F)=0$ ist; wir k\"onnen also im Allgemeinen
  nicht $\delta=0$ w\"ahlen.
\end{beispiel}
\begin{proof}[Beweis von Theorem \ref{lusin thm}]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{lusin treppenfkt} Zun\"achst zeigen wir den Satz f\"ur
    eine Treppenfunktion $g$. Seien $B_i\subset\Omega$, $1\le i\le I$,
    paarweise disjunkte Mengen mit $\Omega=\bigcup\limits_{i=1}^I B_i$
    und sei \[g=\sum\limits_{i=1}^I b_i\chi_{B_i}.\] Sei
    $\delta>0$. Dann gibt es nach Theorem \ref{radon reg thm}
    \eqref{radon reg ii} kompakte Mengen $F_i\subset B_i$ mit
    \[\mu(B_i\setminus F_i)\le\delta\cdot 2^{-i},\quad 1\le i\le I.\]
    Da die Mengen $B_i$, $1\le i\le I$, paarweise disjunkt sind, gilt
    dies auch f\"ur die Mengen $F_i$. Aufgrund der Kompaktheit folgt
    $\dist(F_i,F_j)>0$ f\"ur alle $i\neq j$. Somit ist $g$ auf der
    Menge $F=\bigcup\limits_{i=1}^I F_i\subset\Omega$ lokal konstant
    (um jeden Punkt gibt es eine Umgebung, in der $g$ konstant ist)
    und daher stetig. Weiterhin ist $F\subset\Omega$ kompakt und es
    gilt \[\mu(\Omega\setminus F) =\mu\left(\bigcup\limits_{i=1}^I
        (B_i\setminus F_i)\right) \le\sum\limits_{i=1}^I
      \mu(B_i\setminus F_i) \le\delta. \]
\datum{Di 26.01.2021}
  \item Nach Theorem \ref{treppen fkt approx thm} gibt es
    Treppenfunktionen $f_k\colon\Omega\to\R$
    mit
    \[f(x)=\lim\limits_{k\to\infty} f_k(x)\quad\text{f\"ur
      }x\in\Omega,\] n\"amlich, unter Benutzung der Mengen $A_k$ aus
    diesem Theorem, \[f_k =\sum\limits_{j=1}^k\frac1j\chi_{A_j}.\]
    F\"ur festes $k$ betrachten wir nun die Mengen
    $(A_j)_{1\le j\le k}$ und
    $\Omega\setminus \bigcup\limits_{j=1}^k A_j$.  Wir betrachten
    weiterhin alle m\"oglichen (endlichen) Schnitte dieser Mengen und
    k\"onnen daraus die gr\"obste dieser Mengenfamilie untergeordnete
    Partition von $\Omega$ erhalten. Diese Partition besteht aus
    $\mu$-messbaren Mengen. Wir fassen sie als (paarweise disjunkte)
    Mengenfamilie auf und bezeichnen sie mit
    $(B_{ik})_{1\le i\le I_k}$. Mit
    \[b_{ik} =\sum\limits_{B_{ik}\subset A_j} \frac1j,\quad 1\le i\le
      I_k,\quad k\in\N\] erhalten wir daraus
    \[f_k =\sum\limits_{i=1}^{I_k} b_{ik}\chi_{B_{ik}},\quad k\in\N.\]
    Sei nun $\delta>0$. Nach \eqref{lusin treppenfkt} gibt es f\"ur
    jedes $k\in\N$ zur Funktion $g=f_k$ kompakte Mengen
    $F_k\subset\Omega$, so dass
    \[\mu(\Omega\setminus F_k)\le\delta\cdot 2^{-k-2},\] so dass die
    Abbildungen $f_k|_{F_k}\colon F_k\to\R$ stetig sind. Nach dem Satz
    von Egoroff, Theorem \ref{egoroff thm}, gibt es eine kompakte
    Menge $K\subset\Omega$ mit \[\mu(\Omega\setminus
      K)\le\tfrac\delta2 \quad\text{und}\quad \sup\limits_{x\in K}
      |f_k(x)-f(x)| \underset{k\to\infty}{\longrightarrow} 0.\] Wir
    definieren nun $F:=K\cap \bigcap\limits_{k=0}^\infty F_k$. Dann
    ist $F$ als Schnitt kompakter Mengen selbst wieder kompakt und es
    gilt \[\mu(\Omega\setminus F) =\mu\left((\Omega\setminus K)\cup
        \bigcup\limits_{k=0}^\infty (\Omega\setminus F_k)\right)
      \le\mu(\Omega\setminus
      K)+\sum\limits_{k=0}^\infty\mu(\Omega\setminus F_k) \le\delta.\]
    Wegen $F\subset K$ liegt in $F$ gleichm\"a\ss{}ige Konvergenz
    vor. Aufgrund der gleichm\"a\ss{}igen Konvergenz 
    $f_k|_F\rightrightarrows f|_F$ ist $f|_F$ stetig und die
    Behauptung folgt. \qedhere    
  \end{enumerate}
\end{proof}

\subsection{Ma\ss{}konvergenz}

\begin{definition}[Ma\ss{}konvergenz]
  Sei $\mu$ ein Ma\ss{} auf $\R^n$. Sei $\Omega\subset\R^n$ eine
  $\mu$-messbare Menge. Seien $f,f_k\colon\Omega\to\ol\R$, $k\in\N$,
  $\mu$-messbar und sei $f$ eine $\mu$-fast \"uberall endliche
  Funktion. \par Dann konvergiert $(f_k)_{k\in\N}$ im Ma\ss{} gegen
  $f$, $f_k\overset{\mu}{\longrightarrow} f$ f\"ur $k\to\infty$, falls
  f\"ur alle $\epsilon>0$
  \[\mu(\{x\in\Omega\colon |f(x)-f_k(x)|\ge\epsilon\})\to0\] f\"ur
  $k\to\infty$ gilt.
\end{definition}

Wir betrachten nun den Zusammenhang zwischen Ma\ss{}konvergenz und
$\mu$-fast \"uberall punktweiser Konvergenz.
\begin{theorem}
  Sei $\mu$ ein Ma\ss{} auf $\R^n$. Sei $\Omega\subset\R^n$ eine
  $\mu$-messbare Menge. Seien $f,f_k\colon\Omega\to\ol\R$, $k\in\N$,
  $\mu$-messbar und sei $f$ eine $\mu$-fast \"uberall endliche
  Funktion. \par Ist $\mu(\Omega)<\infty$ und gilt $f_k\to f$,
  $k\to\infty$, $\mu$-fast \"uberall, so gilt auch
  $f_k\overset{\mu}{\longrightarrow} f$, f\"ur $k\to\infty$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \stern\stern\footnote{Neues Symbol: W\"urde ich eigentlich schon
    gerne zeigen, passt aber nicht mehr in das Semester hinein.}
  Wir gehen wie beim Beweis des Satzes von Egoroff, Theorem
  \ref{egoroff thm}, vor. Sei $\epsilon>0$. Wir definieren f\"ur
  $j\in\N$ Mengen \[C_j:=\bigcup\limits_{k=j}^\infty
    \{x\in\Omega\colon |f_k(x)-f(x)|\ge\epsilon\}.\] Aufgrund der
  $\mu$-Messbarkeit von $f$ und $f_k$ sind die Mengen $C_j$ ebenfalls
  $\mu$-messbar. Weiterhin gelten $C_{j+1}\subset C_j$ f\"ur $j\in\N$,
  sowie $\mu(C_1)\le\mu(\Omega)<\infty$. Da $f_k(x)\to f(x)$, $k\to\infty$,
  f\"ur $\mu$-fast alle $x\in\Omega$ konvergiert, folgt aus Theorem
  \ref{mon meng thm} \eqref{abst meng gleich} \[\mu(\{x\in\Omega\colon
    |f_j(x)-f(x)|\ge\epsilon\}) \le\mu(C_j) \to
    \mu\left(\bigcap\limits_{j=1}^\infty C_j\right) =0\] f\"ur
  $j\to\infty$ wie gew\"unscht.   
\end{proof}

F\"ur die Umkehrung dieser Aussage gibt es ein Gegenbeispiel. Dabei
betrachtet man charakteristische Funktionen $f_k$ zu Intervallen der
L\"ange $2^{-n}$. Man startet ganz links bei $0$ und legt das
Intervall f\"ur das n\"achste $k$ jeweils direkt rechts daneben. Hat
man so das gesamte Intervall $[0,1)$ ausgesch\"opft, so startet man
mit Intervallen der L\"ange $2^{-(n+1)}$ wieder von vorne bei $0$.
\begin{beispiel}
  \stern Sei $\Omega=[0,1]\subset\R$ und sei $\mu$ das
  Lebesguema\ss{}. Wir betrachten die
  Funktionen
  \[f_k=\chi_{\left[\frac{k-2^n}{2^n}, \frac{k+1-2^n}{2^n}\right)},\]
  $k\in\N_{>0}$, wobei wir f\"ur $k$ den Index $n\in\N$ so gew\"ahlt
  haben, dass $2^n\le k<2^{n+1}$ gilt. Es folgt f\"ur beliebige
  $0<\epsilon<1$
  \[\mu(\{x\in\Omega\colon |f_k(x)|\ge\epsilon\})
    \le\mu(\{x\in\Omega\colon|f_k(x)|>0\}) =\frac1{2^n}
    \le\frac2k\to0\]
  f\"ur $k\to\infty$. Damit gilt $f_k\overset{\mu}{\longrightarrow}0$
  f\"ur $k\to\infty$. F\"ur $x\in\Omega$, $n,k\in\N$ gilt jedoch
  \[f_k(x) =
    \begin{cases}
      1,&\text{f\"ur }k=[2^nx]+2^n,\\
      0,&\text{f\"ur alle \"ubrigen }k\in\{2^n,\ldots,2^{n+1}-1\}. 
    \end{cases}
  \]
  Dabei bezeichnet $[s]=\sup\{n\in\Z\colon n\le s\}$ die
  Gau\ss{}klammer von $s$. Somit ist $(f_k(x))_{k\in\N}$ f\"ur alle
  $x\in[0,1)$ divergent. 
\end{beispiel}

F\"ur Teilfolgen erh\"alt man jedoch
\begin{theorem}
  \label{mass konv teilf konv thm}
  Sei $\mu$ ein Ma\ss{} auf $\R^n$. Sei $\Omega\subset\R^n$ eine
  $\mu$-messbare Menge. Seien $f,f_k\colon\Omega\to\ol\R$, $k\in\N$,
  $\mu$-messbar und sei $f$ eine $\mu$-fast \"uberall endliche
  Funktion. \par Gilt $f_k\overset{\mu}{\longrightarrow}f$ f\"ur
  $k\to\infty$, so gibt es eine Teilfolge $(f_{k_l})_l$ von $(f_k)_k$
  mit \[f_{k_l}\to f\quad\mu\text{-fast \"uberall f\"ur }l\to\infty.\] 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \stern\stern
  F\"ur $k,l\in\N$ definieren wir die
  Mengen \[A_{k,l}:=\left\{x\in\Omega\colon |f_l(x)-f(x)| \ge
      2^{-k}\right\}.\] 
  Aufgrund der Konvergenz im Ma\ss{} gilt $\mu(A_{k,l})\to0$ f\"ur
  $l\to\infty$ und festes $k\in\N$. Wir w\"ahlen f\"ur $k\in\N$ ein
  $\phi(k)\in\N$ mit \[\mu(A_{k,\phi(k)})\le 2^{-k-1}.\] Nun
  definieren wir \[B_l:=\bigcup\limits_{k\ge l} A_{k,\phi(k)}\] und
  erhalten
  \[\mu(B_l)\le\sum\limits_{k\ge l} \mu(A_{k,\phi(k)}) \le 2^{-l}\]
  f\"ur $l\in\N$. Es gilt $B_{l+1}\subset B_l$ f\"ur alle $l\in\N$. Da
  $\mu(B_1)<\infty$ ist, erhalten wir mit Theorem \ref{mon meng thm}
  \eqref{abst meng gleich}
  \[\mu\left(\bigcap\limits_{l=1}^\infty B_l\right)
    =\lim\limits_{l\to\infty} \mu(B_l) =0.\] Sei also
  $x\not\in\bigcap\limits_{l=0}^\infty B_l$. Dann existiert $l\in\N$
  mit $x\not\in B_l=\bigcup\limits_{k\ge l} A_{k,\phi(k)}$. Es folgt
  $x\not\in A_{k,\phi(k)}$ f\"ur alle $k\ge l$. Nach Definition
  bedeutet dies \[|f_{\phi(k)}-f(x)|< 2^{-k}\] f\"ur alle $k\ge
  l$. Somit folgt $f_{\phi(k)}(x)\to f(x)$ f\"ur $k\to\infty$, also,
  wie behauptet, Konvergenz au\ss{}erhalb einer $\mu$-Nullmenge.
\end{proof}

\section{Integrationstheorie}
Wir folgen weiterhin \cite{StruweAna3}, einer Vorlage, die uns schnell
zum Lebesgueintegral f\"uhrt. Ein anderer konzeptionell sehr sch\"oner
Zugang findet sich in \cite{AmannEscherAnalysisIII}, liefert ein
allgemeineres Integral, sprengt jedoch den zeitlichen Umfang der
Vorlesung, ist jedoch herauskommentiert auch in diesem Skript zu
finden. \par Wir haben in Analysis II bereits das Riemannsche Integral
kennengelernt. Dies l\"asst sich auch auf Teilmengen von $\R^n$
verallgemeinern. Mit dem Lebesgueschen Integral k\"onnen wir jedoch
mehr Funktionen integrieren, \zB die charakteristische Funktion von
$\Q\cap[0,1]$ und erhalten mehr (Konvergenz-)S\"atze. \par
Wir nehmen in diesem Kapitel stets an, dass
\begin{itemize}
\item $\mu$ ein Radonma\ss{} auf $\R^n$ ist und dass
\item $\Omega\subset\R^n$ eine $\mu$-messbare Menge ist.
\end{itemize}

\subsection{Definition und elementare Eigenschaften}
\begin{definition}
  Eine Funktion $g\colon\Omega\to\ol\R$ hei\ss{}t
  \emph{($\sigma$-)Treppenfunktion}, falls $\im g$ h\"ochstens
  abz\"ahlbar ist.
\end{definition}
Sp\"ater werden wir nur $\mu$-messbare Treppenfunktionen betrachten.
% vergleiche Evans-Gariepy: simple function

F\"ur eine Treppenfunktion $g$ definieren wir das Integral ohne
annehmen zu m\"ussen, dass $\mu(\Omega)<\infty$ gilt oder $\mu$-fast
\"uberall $|g|<\infty$ ist.
\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $g\colon\Omega\to[0,\infty]$ eine $\mu$-messbare
    Treppenfunktion. Dann definieren wir
    \[\int\limits_\Omega g\,d\mu:=\sum\limits_{0<a<\infty}
      a\cdot\mu\left(g^{-1}(\{a\})\right)\le\infty,\] falls $\mu$-fast
    \"uberall $g<\infty$ gilt und sonst
    $\int\limits_\Omega g\,d\mu=\infty$.
  \item Sei $g\colon\Omega\to\ol\R$ eine $\mu$-messbare
    Treppenfunktion. Gelte $\int\limits_\Omega g_+\,d\mu<\infty$ oder
    $\int\limits_\Omega g_-\,d\mu<\infty$. Dann definieren
    wir im Fall $|g|<\infty$ $\mu$-fast \"uberall
    \[\int\limits_\Omega g\,d\mu =\int\limits_\Omega g_+\,d\mu
      -\int\limits_\Omega g_-\,d\mu =\sum\limits_{0\neq a\in\R}
      a\cdot\mu\left(g^{-1}(\{a\})\right).\] Weiterhin setzen wir
    $\int\limits_\Omega g\,d\mu =\pm\infty$, falls
    $\mu\left(g^{-1}(\{\pm\infty\})\right)>0$ ist.
  \end{enumerate}
\end{definition}

Mit diesen Treppenfunktionen als Vergleichsfunktionen definieren wir
uneigentliche Integrierbarkeit.
\begin{definition}
  Sei $f\colon\Omega\to\ol\R$ eine $\mu$-messbare Funktion. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir
    definieren
    \begin{align*}
      \ol{\int\limits_\Omega}f\,d\mu \equiv\ol\int f
      &:= \inf\left\{\int\limits_\Omega g\,d\mu\colon g\text{ ist
        $\mu$-messbare Treppenfunktion mit}\right.\\
      &\equad\qquad\quad \left.\int\limits_\Omega
        g_-\,d\mu<\infty\text{ und }g\ge
        f\,\mu\text{-f.\,\"u.}\right\}
        \intertext{sowie}
        \ul{\int\limits_\Omega}f\,d\mu
        \equiv\ul\int f
      &:= \sup\left\{\int\limits_\Omega g\,d\mu\colon g\text{ ist
        $\mu$-messbare Treppenfunktion mit}\right.\\
      &\equad\qquad\quad \left.\int\limits_\Omega
        g_+\,d\mu<\infty\text{ und }g\le
        f\,\mu\text{-f.\,\"u.}\right\}
    \end{align*}
    als \emph{oberes} bzw. \emph{unteres $\mu$-Integral} von $f$.
  \item Ist $\ol\int f=\ul\int f$, so hei\ss{}t $f$ \emph{uneigentlich
      $\mu$-integrabel} mit \[\int\limits_\Omega f\,d\mu\equiv \int f
      =\ol{\int\limits_\Omega} f\,d\mu =\ul{\int\limits_\Omega}
      f\,d\mu\in\ol\R.\]
  \item Ist $\mu=\mathcal L^n$, so hei\ss{}t das Integral
    \emph{Lebesgue-Integral}. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Bedingung an $\int g_-$ bzw.{} $\int g_+$ sichert dabei,
    dass die Integrale \"uber die Treppenfunktionen nur jeweils in
    eine Richtung unendlich werden k\"onnen.
  \item Offenbar gilt stets $\ul{\int\limits_\Omega} f\,d\mu\le
    \ol{\int\limits_\Omega} f\,d\mu$.
  \item Den Integrationsbereich $\Omega$ oder das Ma\ss{} $\mu$ lassen
    wir in der Notation nur weg, wenn klar ist, \"uber welche Menge
    und mit welchem Ma\ss{} integriert wird. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{lemma}
  \label{messbr uneig int lem}
  Sei $f\colon\Omega\to[0,\infty]$ eine $\mu$-messbare Funktion. Dann
  ist $f$ uneigentlich $\mu$-integrabel.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Gelte ohne Einschr\"ankung $\mu$-fast \"uberall $f<\infty$, denn
  sonst ist $\ol\int f=\ul\int f=+\infty$ und wir sind fertig.\par Sei
  $\epsilon>0$. Wir unterscheiden zwei F\"alle:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ist $\mu(\Omega)<\infty$, so definieren wir f\"ur
    $k\in\N\cup\{\infty\}$ die $\mu$-messbaren
    Mengen
    \[A_k:=\{x\in\Omega\colon k\epsilon \le f(x)<(k+1)\epsilon\}\] und
    die $\mu$-messbaren
    Treppenfunktionen
    \[e=\epsilon\sum\limits_{k=0}^\infty k\cdot\chi_{A_k}
      \quad\text{sowie}\quad g=\epsilon\sum\limits_{k=0}^\infty
      (k+1)\cdot\chi_{A_k}.\] Es gilt $e\le f\le g$.  Im Fall
    $\int e_+\,d\mu=\infty$ ist $\ul\int f=\ol\int f =\infty$ und wir
    sind fertig. Sonst erhalten wir
    \[\int\limits_\Omega e\,d\mu \le \ul{\int\limits_\Omega} f\,d\mu
      \le\ol{\int\limits_\Omega} f\,d\mu \le\int\limits_\Omega g\,d\mu
      \le\int\limits_\Omega e\,d\mu +\epsilon\cdot\mu(\Omega).\]
  \item Sei nun $\Omega\subset\R^n$ mit $\mu(\Omega)=\infty$. Als
    Radonma\ss{} ist $\mu$ auf kompakten Teilmengen von $\R^n$
    endlich. Wir zerlegen also
    $\R^n =\bigdotcup\limits_{l=1}^\infty Q_l$ disjunkt in
    beschr\"ankte W\"urfel. Wir setzen $\Omega_l:=\Omega\cap Q_l$ und
    erhalten wie oben Treppenfunktionen
    $e_l,g_l\colon\Omega_l\to[0,\infty]$ mit $e_l\le f\le g_l$ auf
    $Q_l$ und
    \[\int\limits_{\Omega_l} g_l\,d\mu \le\int\limits_{\Omega_l}
      e_l\,d\mu +2^{-l}\epsilon.\] Wir setzen $e_l,g_l$ konstant durch
    Null nach $\Omega$ fort.  Dann sind
    $e=\sum\limits_{l=1}^\infty e_l$ und
    $g_l=\sum\limits_{l=1}^\infty g_l$ zwei $\mu$-messbare
    Treppenfunktionen mit $e\le f\le g$ und es gilt
    \[\int\limits_\Omega g\,d\mu \le\int\limits_\Omega
      e\,d\mu+\epsilon.\] Ist $\int e_+=\infty$, so sind wir wie oben
    fertig.  Da $\epsilon>0$ beliebig war, erhalten wir die
    Behauptung. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{definition}
  Eine $\mu$-messbare Funktion $f\colon \Omega\to\ol\R$ hei\ss{}t
  \emph{$\mu$-integrabel} bzw.{} \emph{$\mu$-integrierbar},
  falls \[\int\limits_\Omega |f|\,d\mu<\infty\] ist. 
\end{definition}
% Evans-Gariepy: $\mu$-summable

\datum{Fr 29.01.2021}
\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ist $f$ eine $\mu$-integrable Funktion, so ist $f$ auch
    uneigentlich $\mu$-integrabel.
  \item Gilt $\mu$-fast \"uberall $f=0$, so ist $f$ eine
    $\mu$-integrable Funktion und es gilt $\int\limits_\Omega
    f\,d\mu=0$. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir zerlegen $f=f_+-f_-$. Nach Lemma \ref{messbr uneig int
      lem} sind $f_+$ und $f_-$ zwei uneigentlich $\mu$-integrierbare
    Funktionen. Da die Treppenfunktion $g$ dort nicht nur f\"ur $|f|$,
    sondern auch f\"ur $f_+$ und $f_-$ eine obere Schranke ist, folgt
    $\int\limits_\Omega f_\pm\,d\mu<\infty$. Sei $\epsilon>0$. Dann
    gibt es Treppenfunktionen mit $0\le e_\pm\le f_\pm\le g_\pm$
    $\mu$-fast \"uberall und
    \[0\le\int e_\pm \le\int f_\pm \le\int g_\pm \le\int e_\pm
      +\epsilon<\infty.\] Da die Mengen
    $A_\pm =\left\{x\in\Omega\colon f_\pm(x)>0\right\}$ $\mu$-messbar
    sind, d\"urfen wir annehmen, dass $e_\pm =g_\pm=0$ in
    $\Omega\setminus A_\pm$ gilt. Somit sind $e:=e_+-g_-$ und
    $g:=g_+-e_-$ Treppenfunktionen mit $e\le f\le g$ $\mu$-fast
    \"uberall (mit Fallunterscheidungen und kleiner Skizze leicht
    einzusehen). Es gilt
    \[\int e\le \ul\int f \le\ol\int f \le\int g \le
      \int e +2\epsilon.\] Da $\epsilon>0$ beliebig war, folgt die
    Behauptung.
  \item Die Behauptung ist offensichtlich; wir k\"onnen $e=g=0$
    w\"ahlen. \qedhere 
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{theorem}[Monotonie des Integrals]
  \label{int mon thm}
  Seien $f_1,f_2\colon\Omega\to\ol\R$ uneigentlich
  $\mu$-integrabel. Gilt $\mu$-fast \"uberall $f_1\ge f_2$, so
  folgt
  \[\int\limits_\Omega f_1\,d\mu\ge\int\limits_\Omega f_2\,d\mu.\] 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Gelten f\"ur eine Funktion $g$ $\mu$-fast \"uberall $g\ge
  f_1$ und $f_1\ge f_2$, so gilt auch $\mu$-fast \"uberall $g\ge
  f_2$. Also ist \[\int f_1 =\ol\int f_1 =\inf\limits_{g\ge f_1} \int
    g \ge \ol\int f_2 =\int f_2,\] wobei wir das Infimum \"uber alle
  $\mu$-messbaren Treppenfunktionen mit $g\ge f_1$ $\mu$-fast
  \"uberall und $\int g_-<\infty$ betrachten. 
\end{proof}

\begin{corollary}
  \label{int fue gleich cor}
  Seien $f_1,f_2\colon\Omega\to\ol\R$ uneigentlich $\mu$-integrabel
  mit $f_1=f_2$ $\mu$-fast \"uberall. Dann gilt $\int f_1=\int f_2$. 
\end{corollary}

\begin{theorem}[Tschebychev-Ungleichung]
  \label{tschebychev thm}
  Sei $f\colon\Omega\to\ol\R$ $\mu$-integrabel. Dann gilt f\"ur alle
  $a>0$ \[\mu(\{x\in\Omega\colon |f(x)|\ge a\}) \le\frac1a
    \int\limits_\Omega |f|\,d\mu.\]
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir wenden Theorem \ref{int mon thm} auf die Funktionen $f_1=|f|$
  und $f_2=a\cdot\chi_{\{x\in\Omega\colon |f(x)|\ge a\}}$ an. 
\end{proof}

\begin{corollary}
  \label{tschebychev cor}
  Seien $f,f_k\colon\Omega\to\ol\R$, $k\in\N$, $\mu$-integrierbar
  mit \[\lim\limits_{k\to\infty} \int\limits_\Omega |f_k-f|\,d\mu
    =0.\] Dann gilt $f_k\overset{\mu}\longrightarrow f$ f\"ur
  $k\to\infty$ und es gibt eine Teilfolge $(f_{k_l})_l$ mit
  $f_{k_l}\to f$ $\mu$-fast \"uberall. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $\epsilon>0$.  Nach der Tschebychev-Ungleichung, Theorem
  \ref{tschebychev thm}, erhalten wir
  \[\mu(\{x\in\Omega\colon |f_k(x)-f(x)|\ge\epsilon\}) \le
    \frac1\epsilon \int\limits_\Omega |f_k-f|\,d\mu\to0\] f\"ur
  $k\to\infty$. Nach Definition gilt also
  $f_k\overset{\mu}{\longrightarrow} f$ f\"ur $k\to\infty$. Der zweite
  Teil der Behauptung folgt nun direkt aus Theorem \ref{mass konv
    teilf konv thm}.
\end{proof}

\begin{theorem}[Linearit\"at des Integrals]
  \label{int fkt vr thm}
  Seien $f,g\colon\Omega\to\R$ $\mu$-integrabel. Sei
  $\lambda\in\R$. Dann sind auch $f+g$ und $\lambda f$
  $\mu$-integrabel und es gelten
  \begin{align*}
    \int\limits_\Omega (f+g)\,d\mu
    &=\int\limits_\Omega
      f\,d\mu+\int\limits_\Omega
      g\,d\mu 
      \intertext{sowie}
    \int\limits_\Omega (\lambda f)\,d\mu
    &=\lambda\cdot\int\limits_\Omega f\,d\mu.              
  \end{align*}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Es ist klar, dass die Behauptungen f\"ur Treppenfunktionen
    $f=\sum\limits_{k\in\N} a_k\chi_{A_k}, g=\sum\limits_{k\in\N}
    b_k\chi_{B_k}\colon\Omega\to\R$ gelten. Dabei d\"urfen wir ohne
    Einschr\"ankung annehmen, dass $A_k=B_k$ gilt; sonst betrachten
    wir $(A_k\cap B_l)_{k,l\in\N}$. 
  \item Nach Theorem \ref{verkn messb thm} ist die Funktion $f+g$
    wieder $\mu$-messbar. Sei $\epsilon>0$. Dann gibt es
    Treppenfunktionen mit $\mu$-fast \"uberall
    $f_\epsilon\le f\le f^\epsilon$ und
    $g_\epsilon\le g\le g^\epsilon$ mit $\int(f^\epsilon)_-<\infty$,
    $\int(f_\epsilon)_+<\infty$ und
    \[\int f^\epsilon -\int f\le\epsilon,\quad \int f-\int
      f_\epsilon\le\epsilon\] sowie analogen Bedingungen f\"ur
    $g$. Dann sind $f_\epsilon+g_\epsilon$ und $f^\epsilon+g^\epsilon$
    Treppenfunktionen mit $\mu$-fast \"uberall
    $f_\epsilon+g_\epsilon\le f+g\le f^\epsilon+g^\epsilon$ und
    $\int(f_\epsilon+g_\epsilon)_+<\infty$,
    $\int(f^\epsilon+g^\epsilon)_-<\infty$ sowie
    \begin{align*}
      \ol\int (f+g)
      &\le \int(f^\epsilon+g^\epsilon) =\int f^\epsilon +\int
        g^\epsilon\umbruch\\
      &\le \int f+\int g +2\epsilon. 
    \end{align*}
    Analog dazu erhalten wir
    \[\ul\int (f+g)\ge \int f+\int g -2\epsilon.\] Da $\epsilon>0$
    beliebig war, erhalten wir, dass $f+g$ uneigentlich
    $\mu$-integrabel ist und es gilt $\int(f+g) =\int f+\int g$. \par
    Dies wenden wir auf die Funktionen $|f|$ und $|g|$ an. Weiterhin
    nutzen wir die Monotonie des Integrals. Damit erhalten
    wir \[\int|f+g|\le \int(|f|+|g|) =\int|f|+\int|g|<\infty.\] Somit
    ist $f+g$ eine $\mu$-integrable Funktion.
  \item Sei $\epsilon>0$. Dann gibt es Treppenfunktionen wie oben mit
    $\mu$-fast \"uberall $f_\epsilon\le f\le f^\epsilon$. Ist
    $\lambda\ge0$, so sind $\lambda f_\epsilon$ und
    $\lambda f^\epsilon$ Treppenfunktionen mit $\mu$-fast \"uberall
    $\lambda f_\epsilon\le\lambda f\le \lambda f^\epsilon$ und
    $\int(\lambda f^\epsilon)_- =\lambda\int(f^\epsilon)_-<\infty$
    sowie
    $\int(\lambda f_\epsilon)_+ =\lambda\int(f_\epsilon)_+<\infty$. Es
    folgt
    \begin{align*}
      \ol\int (\lambda f)\le \int(\lambda f^\epsilon)
      &=\lambda\int
        f^\epsilon \le \lambda\int f+\lambda\epsilon
        \intertext{sowie, analog dazu,}
        \ul\int(\lambda f)&\ge \lambda\int f-\lambda\epsilon. 
    \end{align*}
    Somit ist $\lambda f$ uneigentlich $\mu$-integrabel mit
    $\int(\lambda f) =\lambda\int f$. Wenden wir dies auf die Funktion
    $|f|$ an, so erhalten wir
    \[\int|\lambda f| =|\lambda|\int|f|<\infty.\]
    Ist $\lambda<0$, so erhalten wir Treppenfunktionen 
    $\lambda f^\epsilon\le \lambda f\le \lambda f_\epsilon$ 
    $\mu$-fast \"uberall mit $\int(\lambda f^\epsilon)_+<\infty$ und
    $\int(\lambda f_\epsilon)_-<\infty$. Beachte dabei, dass
    $(\lambda f^\epsilon)_+ =|\lambda|(f^\epsilon)_-$ und
    $(\lambda f_\epsilon)_- =|\lambda| (f_\epsilon)_+$ gelten. Der
    Rest des Beweises funktioniert nun analog zum Fall
    $\lambda\ge0$.\qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{corollary}
  \label{dreieck int cor}
  Sei $f\colon\Omega\to\ol\R$ $\mu$-integrabel. Dann
  gilt \[\left|\int\limits_\Omega f\,d\mu\right|\le
    \int\limits_\Omega|f|\,d\mu.\] 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Es gilt $-|f|\le f\le|f|$. Wir benutzen nun die Monotonie des
  Integrals, Theorem \ref{int mon thm}. Das Vorzeichen d\"urfen wir
  nach Theorem \ref{int fkt vr thm} aus dem Integral
  herausziehen.
  % Beachte dabei, dass des zweite Teil dieses Theorems auch f\"ur
  % uneigentlich $\mu$-integrierbare Funktionen
  % $f\colon\Omega\to\ol\R$ gilt.
  Aus $-\int|f|\le\int f\le\int|f|$
  folgt schlie\ss{}lich die Behauptung.
\end{proof}

\begin{lemma}
  \label{int einschr lem}
  Sei $f\colon\Omega\to\ol\R$ eine $\mu$-integrierbare Funktion. Sei
  $\Omega_1\subset\Omega$ eine $\mu$-messbare Menge. Dann sind
  $f_1:=f|_{\Omega_1}$ \"uber $\Omega_1$ und $f\cdot\chi_{\Omega_1}$
  \"uber $\Omega$ $\mu$-integrabel und es
  gilt \[\int\limits_{\Omega_1}f_1\,d\mu
    =\int\limits_{\Omega}(f\cdot\chi_{\Omega_1})\,d\mu.\] 
  Wir schreiben sp\"ater auch \[\int\limits_{\Omega_1}
    f\,d\mu\quad\text{f\"ur}\quad \int\limits_{\Omega_1}f_1\,d\mu.\] 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis] \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Offenbar sind $f_1$ und $f\cdot\chi_{\Omega_1}$ auf $\Omega_1$
    bzw.{} $\Omega$ $\mu$-messbar.
  \item Sei $g\colon\Omega\to\ol\R$ eine $\mu$-messbare
    Treppenfunktion mit $g\le f$. Dann sind
    $g_1:=g|_{\Omega_1}\colon\Omega_1\to\ol\R$ und
    $g\cdot\chi_{\Omega_1}\colon\Omega\to\ol\R$ ebenfalls
    Treppenfunktionen und es gilt $g_1\le f_1$ sowie
    $g\cdot\chi_{\Omega_1}\le f\cdot\chi_{\Omega_1}$. Es
    gilt
    \[\int\limits_{\Omega_1} g_1\,d\mu =\int\limits_\Omega
      (g\cdot\chi_{\Omega_1})\,d\mu.\] Analoges gilt f\"ur
    Treppenfunktionen $h\ge f$.
  \item Sei $\epsilon>0$. Dann gibt es Treppenfunktionen $g,h$ mit
    $g\le f\le h$ und
    % automatisch: $\int g_+<\infty$, $\int h_-<\infty$
    \[\int h-\int f\le\epsilon\quad\text{und}\quad \int f-\int
      g\le\epsilon.\] Wir definieren nun $g_1,h_1$ wie oben und
    erhalten
    \begin{align*}
      \ol{\int\limits_{\Omega_1}}
      f_1\,d\mu-\ul{\int\limits_{\Omega_1}} f_1\,d\mu
      &\le \int\limits_{\Omega_1} h_1\,d\mu -\int\limits_{\Omega_1}
        g_1\,d\mu\umbruch\\
      &=\int\limits_{\Omega_1} (h_1-g_1)\,d\mu =\int\limits_\Omega
        ((h-g)\cdot\chi_{\Omega_1})\,d\mu\umbruch\\ \\
      &\le \int\limits_\Omega(h-g)\,d\mu =\int\limits_\Omega h\,d\mu
        -\int\limits_\Omega g\,d\mu\le2\epsilon
        \intertext{sowie}
        \ol{\int\limits_{\Omega}} (f\cdot\chi_{\Omega_1})\,d\mu
        -\ul{\int\limits_{\Omega}} (f\cdot\chi_{\Omega_1})\,d\mu
      &\le\int\limits_\Omega((h-g)\cdot\chi_{\Omega_1})\,d\mu
        \le2\epsilon. 
    \end{align*}
    Somit sind die Funktionen $f_1$ und $f\cdot\chi_{\Omega_1}$
    uneigentlich $\mu$-integrabel. Weiter
    gelten
    \begin{align*}
      \int\limits_{\Omega_1} f_1\,d\mu
      -\int\limits_{\Omega}(f\cdot\chi_{\Omega_1})\,d\mu
      &\le \int\limits_{\Omega_1} h_1\,d\mu -\int\limits_{\Omega}
        (g\cdot\chi_{\Omega_1})\,d\mu\umbruch\\
      &=\int\limits_\Omega
        ((h-g)\cdot\chi_{\Omega_1})\,d\mu\umbruch\\
      &\le\int\limits_\Omega (h-g)\,d\mu\le2\epsilon
        \intertext{und analog}
        \int\limits_{\Omega_1}f_1\,d\mu
        -\int\limits_\Omega(f\cdot\chi_{\Omega_1})\,d\mu
      &\ge \int\limits_{\Omega_1} g_1\,d\mu -\int\limits_\Omega
        (h\cdot\chi_{\Omega_1})\,d\mu\umbruch\\
      &= \int\limits_\Omega
        ((g-h)\cdot\chi_{\Omega_1})\,d\mu\ge-2\epsilon. 
    \end{align*}
    Da $\epsilon>0$ beliebig war, stimmen die beiden Integrale
    \"uberein. 
  \item Zum Nachweis der $\mu$-Integrabilit\"at wenden wir die gerade
    gezeigte Integralgleichheit auf $|f|$ an, nutzen die Monotonie des
    Integrals, Theorem \ref{int mon thm}, und erhalten
    \[\int\limits_{\Omega_1}|f_1|\,d\mu
      = \int\limits_\Omega|f\cdot\chi_{\Omega_1}|\,d\mu
      \le \int\limits_\Omega |f|\,d\mu<\infty.\]
    Hieraus folgt die Behauptung. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei $f\colon\Omega\to\ol\R$ eine $\mu$-integrierbare Funktion. Sei
  $\Omega_1\subset\Omega$ mit $\mu(\Omega_1)=0$. Dann
  folgt \[\int\limits_{\Omega_1} f\,d\mu=0.\]
\end{corollary}
\begin{proof}
  Als $\mu$-Nullmenge ist $\Omega_1$ eine $\mu$-messbare Menge. Wir
  nutzen nun die Integralgleichheit aus Lemma \ref{int einschr
    lem}. Da $f\cdot\chi_{\Omega_1}=0$ $\mu$-fast \"uberall gilt,
  folgt die Behauptung aus Korollar \ref{int fue gleich cor}.
\end{proof}

\begin{theorem}
  \label{int disj zerl thm}
  Sei $f\colon\Omega\to\ol\R$ eine $\mu$-integrierbare Funktion. Sei
  $\Omega=\Omega_1\dot\cup\Omega_2$ eine disjunkte Zerlegung in
  $\mu$-messbare Mengen $\Omega_1$ und $\Omega_2$. Dann
  gilt \[\int\limits_\Omega f\,d\mu =\int\limits_{\Omega_1} f\,d\mu
    +\int\limits_{\Omega_2} f\,d\mu.\]
\end{theorem}
\begin{proof}
  Wir schreiben $f=f\cdot\chi_{\Omega_1}+f\cdot\chi_{\Omega_2}$ und
  nutzen die Linearit\"at des Integrals, Theorem \ref{int fkt vr
    thm}. Nun folgt die Behauptung aus Lemma \ref{int einschr lem}.
\end{proof}

Wir wollen nun das Lebesguesche Integral mit dem Riemannschen Integral
vergleichen. Dazu erinnern wir zun\"achst an die Charakterisierung
Riemann integrabler Funktionen aus Analysis II, die auch im $\R^n$
gilt:
\begin{theorem}[Lebesgue]
  \label{lebesgue thm}
  Sei $Q\subset\R^n$ ein abgeschlossener W\"urfel. Dann ist eine
  beschr\"ankte Funktion $f\colon Q\to\R$ genau dann
  Riemann-integrierbar, wenn die Menge der Unstetigkeitsstellen
  $\Sigma(f):=\{x\in Q\colon f\text{ ist in $x$ nicht stetig}\}$ eine
  $\mathcal L^n$-Nullmenge ist: $\mathcal L^n(\Sigma(f))=0$.
\end{theorem}
\begin{proof}
  Siehe Analysis II, \cite{OSAnaII}, f\"ur $n=1$ bzw.{} \cite[Satz
  3.1.5]{StruweAna3} f\"ur beliebige Dimensionen.
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei $\Omega\subset\R^n$ Jordan-messbar. Sei $f\colon\Omega\to\R$
  eine beschr\"ankte eigentlich (nicht uneigentlich)
  Riemann-integrierbare Funktion. Dann ist $f$ auch $\mathcal
  L^n$-messbar und $\mathcal L^n$-integrabel und das Riemannsche und
  das Lebesguesche Integral stimmen \"uberein. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweisidee]
  Nutze Treppenfunktionen wie sie beim Riemannschen Integral auftreten
  als Approximation von oben und unten. 
\end{proof}
\begin{proof}
  \stern Ohne Einschr\"ankung seit $\Omega=Q$ ein abgeschlossener
  W\"urfel; sonst setzen wir $f$ durch Null auf einen solchen W\"urfel
  fort. Nach dem Satz von Lebesgue, Theorem \ref{lebesgue thm}, gilt
  $\mathcal L^n(\Sigma(f))=0$. Die auf $Q\setminus\Sigma(f)$
  eingeschr\"ankte Funktion ist stetig und daher
  $\mathcal L^n$-messbar. Da $\Sigma(f)$ eine $\mathcal L^n$-Nullmenge
  ist, ist somit auch die urspr\"ungliche Funktion $f$
  $\mathcal L^n$-messbar.\par Sei hier $\mathcal R$ die Menge aller
  Riemannschen Treppenfunktionen. Treppenfunktionen in $\mathcal R$
  sind $\mathcal L^n$-messbar und $\sigma$-Treppenfunktionen. Wir
  hatten das Riemannsche Integral im Falle
  \[\sigma(f,(Q_k)_k) =\sum\limits_{j=1}^k
    \mu(Q_j)\cdot\osc\limits_{Q_j} f\to0\] f\"ur gegen Null gehende
  Feinheiten von Zerlegungen $Q=\bigdotcup\limits_{j=1}^kQ_k$ als
  Grenzwert von
  \[\sum\limits_{j=1}^k\mu(Q_j)\cdot f(x_j),\quad x_j\in Q_j,\]
  definiert. Es gilt
  \begin{align*}
    \sum\limits_{j=1}^k\mu(Q_j)\cdot \inf\limits_{Q_j}f
    &\le\sum\limits_{j=1}^k\mu(Q_j)\cdot
      f(x_j)\le\sum\limits_{j=1}^k \mu(Q_j)\cdot
      \sup\limits_{Q_j}f\umbruch\\ 
    &=\sum\limits_{j=1}^k\mu(Q_j)\cdot\inf\limits_{Q_j}f
      +\sum\limits_{j=1}^k\mu(Q_j)\cdot\osc_{Q_j}f. 
  \end{align*}
  Da die untere Schranke bei weiterer Verfeinerung w\"achst und die
  obere Schranke f\"allt, erhalten wir f\"ur das Riemannsche Integral,
  hier zur Unterscheidung mit $\int^R$ bezeichnet,
  \begin{align*}
    \sum\limits_{j=1}^k\mu(Q_j)\cdot\inf\limits_{Q_j} f\le
    \int\limits_Q^Rf \le\sum\limits_{j=1}^k\mu(Q_j)
    \cdot\sup\limits_{Q_j}f
    \le\sum\limits_{j=1}^k\mu(Q_j)\cdot\inf\limits_{Q_j} f
    +\sigma(f,(Q_k)_k).
  \end{align*} 
  Betrachten wir nun Treppenfunktionen, die auf jedem $Q_j$ das
  Infimum bzw.{} Supremum auf dieser Menge annehmen, so folgt
  \[\int\limits_Q^R f=\sup\left\{\int e\colon e\le f,\,e\in\mathcal
      R\right\} =\inf\left\{\int g\colon f\le g,\,g\in\mathcal
      R\right\}. \]
  Auf den hier benutzten Treppenfunktionen in $\mathcal R$ stimmt das
  Riemannsche Integral mit dem Lebesgueintegral \"uberein. Da wir die
  Treppenfunktionen auch als $\sigma$-Treppenfunktionen bei der
  Bestimmung des Lebesgueintegrals nutzen k\"onnen, erhalten wir
  \begin{align*}
    \ul{\int\limits_Q} f\,d\mathcal L^n
    &\ge\sup\left\{ \int e\colon
      e\le f,\,e\in\mathcal R\right\} =\int\limits_Q^Rf
      \intertext{sowie, aufgrund der stets g\"ultigen Ungleichung
      zwischen $\ol\int$ und $\ul\int$,}
      \ul{\int\limits_Q} f\,d\mathcal L^n&\le
      \ol{\int\limits_Q} f\,d\mathcal L^n
    \le\inf\left\{ \int g\colon f\le g,\,g\in\mathcal R\right\}
      =\int\limits_Q^R f. 
  \end{align*}
  Somit gilt \"uberall Gleichheit und die Integrale stimmen
  \"uberein.   
\end{proof}

\datum{Di 02.02.2021}
\subsection{Konvergenzs\"atze}
\begin{theorem}[Lemma von Fatou]
  \label{fatou thm}
  Seien $f_k\colon\Omega\to[0,\infty]$, $k\in\N$, $\mu$-messbar. Dann
  gilt \[\int\limits_\Omega\liminf\limits_{k\to\infty} f_k\,d\mu
    \le\liminf\limits_{k\to\infty} \int\limits_\Omega f_k\,d\mu.\]
\end{theorem}
\begin{proof}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Nach Theorem \ref{verkn messb thm} ist auch
    $\liminf\limits_{k\to\infty}f_k$ eine $\mu$-messbare
    Funktion. Nach Lemma \ref{messbr uneig int lem} sind $f_k$,
    $k\in\N$, und $\liminf\limits_{k\to\infty}f_k$ daher uneigentlich
    $\mu$-integrabel.
  \item Sei $g=\sum\limits_{j=0}^\infty a_j\chi_{A_j}$ eine
    $\mu$-messbare Treppenfunktion mit
    $g\le f:=\liminf\limits_{k\to\infty}f_k$.  Nach Definition des
    Integrals f\"ur uneigentlich $\mu$-integrable Funktionen gen\"ugt
    der Nachweis, dass
    \[\int\limits_\Omega g\,d\mu\le\liminf\limits_{k\to\infty}
      \int\limits_\Omega f_k\,d\mu\] gilt.
  \item Ohne Einschr\"ankung sei $g\ge0$. Wir d\"urfen weiterhin
    annehmen, dass $a_0=0$ und $a_j>0$ f\"ur $j\ge1$ gelten (ggf.{}
    w\"ahlen wir $A_j=\emptyset$) und dass die Mengen $A_j$, $j\in\N$,
    paarweise disjunkt sind. 
  \item Fixiere $0<t<1$. Wir definieren $\mu$-messbare Mengen 
    \[B_{j,k}:=\{x\in A_j\colon f_l(x)>ta_j \text{ f\"ur }l\ge k\}.\]
    Dann gilt f\"ur jedes $j\in\N_{>0}$
    \[A_j=\bigcup\limits_{k=1}^\infty B_{j,k}.\] Direkt nach
    Definition gilt f\"ur alle $j,k\in\N$ die Inklusion
    $B_{j,k}\subset B_{j,k+1}$. Daher erhalten wir mit Theorem
    \ref{mon meng thm} \eqref{aufst meng gleich} f\"ur
    $j>0$ \[\lim\limits_{k\to\infty} \mu(B_{j,k}) =\mu(A_j).\]
    Aufgrund der Additivit\"at des Integrals bei Zerlegung in
    disjunkte Integrationsbereiche, Theorem \ref{int disj zerl thm},
    erhalten wir f\"ur $J,k\in\N$ wegen $a_0=0$
    \[\int\limits_{\Omega} f_k\,d\mu \ge\sum\limits_{j=1}^J
      \int\limits_{A_j} f_k\,d\mu \ge \sum\limits_{j=1}^J
      \int\limits_{B_{j,k}} f_k\,d\mu \ge t\cdot\sum\limits_{j=0}^J
      a_j\cdot\mu(B_{j,k}).\] Mit $k\to\infty$ folgt daraus
    \[\liminf\limits_{k\to\infty} \int\limits_\Omega f_k\,d\mu\ge
      t\cdot\sum\limits_{j=0}^J a_j\cdot\mu(A_j).\] Nun lassen wir
    $J\to\infty$ und bekommen
    \[\liminf\limits_{k\to\infty} \int\limits_\Omega f_k\,d\mu \ge
      t\cdot\sum\limits_{j=0}^\infty a_j\cdot\mu(A_j)
      =t\cdot\int\limits_\Omega g\,d\mu.\] Dies gilt f\"ur alle
    $t\in(0,1)$. Im Grenzwert $t\uparrow1$ erhalten wir somit die
    behauptete Ungleichung. \qedhere
  \end{enumerate}  
\end{proof}

\begin{beispiel}
  \stern Das Beispiel $\mu=\mathcal L^n$ auf $\Omega=\R^n$ und die
  Funktionenfolge $f_k:=-k^{-n}\chi_{B_k(0)}$, $k\in\N$, zeigen, dass
  die Bedingung $f\ge0$ im Allgemeinen notwendig ist. 
\end{beispiel}

F\"ur nichtnegative Funktionen $H$ erhalten wir Unterhalbstetigkeit
f\"ur Integranden, wie sie in der Variationsrechnung auftreten. 
\begin{beispiel}
  Seien $f,f_k\colon\Omega\to\ol\R$, $k\in\N$, $\mu$-integrabel
  mit \[\int\limits_\Omega |f_k-f|\,d\mu\to0\] f\"ur $k\to\infty$.
  Sei $H\ge0$ eine Carath\'eodory-Funktion, siehe Definition \ref{cara
    fkt def}. Dann gilt \[\int\limits_\Omega H(x,f(x))\,d\mu
    \le\liminf\limits_{k\to\infty} \int\limits_\Omega
    H(x,f_k(x))\,d\mu =:I.\]  
\end{beispiel}
\begin{proof}
  W\"ahle $\Lambda\subset\N$ mit
  $\lim\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}{k\to\infty}{k\in\Lambda}}
  \int\limits_\Omega H(x,f_k(x))\,d\mu =I.$
  Nach Korollar \ref{tschebychev cor} gilt
  $f_k\overset\mu\longrightarrow f$ f\"ur $k\to\infty$ und es gibt 
  $\Gamma\subset\Lambda$ mit $f_k\to f$ $\mu$-fast \"uberall
  f\"ur $\Gamma\ni k\to\infty$. Da $H(x,\cdot)$ f\"ur
  $\mu$-fast alle $x\in\Omega$ nach Definition einer
  Carath\'eodory-Funktion stetig ist, erhalten wir \[H(x,f_k(x)) \to
    H(x,f(x))\] f\"ur $\mu$-fast alle $x\in\Omega$ f\"ur
  $\Gamma\ni k\to\infty$. Nach dem Lemma von Fatou, Theorem
  \ref{fatou thm}, folgt daher
  \begin{align*}
    \int\limits_\Omega H(x,f(x))\,d\mu
    &=\int\limits_\Omega
      \lim\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}{k\to\infty}{k\in\Gamma}}
      H(x,f_k(x))\,d\mu\umbruch\\
    &\le\liminf\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}{k\to\infty}{k\in\Gamma}}
      \int\limits_\Omega H(x,f_k(x))\,d\mu\umbruch\\
    &=\liminf\limits_{k\to\infty} \int\limits_\Omega
      H(x,f_k(x))\,d\mu 
  \end{align*}
  wie gew\"unscht.   
\end{proof}

\begin{theorem}[Beppo Levi, Satz von der monotonen Konvergenz]
  \label{mon konv thm}
  \neueZeilealt
  Seien $f_k\colon\Omega\to[0,\infty]$, $k\in\N$, $\mu$-messbar mit
  $f_k\le f_{k+1}$ f\"ur alle $k\in\N$. Dann folgt
  \[\int\limits_\Omega \lim\limits_{k\to\infty} f_k\,d\mu
    =\lim\limits_{k\to\infty} \int\limits_\Omega f_k\,d\mu.\]
\end{theorem}
\begin{proof}
  Die $\mu$-Messbarkeit alles auftretenden Funktionen folgt aus
  Theorem \ref{verkn messb thm}. \par
  Aufgrund der Monotonie des Integrals, Theorem \ref{int mon thm},
  erhalten wir f\"ur jedes feste $j\in\N$
  \[\int\limits_\Omega f_j\,d\mu\le
    \int\limits_\Omega\lim\limits_{k\to\infty} f_k\,d\mu.\] Da die
  linken Seite f\"ur alle $j$ gleichm\"a\ss{}ig beschr\"ankt ist,
  folgt daraus direkt
  \[\limsup\limits_{k\to\infty} \int\limits_\Omega f_k\,d\mu
    \le\int\limits_\Omega \lim\limits_{k\to\infty} f_k\,d\mu.\] Aus
  dem Lemma von Fatou, Theorem \ref{fatou thm}, erhalten wir die noch
  fehlende Ungleichung und somit die Behauptung. 
\end{proof}

% Bemerkung 3.2.1: Alternative, um das Lemma von Fatou auch aus dem
% Satz von der monotonen Konvergenz herzuleiten.

\begin{theorem}[Lebesgue, Satz von der dominierten Konvergenz]
  \label{dom konv thm}
  Sei $g\colon\Omega\to[0,\infty]$ eine $\mu$-integrierbare
  Funktion. Seien $f,f_k\colon\Omega\to\ol\R$, $k\in\N$, $\mu$-messbar
  mit $|f_k|\le g$, $k\in\N$, $\mu$-fast \"uberall und $f_k\to f$
  f\"ur $k\to\infty$ $\mu$-fast \"uberall. Dann gilt
  \[\left|\int\limits_\Omega f_k\,d\mu -\int\limits_\Omega
      f\,d\mu\right| \le \int\limits_\Omega |f_k-f|\,d\mu \to0\] f\"ur
  $k\to\infty$.  Daraus folgt direkt
  \[\lim\limits_{k\to\infty} \int\limits_\Omega
    f_k\,d\mu =\int\limits_\Omega f\,d\mu.\]
\end{theorem}
\begin{proof}
  Wegen $|f_k|\le g$, $k\in\N$, erhalten wir, dass alle Funktionen
  $f_k$, $k\in\N$, $\mu$-integrierbar sind.  Weiterhin erhalten wir
  $\mu$-fast \"uberall in $\Omega$ die Absch\"atzung
  $|f|=\lim\limits_{k\to\infty} |f_k|\le g<\infty$.  Insbesondere gilt
  $\mu$-fast \"uberall in $\Omega$ die Ungleichung $|f_k-f|\le2g$. Die
  Funktion $|f_k-f|$ ist f\"ur jedes $k\in\N$ $\mu$-fast \"uberall
  wohldefiniert (also nicht von der Form \glqq$\infty-\infty$\grqq)
  und eine $\mu$-integrierbare Funktion.  Wir erhalten
  $2g-|f_k-f|\ge0$ $\mu$-fast \"uberall in $\Omega$ f\"ur beliebige
  $k\in\N$. Nun wenden wir die Tatsache, dass Nullmengen bei der
  Integration keine Rolle spielen, Korollar \ref{int fue gleich cor},
  das Lemma von Fatou, Theorem \ref{fatou thm}, und die Linearit\"at
  des Integrals, Theorem \ref{int fkt vr thm}, an und erhalten
  \begin{align*}
    \int\limits_\Omega 2g\,d\mu
    &\underset{\text{gleich}}{\overset{\text{f.\,\"u.}}=}
      \int\limits_\Omega 
      \liminf\limits_{k\to\infty}\, (2g-|f_k-f|)\,d\mu\umbruch\\
    &\overset{\text{Fatou}}\le \liminf\limits_{k\to\infty}
      \int\limits_\Omega (2g-|f_k-f|)\,d\mu\umbruch\\
    &\,\,\,\overset{\text{lin.}}=\int\limits_\Omega 2g\,d\mu
      -\limsup\limits_{k\to\infty} \int\limits_\Omega
      |f_k-f|\,d\mu
      \le\int\limits_\Omega2g\,d\mu.
  \end{align*}
  Daher ist
  \[\lim\limits_{k\to\infty} \int\limits_\Omega |f_k-f|\,d\mu=0.\] Die
  erste behauptete Ungleichung folgt nun aus der Linearit\"at des
  Integrals und durch Hineinziehen der Betragsstriche ins Integral,
  Korollar \ref{dreieck int cor}. Beachte dabei, dass $|f_k|,|f|\le g$
  dabei die $\mu$-Integrierbarkeit von $f_k$ und $f$ sichert. 
\end{proof}

\datum{Fr 05.02.2021}
Als wichtige Anwendung erhalten wir
\begin{theorem}[Differenzieren unter dem Integral]
  Seien $a<b\in\R$. 
  Sei $f\colon\R\times[a,b]\to\R$ eine Funktion mit folgenden
  Eigenschaften: 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item F\"ur festes $x\in\R$ ist die Funktion $y\mapsto f(x,y)$
    \"uber $[a,b]$ Lebesgue-integrabel. 
  \item $\fracp fx$ existiert und ist beschr\"ankt. (Lokal
    gleichm\"a\ss{}ige Beschr\"anktheit in $x$ gen\"ugt.)
  \end{enumerate}
  Dann ist $y\mapsto\fracp fx(x,y)$ f\"ur festes $x\in\R$ bez\"uglich
  $y$ \"uber $[a,b]$ Lebesgue-integrabel und es gilt \[\frac d{dx}
    \left(\int\limits_a^b f(x,y)\,dy\right) =\int\limits_a^b \fracp
    fx(x,y)\,dy.\] 
\end{theorem}
\begin{proof}
  Wir betrachten der Einfachheit halber nur den Fall
  $[a,b]=[0,1]$. \par Sei $x\in\R$ und sei $h\neq0$. Dann gilt
  aufgrund der Linearit\"at des Integrals
  \[\frac{\int\limits_0^1 f(x+h,y)\,dy -\int\limits_0^1 f(x,y)\,dy}h
    =\int\limits_0^1 \frac{f(x+h,y)-f(x,y)}h\,dy.\] F\"ur eine
  beliebige Folge $h_k\to 0$, $k\to\infty$,
  gilt
  \[g_k(x):=\frac{f(x+h_k,y)-f(x,y)}{h_k}
    \underset{k\to\infty}\longrightarrow \fracp fx(x,y).\] Aus dem
  Mittelwertsatz erhalten wir
  \[|g_k|\le\sup\left|\fracp fx\right|=:C\] f\"ur beliebige
  $k\in\N$. Als Limes von Lebesgue-messbaren Funktionen, siehe Theorem
  \ref{verkn messb thm}, ist $\fracp fx(x,\cdot)$ bez\"uglich
  $y\in[0,1]$ Lebesgue-messbar und aufgrund der Beschr\"anktheit
  integrabel. Nach dem Satz von der dominierten Konvergenz, Theorem
  \ref{dom konv thm}, erhalten wir
  \[\int\limits_0^1 g_k(y)\,dy \underset{k\to\infty}\longrightarrow
    \int\limits_0^1\fracp fx(x,y)\,dy.\] Da dies f\"ur jede Folge
  $h_k\to0$, $k\to\infty$, gilt, erhalten wir (man lese die Gleichung
  von rechts)
  \[\frac d{dx}\left(\int\limits_0^1 f(x,y)\,dy\right)
    =\lim\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}{h\to0}{h\neq0}}
    \frac{\int\limits_0^1 f(x+h,y)\,dy -\int\limits_0^1 f(x,y)\,dy}h
    =\int\limits_0^1 \fracp fx(x,y)\,dy\]
  wie behauptet. 
\end{proof}

% \subsection{Absolutstetigkeit des Integrals \stern}

% \subsection{Der Satz von Vitali \stern}

% $L^p$-R\"aume, kommt in der Funktionalanalysis.

\subsection{Der Satz von Fubini}

\begin{remark}
  Ziel: Wir wollen Integrale \"uber Quader mit Hilfe mehrfacher
  Integration bestimmen, beispielsweise f\"ur $Q=[a,b]\times[c,d]$
  \[\int\limits_Q f =\int\limits_a^b \left(\int\limits_c^d
      f(x,y)\,dy\right)\,dx.\]
\end{remark}

Nach Theorem \ref{ueberdeckungsklasse liefert mass thm} ist das
nachfolgend definierte Produktma\ss{} tats\"achlich ein Ma\ss{}. 
\begin{definition}
  Sei $\mu$ ein Ma\ss{} auf einer Menge $X$ und sei $\nu$ ein Ma\ss{}
  auf einer Menge $Y$. Dann definieren wir das \emph{Produktma\ss{}}
  $(\mu\times\nu)\colon\mathcal P(X\times Y)\to[0,\infty]$ f\"ur
  $S\subset X\times Y$ durch
  \begin{align*}
    (\mu\times\nu)(S)
    &:= \inf\left\{\sum\limits_{i=1}^\infty
      \mu(A_i)\cdot\nu(B_i)\colon
      S\subset\bigcup\limits_{i=1}^\infty (A_i\times B_i),\right.\\
    &\equad\qquad\left.\phantom{\sum\limits_{i=1}^\infty} A_i\subset X\text{
      $\mu$-messbar}, B_i\subset Y\text{ $\nu$-messbar, }i\in\N\right\}.
  \end{align*}
\end{definition}

\begin{remark}
  \label{fub lambda def rem}
  \stern Seien $A\subset X$ und $B\subset Y$ messbar. Als
  Verallgemeinerung des Jordanma\ss{}es kann man den Produktinhalt
  $\lambda(A\times B):=\mu(A)\cdot\nu(B)$ definieren. Dann ist die
  Konstruktion des Produktma\ss{}es dieselbe wie in Theorem
  \ref{ueberdeckungsklasse liefert mass thm}.\par Durch additive
  Fortsetzung auf disjunkte Vereinigungen von Mengen der Form
  $A\times B$ erh\"alt man ein Pr\"ama\ss{}, vgl.{} den nachfolgenden
  Beweis von Theorem \ref{fubini thm} \eqref{fubini i}. Somit ist
  $(\mu\times\nu)$ nach Theorem \ref{carath hahn erw satz} die
  Carath\'eodory-Hahn-Erweiterung von $\lambda$.
\end{remark}

\begin{remark}
  \stern Im Fall $X=\R^k$ und $Y=\R^l$, sowie $\mu=\mathcal L^k$ und
  $\nu=\mathcal L^l$ ist $(\mu\times\nu) =\mathcal L^{k+l}$.
\end{remark}
\begin{proof}
  \"Ubung. 
\end{proof}

Der folgende Satz von Fubini gilt insbesondere f\"ur das Lebesguesche
Ma\ss{}.
\begin{theorem}[Fubini]
  \label{fubini thm}
  Seien $\mu,\nu$ Radonma\ss{}e auf $X=\R^k$ bzw.{} $Y=\R^l$. Sei
  $(\mu\times\nu)$ das zugeh\"orige Produktma\ss{} auf
  $X\times Y=\R^n$, $n=k+l$. Dann gelten:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{fubini i} F\"ur $\mu$-messbares $A\subset X$ und
    $\nu$-messbares $B\subset Y$ ist $A\times B$ eine
    $(\mu\times\nu)$-messbare Menge und es
    gilt \[(\mu\times\nu)(A\times B) =\mu(A)\cdot\nu(B).\]
  \item\label{fubini ii} Sei $S\subset X\times Y$ eine
    $(\mu\times\nu)$-messbare Menge mit $(\mu\times\nu)(S)<\infty$. Dann
    ist $S_y:=\{x\in X\colon (x,y)\in S\}$ f\"ur $\nu$-fast alle $y\in
    Y$ eine $\mu$-messbare Menge, \[y\mapsto \mu(S_y)
      =\int\limits_X \chi_S(x,y)\,d\mu(x)\] ist $\nu$-integrabel und
    es gilt \[(\mu\times\nu)(S) =\int\limits_Y \mu(S_y)\,d\nu(y)
      =\int\limits_Y\left(\, \int\limits_X
        \chi_S(x,y)\,d\mu(x)\right)\,d\nu(y).\] Eine analoge Aussage
    gilt mit vertauschten Rollen und $S^x=\{y\in Y\colon (x,y)\in
    S\}$. 
  \item\label{fubini iii} Das Ma\ss{} $(\mu\times\nu)$ ist ein
    Radonma\ss{}. 
  \item\label{fubini iv} F\"ur $(\mu\times\nu)$-integrables $f\colon
    X\times Y\to\ol\R$ ist
    \begin{align*}
      y&\mapsto \int\limits_X f(x,y)\,d\mu(x)
         \intertext{$\nu$-integrabel und }
      x&\mapsto \int\limits_Y f(x,y)\,d\nu(y)
    \end{align*}
    $\mu$-integrabel und es gilt
    \[\int\limits_{X\times Y} f\,d(\mu\times\nu) =\int\limits_X
      \left(\,\int\limits_Y f(x,y)\,d\nu(y)\right)\,d\mu(x)
      =\int\limits_Y\left(\,\int\limits_X
        f(x,y)\,d\mu(x)\right)\,d\nu(y).\]
  \end{enumerate}
\end{theorem}
% Der Rest des Kapitels ist Zusatz- bzw.{} \stern-Stoff.  Weitere
% Datumsangaben sind nicht eingetragen. Nutzen Sie die Zeit um dort
% Stoff nachzuholen, wo es Ihnen bis hierher zu flott ging oder um
% sich mit nicht pr\"ufungsrelevantem \stern-Stoff zu besch\"aftigen.
% \datum{Di 09.02.2021}
% \datum{Fr 12.02.2021}
\par
Wir starten mit Beweisvorbereitungen und beweisen anschlie\ss{}end die
vier Teile das Satzes von Fubini separat.

Wir definieren
\begin{align}
  \mathcal F
  &:=\{S\subset X\times Y\colon S
    \text{ erf\"ullt }\eqref{S mu eq}\text{ und }\eqref{S nu
    eq}\},\nonumber 
    \intertext{wobei}
    x&\mapsto \chi_S(x,y)\text{ ist $\mu$-messbar f\"ur $\nu$-fast alle
       $y\in Y$},\label{S mu eq} \intertext{und}
       y&\mapsto \int\limits_X\chi_S(x,y)\,d\mu(x) =\mu(S_y) \text{
          ist $\nu$-messbar}.\label{S nu eq} 
\end{align}
F\"ur $S\in\mathcal F$ definieren wir
\[\rho(S):=\int\limits_Y\left(\,\int\limits_X\chi_S(x,y)
    \,d\mu(x)\right)\,d\nu(y).\] Nach Lemma \ref{messbr uneig int
  lem} ist $\rho(S)\in[0,\infty]$ wohldefiniert.\par
Wir wollen nun f\"ur $(\mu\times\nu)$-messbare Mengen
$S\subset X\times Y$ die Aussage $S\in\mathcal F$ und
$\rho(S) =(\mu\times\nu)(S)$ zeigen, insbesondere f\"ur Mengen der
Form $S=A\times B$. \par Dazu definieren wir die Familien
\begin{align*}
  \mathcal P_0
  &:=\{A\times B\colon A\subset
    X\,\,\mu\text{-messbar},\quad B\subset
    Y\,\,\nu\text{-messbar}\},\umbruch\\
  \mathcal P_1
  &:=\left\{\bigcup\limits_{j=1}^\infty S_j\colon
    S_j\in\mathcal P_0\right\}
    \intertext{und}
  \mathcal P_2
  &:=\left\{\bigcap\limits_{j=1}^\infty
    R_j\colon R_j\in\mathcal P_1\right\}. 
\end{align*}

Wir starten mit elementaren Beobachtungen.
\begin{lemma}
  \label{P0 Schnitt lem}
  Seien $A\times B, C\times D\in\mathcal P_0$. Dann gilt auch
  $(A\times B)\cap (C\times D)\in\mathcal P_0$. 
\end{lemma}
\begin{proof}
  Folgt aus $(A\times B)\cap (C\times D) =(A\cap C)\times (B\cap D)$,
  da Schnitte $\mu$- und $\nu$-messbarer Mengen wieder diese
  Eigenschaft besitzen. 
\end{proof}

\begin{lemma}
  \label{P1 endl schnitt abg lem}
  Seien $S_i,T_i\in\mathcal P_0$, $i\in\N_{>0}$. Dann gilt
  \[\bigcup\limits_{i=1}^\infty S_i \cap \bigcup\limits_{i=1}^\infty
    T_i\in\mathcal P_1.\] Daher ist $\mathcal P_1$ unter endlichen
  Schnitten abgeschlossen: $S,T\in\mathcal P_1$ impliziert
  $S\cap T\in\mathcal P_1$.
\end{lemma}
\begin{proof}
  Dies folgt unmittelbar aus der elementaren Identit\"at
  \[\bigcup\limits_{i=1}^\infty S_i \cap \bigcup\limits_{j=1}^\infty
    T_j =\bigcup\limits_{i,j=1}^\infty S_i\cap T_j,\] die f\"ur
  beliebige Mengen gilt, da $S_i\cap T_j\in \mathcal P_0$ nach Lemma
  \ref{P0 Schnitt lem} f\"ur beliebige $i,j\in\N_{>0}$ gilt.
\end{proof}

\begin{lemma}
  Es gilt $\mathcal P_0\subset\mathcal F$ und f\"ur
  $A\times B\in\mathcal P_0$ ist
  \begin{equation}
    \label{rho P0 eq}
    \rho(A\times B) =\mu(A)\cdot\nu(B). 
  \end{equation}
\end{lemma}
\begin{proof}
  Sei $S=A\times B\in\mathcal P_0$. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\mathcal P_0\subset \mathcal F$:
    \begin{itemize}
    \item \eqref{S mu eq}: 
      $\chi_S(x,y) =\chi_A(x)\cdot\chi_B(y)$. Die dort betrachtete
      Funktion ist also gleich $\chi_A$ f\"ur $y\in B$ und $0$ sonst,
      also sogar f\"ur alle $y\in Y$ eine $\mu$-messbare Funktion.
    \item \eqref{S nu eq}: Die dort betrachtete Funktion ist \[y\mapsto
      \int\limits_X\chi_S(x,y)\,d\mu(x) =\int\limits_X
      \chi_A(x)\cdot\chi_B(y)\,d\mu(x) =\mu(A)\cdot\chi_B(y)\] und
      daher $\nu$-messbar. 
    \end{itemize}
  \item Wir erhalten
    \[\rho(S) =\int\limits_Y \chi_A(x)\cdot\chi_B(y)\,d\mu(x)\,d\nu(y)
      =\int\limits_Y\mu(A)\chi_B(y)\,d\nu(y) =\mu(A)\cdot\nu(B)\]
    und folgen dabei der Konvention $\infty\cdot0=0$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}


\begin{lemma}
  \label{P1 subset F lem}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Es gilt \[\mathcal P_1 =\left\{\bigdotcup\limits_{j=1}^\infty
        S_j\colon S_j\in\mathcal P_0\right\},\] $\mathcal P_1$ besteht
    also aus Mengen, die sich als \emph{disjunkte} Vereinigung von
    Mengen aus $\mathcal P_0$ schreiben lassen. 
  \item Es gilt $\mathcal P_1\subset\mathcal F$.
  \item Sei $S=\bigdotcup\limits_{j=1}^\infty S_j\in\mathcal P_1$ mit
    $S_j\in\mathcal P_0$, $j\in\N_{>0}$. Dann gilt 
    \begin{equation}
      \label{rho P1 eq}
      \rho(S) =\sum\limits_{j=1}^\infty \rho(S_j)
    \end{equation}
  \end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Anhand einer kleinen Skizze sieht
    man sofort dass
    \[(A_1\times B_1)\setminus (A_2\times B_2) =((A_1\setminus
      A_2)\times B_1) \dot\cup((A_1\cap A_2)\times(B_1\setminus
      B_2))\] gilt. Somit l\"asst sich die linke Seite als disjunkte
    Vereinigung von Mengen aus $\mathcal P_0$ darstellen. Damit
    k\"onnen wir die f\"ur eine Menge in $\mathcal P_1$ vereinigten
    Mengen sukzessive diskunkt machen und k\"onnen somit jedes
    $S\in\mathcal P_1$ als disjunkte Vereinigung
    $S=\bigdotcup\limits_{j=1}^\infty S_j$, $S_j\in\mathcal P_0$,
    schreiben. Seien $S$ und $S_j$, $j\in\N_{>0}$, f\"ur den Rest des
    Beweises wie hier. 
  \item Nach dem Satz \"uber Konstruktionen neuer messbarer
    Funktionen, Theorem \ref{verkn messb thm}, ist die Funktion
    \[x\mapsto\chi_S(x,y) =\lim\limits_{k\to\infty}
      \sum\limits_{j=1}^k \chi_{S_j}(x,y) \] f\"ur jedes $y\in Y$
    $\mu$-messbar. Nach Annahme sind die Abbildungen
    \[y\mapsto \int\limits_X \chi_{S_j}(x,y)\,d\mu(x),\]
    $j\in\N_{>0}$, $\nu$-messbar. Aus dem Satz von der monotonen
    Konvergenz, Theorem \ref{mon konv thm}, folgt die Gleichheit in
    \[y\mapsto \int\limits_X \chi_S(x,y)\,d\mu(x)
      =\sum\limits_{j=1}^\infty \int\limits_X
      \chi_{S_j}(x,y)\,d\mu(x).\]
    Da die Summanden auf der rechten Seite $\nu$-messbar sind, ist
    diese Funktion, nochmals nach Theorem \ref{verkn messb thm},
    $\nu$-messbar. Es folgt $\mathcal P_1\subset\mathcal F$. 
  \item Wir erhalten nun
    \begin{align*}
      \rho(S)
      &\overset{\text{Def.}}=\int\limits_Y\left(\,\int\limits_X
        \chi_S(x,y)\,d\mu(x)\right)\,d\nu(y)\umbruch\\
      &\overset{\text{s.\,o.}}= \int\limits_Y
        \left(\sum\limits_{j=1}^\infty \int\limits_X 
        \chi_{S_j}(x,y)\,d\mu(x)\right)\,d\nu(y)\umbruch\\
      &\underset{\text{\ref{mon konv thm}}}{\overset{\text{Thm.}}=}
        \sum\limits_{j=1}^\infty \int\limits_Y\left(\,\int\limits_X
        \chi_{S_j}(x,y)\,d\mu(x)\right)\,d\nu(y)
        =\sum\limits_{j=1}^\infty \rho(S_j).
    \end{align*}
    Damit haben wir \eqref{rho P1 eq} gezeigt. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{lemma}
  \label{P2 subset F lem}
  Sei $R=\bigcap\limits_{j=1}^\infty R_j$ mit $R_j\in\mathcal P_1$,
  $j\in\N_{>0}$, also $R\in\mathcal P_2$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Es gilt $R\in\mathcal F$ und damit
    $\mathcal P_2\subset\mathcal F$.
  \item Im Fall $\rho(R_1)<\infty$ gilt
    \begin{equation}
      \label{rho P2 eq}
      \rho(R) =\lim\limits_{k\to\infty}
      \rho\left(\bigcap\limits_{j=1}^k R_j\right).
    \end{equation}
  \end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(a)]
  \item Ohne Einschr\"ankung gelte $R_{j+1}\subset R_j$ f\"ur alle
    $j\in\N_{>0}$, da wir sonst $\tilde R_1=R_1$ und
    $\tilde R_{j+1}:=R_{j+1} \cap \tilde R_j$ betrachten
    k\"onnen. Beachte dazu, dass die Schnitte von zwei Elementen von
    $\mathcal P_1$ nach Lemma \ref{P1 endl schnitt abg lem} wieder in
    $\mathcal P_1$ liegen.
  \item Zu \eqref{S mu eq}: Es gilt
    $\chi_R=\inf\limits_{j\in\N}\chi_{R_j}$ (oder
    $=\lim\limits_{j\to\infty}\chi_{R_j}$). F\"ur die Mengen $R_j$,
    $j\in\N_{>0}$, gilt \eqref{S mu eq} nach Lemma \ref{P1 subset F
      lem} bereits. Es gibt also $\nu$-Nullmengen $N_j$,
    $j\in\N_{>0}$, so dass f\"ur alle $y\in Y\setminus N_j$ die
    Abbildungen $x\mapsto\chi_{R_j}(x,y)$ jeweils $\mu$-messbare
    Funktionen sind. Auch $N:=\bigcup\limits_{j\in\N_{>0}} N_j$ ist
    eine $\nu$-Nullmenge. Nach Theorem \ref{verkn messb thm} ist daher
    auch die Abbildung $x\mapsto\chi_R(x,y)$ f\"ur fast alle
    $y\in Y\setminus N$ eine $\mu$-messbare Funktion. Dies liefert
    \eqref{S mu eq}.
  \item Zu \eqref{S nu eq}: Auch hier gilt \eqref{S nu eq} f\"ur die
    Mengen $R_j$, $j\in\N_{>0}$, nach Lemma \ref{P1 subset F
      lem}. Dies \"ubertr\"agt sich nach Theorem \ref{verkn messb thm}
    wiederum auf das Infimum, also auf $R$.  Somit erhalten wir
    $\mathcal P_2\subset \mathcal F$.
  \item\label{P2 SdK eins} Zu \eqref{rho P2 eq}: Nach Voraussetzung
    gilt
    \[\infty >\rho(R_1) =\int\limits_Y \left(\,\int\limits_X
        \chi_{R_1}(x,y)\,d\mu(x)\right)\,d\nu(y).\] Daher folgt f\"ur
    $\mu$-fast alle $y\in Y$ auch
    $\mu((R_1)_y) =\int\limits_X \chi_{R_1}(x,y)\,d\mu(x)
    <\infty$. F\"ur diese $y$ folgt daher nach Theorem \ref{mon meng
      thm} \eqref{abst meng gleich} oder nach dem Satz von der
    dominierten Konvergenz, Theorem \ref{dom konv thm},
    \[\int\limits_X \chi_R(x,y)\,d\mu(x) =\mu(R_y)
      =\lim\limits_{j\to\infty} \mu((R_j)_y) =\lim\limits_{j\to\infty}
      \int\limits_X \chi_{R_j}(x,y)\,d\mu(x).\] Da die anderen
    $y\in Y$ eine $\mu$-Nullmenge bilden, gilt die Gleichheit
    weiterhin, wenn wir $\chi_R =\lim\limits_{j\to\infty} \chi_{R_j}$
    nutzen und \"uber $Y$ integrieren
    \[\int\limits_Y\left(\,\int\limits_X \lim\limits_{j\to\infty}
        \chi_{R_j}(x,y)\,d\mu(x)\right)\,d\nu(y) =\int\limits_Y
      \lim\limits_{j\to\infty} \left(\,\int\limits_X
        \chi_{R_j}\,d\mu(x)\right)\,d\nu(y).\] 
  \item F\"ur alle $j\in\N_{>0}$ gilt $\chi_{R_j}\le\chi_{R_1}$. Wir
    integrieren diese Ungleichung und erhalten
    \[\int\limits_X \chi_{R_j}(x,y)\,d\mu(x)
      \le\int\limits_X\chi_{R_1}(x,y)\,d\mu(x).\] Nach Voraussetzung
    $\rho(R_1)<\infty$ ist die rechte Seite als Funktion von $y$ eine
    $\nu$-integrable Funktion. Daher d\"urfen wir in der folgenden
    Rechnung an der mit \glqq SdK\grqq{} markierten Stelle den Satz
    von der dominierten Konvergenz, Theorem 
    \ref{dom konv thm}, anwenden und erhalten 
    \begin{align*}
      \rho(R)
      &=\int\limits_Y \left(\,\int\limits_X
        \chi_R(x,y)\,d\mu(x)\right)\,d\nu(y)\umbruch\\ 
      &=\int\limits_Y \left(\,\int\limits_X
        \lim\limits_{j\to\infty}
        \chi_{R_j}(x,y)\,d\mu(x)\right)\,d\nu(y)\umbruch\\
      &\overset{\text{\eqref{P2 SdK eins}}}=
        \int\limits_Y\lim\limits_{j\to\infty} 
        \left(\,\int\limits_X
        \chi_{R_j}\,d\mu(x)\right)\,d\nu(y)\umbruch\\ 
      &\overset{SdK}=\lim\limits_{j\to\infty} \int\limits_Y
        \left(\,\int\limits_X \chi_{R_j}(x,y)\,d\mu(x)\right)\,d\nu(y) 
        =\lim\limits_{j\to\infty}\rho(R_j). 
    \end{align*}
    Dies zeigt \eqref{rho P2 eq}.  \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{lemma}
  \label{mu nu inf R lem}
  Sei $S\subset X\times Y$ beliebig. Dann gilt \[(\mu\times\nu)(S)
    =\inf\{\rho(R)\colon S\subset R\in \mathcal P_1\}.\]
\end{lemma}
\begin{proof}
  Seien $A_i\subset X$, $i\in\N_{>0}$, $\mu$-messbare und
  $B_i\subset Y$, $i\in\N_{>0}$, $\nu$-messbare Mengen mit
  $S\subset\bigcup\limits_{i=1}^\infty (A_i\times B_i)=: R$. Wir
  wollen nun \eqref{rho P1 eq} nutzen. Dazu unterteilen wir die \glqq
  Rechtecke\grqq{} $A_i\times B_i$ feiner, so dass sie disjunkt werden
  oder in bereits betrachteten Rechtecken enthalten sind. Dies
  erreichen wir wie in Lemma \ref{P1 subset F lem}:
  $R=\bigcup_{j=1}^\infty A_j'\times B_j'$. Dies machen wir so, dass
  sich jedes Rechteck $A_i\times B_i$ aus endlich vielen Rechtecken
  $A_j'\times B_j'$, die nur f\"ur $A_i\times B_i$ verwendet werden,
  disjunkt vereinigen l\"asst. So ergibt sich -- nach Rekombination zu
  den urspr\"unglichen Rechtecken -- mit \eqref{rho P1 eq} f\"ur die
  disjunkten Rechtecke die erste Ungleichung, wobei \glqq$\le$\grqq{}
  statt \glqq$=$\grqq{} aufgrund der Rechtecke gilt, die bereits in
  vorher betrachteten enthalten sind, und weiter erhalten wir mit
  \eqref{rho P0 eq} das Gleichheitszeichen in
  \[\rho(R) \le\sum\limits_{i=1}^\infty \rho(A_i\times B_i)
    =\sum\limits_{i=1}^\infty \mu(A_i)\cdot\nu(B_i).\] Auf der linken
  Seite gehen wir nun zum Infimum \"uber und nutzen auf der rechten
  Seite die Definition von $(\mu\times\nu)$ und
  erhalten
  \[\inf\{\rho(R)\colon S\subset R\in\mathcal P_1\}
    \le(\mu\times\nu)(S).\] Zerlegen wir nun $R$ nochmals nach Lemma
  \ref{P1 subset F lem} disjunkt als
  $R=\bigcup\limits_{j=1}^\infty A_j'\times B_j'$, nun ohne doppelt
  auftretenden Rechtecke, so folgt, wieder mit \eqref{rho P1 eq} und
  \eqref{rho P0 eq},
  \[\rho(R) =\sum\limits_{j=1}^\infty \rho(A_j'\times B_j')
    =\sum\limits_{j=1}^\infty \mu(A_j')\cdot \nu(B_j')
    \ge(\mu\times\nu)(S).\] Die Behauptung folgt.
\end{proof}

\begin{proof}[Beweis von Theorem \ref{fubini thm} \eqref{fubini i}]
  Sei $A\times B\in\mathcal P_0$. Dann folgt f\"ur alle $R\in\mathcal
  P_1$ mit $A\times B\subset R$
  \begin{align*}
    (\mu\times\nu)(A\times B)
    &\le\mu(A)\cdot\nu(B) &&\text{(Definition von
      $(\mu\times\nu)$)}\umbruch\\
    &=\rho(A\times B)&&\text{\eqref{rho P0 eq}}\umbruch\\
    &\le\rho(R)&&\text{(Monotonie des Integrals)}.
  \end{align*}
  Auf der rechten Seite gehen wir nun zum Infimum \"uber alle solchen
  Mengen $R$ \"uber. Nach Lemma \ref{mu nu inf R lem} stimmen dann die
  beiden \"au\ss{}eren Ausdr\"ucke dieser Ungleichungskette
  \"uberein. Somit gilt \"uberall Gleichheit, also
  insbesondere \[(\mu\times\nu)(A\times B) =\mu(A)\cdot\nu(B)\] wie
  behauptet. \par
  \textbf{$(\mu\times\nu)$-Messbarkeit von $A\times B$:} Sei
  $T\subset X\times Y$ beliebig. Sei weiterhin $R\in\mathcal P_1$ mit
  $T\subset R$. Wir schreiben
  $R=(R\setminus(A\times B))\cup(R\cap (A\times B))$. Die beiden hier
  vereinigten Mengen k\"onnen wir disjunkt als
  $(R\setminus(A\times B)) =\bigdotcup\limits_{i=1}^\infty W_i$ bzw.{}
  $(R\cap(A\times B)) =\bigdotcup\limits_{j=1}^\infty V_j$ mit
  $W_i,V_j\in\mathcal P_0$ zerlegen, siehe Lemma \ref{P1 subset F
    lem}. Implizit verwenden wir diese Darstellungen beim n\"achsten
  Gleichheitszeichen. Es folgt
  \begin{align*}
    &\equad(\mu\times\nu)(T\setminus(A\times B))
    +(\mu\times\nu)(T\cap(A\times B))\\
    &\overset{\text{Lem.}}{\underset{\ref{mu nu inf R lem}}{\le}}
      \rho(R\setminus(A\times B)) +\rho(R\cap(A\times B))
    \overset{\text{\eqref{rho P1 eq}}}=\rho(R).
  \end{align*}
  Wir gehen nun auf der rechten Seite zum Infimum \"uber alle
  $R\supset T$ mit $R\in\mathcal P_1$ \"uber und nutzen dabei nochmals
  Lemma \ref{mu nu inf R lem}. Somit folgt daraus
  \[(\mu\times\nu)(T\setminus(A\times B))
    +(\mu\times\nu)(T\cap(A\times B)) \le(\mu\times\nu)(T).\] Also ist
  $A\times B$ eine $(\mu\times\nu)$-messbare Menge.   
\end{proof}

\begin{remark}
  Sei $A\subset X$ eine $\mu$- und sei $B\subset Y$ eine
  $\nu$-messbare Menge. Gelte
  $S=A\times B =\bigdotcup\limits_{i=1}^\infty S_i$ mit disjunkten
  Mengen $S_i\in\mathcal P_0$. Dann folgt
  \begin{align*}
    \lambda(A\times B)
    &\overset{\text{Bem.}}{\underset{\text{\ref{fub lambda def
      rem}}}=} \mu(A)\cdot\nu(B) \overset{\text{\eqref{rho P0 eq}}}=
      \rho(A\times B) =\rho(S)\umbruch\\
    &\overset{\text{\eqref{rho P1 eq}}}{=}
      \sum\limits_{i=1}^\infty \rho(S_i) \overset{\text{analog}}=
      \sum\limits_{i=1}^\infty \lambda(S_i).
  \end{align*}
  Also ist $\lambda$ ein Pr\"ama\ss{} auf der von $\mathcal P_0$
  erzeugten Algebra der Elementarfiguren. Daher folgt Theorem
  \ref{fubini thm} \eqref{fubini i} auch aus dem Carath\'eodory-Hahn
  Erweiterungssatz, Theorem \ref{carath hahn erw satz}.
\end{remark}

\begin{remark}
  Wir haben gezeigt, dass alle Mengen der Familie $\mathcal P_0$
  $(\mu\times\nu)$-messbar sind. Da die $(\mu\times\nu)$-messbaren
  Mengen eine $\sigma$-Algebra bilden, sind auch alle Mengen in
  $\mathcal P_1$ und $\mathcal P_2$ jeweils
  $(\mu\times\nu)$-messbar.
\end{remark}
  
\begin{lemma}
  \label{mu nu rho P2 lem}
  Sei $R=\bigcap\limits_{j=1}^\infty R_j\in\mathcal P_2$ mit
  $R_j\in\mathcal P_1$ und $\rho(R_j)<\infty$ f\"ur alle
  $j\in\N_{>0}$. Dann gilt
  \begin{equation}
    \label{mu nu rho P2 eq}
    (\mu\times\nu)(R)=\rho(R).
  \end{equation}
  (Es gen\"ugt $\rho(R_j)<\infty$ f\"ur $j=1$ vorauszusetzen.)
\end{lemma}
\begin{proof}
  Wir f\"uhren den Beweis in zwei Schritten; zun\"achst f\"ur Mengen
  in $\mathcal P_1$ und dann darauf aufbauend f\"ur
  $R\in \mathcal P_2$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Seien zun\"achst $S_j\equiv A_j\times B_j\in\mathcal P_0$,
    $j\in\N_{>0}$, disjunkt. Es folgt
    \begin{align*}
      \rho\left(\bigcup\limits_{j=1}^\infty S_j\right)
      &\overset{\text{\eqref{rho P1 eq}}}= \sum\limits_{j=1}^\infty
        \rho(S_j) =\sum\limits_{j=1}^\infty \rho(A_j\times B_j)
        \overset{\text{\eqref{rho P0 eq}}}= 
        \sum\limits_{j=1}^\infty \mu(A_j)\cdot\nu(B_j)\umbruch\\
      &\overset{\text{Thm.}}{\underset{\text{\ref{fubini thm}
        \eqref{fubini i}}}=} \sum\limits_{j=1}^\infty 
        (\mu\times\nu) (A_j\times B_j) =\sum\limits_{j=1}^\infty
        (\mu\times\nu)(S_j)
        =(\mu\times\nu)\left(\bigcup\limits_{j=1}^\infty S_j\right), 
    \end{align*}
    wobei wir im letzten Schritt benutzt haben, dass $(\mu\times\nu)$
    ein Ma\ss{} ist, dass die beteiligten Mengen
    $(\mu\times\nu)$-messbar sind und dass somit Theorem \ref{mon meng
      thm} \eqref{disj meng add} gilt. Wir haben also gezeigt, dass
    $\rho$ und $(\mu\times\nu)$ auf $\mathcal P_1$
    \"ubereinstimmen. 
  \item Da auf $\mathcal P_1$ wie oben gezeigt $\rho$ und
    $(\mu\times\nu)$ \"ubereinstimmen, folgt aus $\rho(R_j)<\infty$
    f\"ur $R_j\in\mathcal P_1$, $j\in\N$,
    $(\mu\times\nu)(R_j) =\rho(R_j)<\infty$.  Nach Lemma \ref{P1 endl
      schnitt abg lem} ist
    $\bigcap\limits_{j=1}^k R_j\in \mathcal P_1$ in der Gestalt
    $\bigcup\limits_{j=1}^\infty S_j$, $S_j\in\mathcal P_0$,
    darstellbar.  Somit folgt 
    \begin{align*}
      \rho(R)
      &\overset{\text{\eqref{rho P2 eq}}}=\lim\limits_{k\to\infty}
        \rho\left(\bigcap\limits_{j=1}^k 
        R_j\right)
        \overset{\text{s.\,o.}}= \lim\limits_{k\to\infty}
        (\mu\times\nu) \left(\bigcap\limits_{j=1}^k R_j\right)\\
      &\overset{\text{Theorem}}{\underset{\text{\ref{mon meng
        thm}~\eqref{abst meng gleich}}}=}(\mu\times\nu)(R)
    \end{align*}
    wie behauptet. \qedhere    
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{lemma}
  \label{umf R P2 lem}
  Sei $S\subset X\times Y$ beliebig. Dann gibt es $R\in\mathcal P_2$
  mit $S\subset R$ und \[\rho(R) =(\mu\times\nu)(R)
    =(\mu\times\nu)(S).\] 
\end{lemma}
\begin{proof}
  Die erste Gleichheit gilt f\"ur beliebige $R\in\mathcal P_2$ nach
  Lemma \ref{mu nu rho P2 lem}. \par
  Ohne Einschr\"ankung sei $(\mu\times\nu)(S)<\infty$, denn sonst
  k\"onnen wir $R=X\times Y$ w\"ahlen. \par Nach Lemma \ref{mu nu inf
    R lem} gibt es f\"ur jedes $j\in\N_{>0}$ Mengen
  $R_j\in\mathcal P_1$ mit $S\subset R_j$ und
  \[(\mu\times\nu)(S) \le\rho(R_j) \le(\mu\times\nu)(S) +\frac1j.\]
  Ohne Einschr\"ankung gelte $R_{j+1}\subset R_j$ f\"ur alle
  $j\in\N_{>0}$, denn sonst k\"onnten wir stattdessen die Mengen
  $\tilde R_j$, $j\in\N_{>0}$, mit $\tilde R_1=R_1$ und
  $\tilde R_{j+1} =R_{j+1}\cap\tilde R_j$ f\"ur $j>1$ betrachten, denn
  $\mathcal P_1$ ist nach Lemma \ref{P1 endl schnitt abg lem} unter
  endlichen Schnitten abgeschlossen. \par Wir definieren
  nun \[R:=\bigcap\limits_{j=1}^\infty R_j\in\mathcal P_2.\] Wegen
  $S\subset R_j$ f\"ur alle $j\in\N_{>0}$ folgt $S\subset R$. Nun
  folgt die Behauptung aus \eqref{rho P2 eq}.
\end{proof}

Als vorbereitendes Hilfsresultat ben\"otigen wir
\begin{lemma}
  \label{int null fu null lem}
  Sei $\Omega\subset\R^n$ eine $\mu$-messbare Menge und sei $f\colon
  \Omega\to [0,\infty]$ eine $\mu$-messbare Funktion. Gilt
  $\int\limits_\Omega f\,d\mu=0$, so folgt $f=0$ $\mu$-fast
  \"uberall. 
\end{lemma}
\begin{proof}
  Nach Lemma \ref{messbr uneig int lem} ist $f$ uneigentlich
  $\mu$-integrabel und wegen $\int\limits_\Omega f\,d\mu=0$ ist $f$
  auch $\mu$-integrabel. Wir definieren f\"ur $k\in\N_{>0}$ die
  Mengen \[A_k:=\left\{ x\in\Omega \colon f(x)\ge\frac1k \right\}.\]
  Wegen $f\ge\frac1k\chi_{A_k}$ und der Monotonie des Integrals,
  Theorem \ref{int mon thm}, erhalten wir
  \[0 =\int\limits_\Omega f\,d\mu \ge\int\limits_\Omega
    \frac1k\chi_{A_k}\,d\mu =\frac1k\cdot\mu(A_k).\] Vergleiche dazu
  auch Theorem \ref{tschebychev thm}. Somit ist $A_k$ f\"ur jedes
  $k\in\N_{>0}$ eine $\mu$-Nullmenge. Dies \"ubertr\"agt sich folglich
  auch auf
  $\{x\in\Omega\colon f(x)>0\} =\bigcup\limits_{k=1}^\infty
  A_k$. Daher folgt die Behauptung.
\end{proof}


\begin{proof}[Beweis von Theorem \ref{fubini thm} \eqref{fubini ii}]
  Sei $S\subset X\times Y$ eine $(\mu\times\nu)$-messbare Menge mit
  $(\mu\times\nu)(S)<\infty$. Nach Lemma \ref{umf R P2 lem} gibt es
  $R\in\mathcal P_2$ mit $S\subset R$ und $(\mu\times\nu)(S)
  =\rho(R)$.\par Wir betrachten nun zwei F\"alle:
  \begin{enumerate}[(a)]
  \item\label{fubini ii a} Angenommen, es gilt
    $(\mu\times\nu)(S) =\rho(R) =0$. Nach Lemma \ref{P2 subset F lem}
    gilt $R\in\mathcal F$. Weiterhin gilt $0\le\chi_S
    \le\chi_R$. Wegen $\rho(R)=0$ gilt nach Lemma \ref{int null fu
      null lem} $0 =\int\limits_X \chi_R(x,y)\,d\mu(x)$ f\"ur
    $\nu$-fast alle $y\in Y$. F\"ur diese $y\in Y$ ist daher wiederum
    aufgrund dieses Lemmas $0 =\chi_R(x,y)$ f\"ur $\mu$-fast alle
    $x\in X$. Folglich gilt f\"ur diese $y\in Y$ auch $0 =\chi_S(x,y)$
    f\"ur $\mu$-fast alle $x\in X$. Daher ist $x\mapsto\chi_S(x,y)$
    f\"ur diese $y\in Y$ eine $\mu$-messbare Funktion und \eqref{S mu
      eq} folgt. Da die Funktion
    $y\mapsto\int\limits_X \chi_R(x,y)\,d\mu(x)$ f\"ur $\nu$-fast alle
    $y\in Y$ verschwindet, gilt dies auch f\"ur
    $y\mapsto\int\limits_X \chi_S(x,y)\,d\mu(x)$. Somit ist diese
    Funktion $\nu$-messbar und \eqref{S nu eq} folgt. Also gilt
    $S\in\mathcal F$. Beachte, dass eine Menge genau dann messbar ist,
    wenn dies f\"ur die zugeh\"orige charakteristische Funktion gilt.
    Somit folgt aus \eqref{S mu eq} die $\mu$-Messbarkeit von $S_y$
    f\"ur $\nu$-fast alle $y\in Y$. In \eqref{S nu eq} verschwindet
    die dort betrachtete Funktion $\nu$-fast \"uberall. Somit ist sie
    auch $\nu$-integrabel. Schlie\ss{}lich ergibt sich aus
    $0\le\chi_S\le\chi_R$ auch $\rho(S)=0$ wie gew\"unscht.
  \item Angenommen, es gilt $(\mu\times\nu)(S) =\rho(R) >0$. Wir haben
    $R$ mit Hilfe von Lemma \ref{umf R P2 lem} bestimmt. Im hier
    betrachteten Fall $(\mu\times\nu)(S)<\infty$ geht aus dem dortigen
    Beweis hervor, dass auch alle dort im Schnitt auftretenden Mengen
    $R_j\in\mathcal P_1$ die Ungleichung $\rho(R_j)<\infty$
    erf\"ullen. Daher erhalten wir mit Lemma \ref{mu nu rho P2
      lem} $(\mu\times\nu)(R) =\rho(R)$. Somit gilt
    \[0 =(\mu\times\nu)(R) -(\mu\times\nu)(S)
      =(\mu\times\nu)(R\setminus S).\] Dabei haben die
    $(\mu\times\nu)$-Messbarkeit von $S$ und je nach Argumentation
    auch die von $R$ benutzt. F\"ur $S$ ist diese nach Voraussetzung
    gegeben, f\"ur $R$ folgt sie aus Theorem \ref{fubini thm}
    \eqref{fubini i} und der Definition von $\mathcal P_k$,
    $k=0,1,2$. Nach Lemma \ref{umf R P2 lem} gibt es nun
    $T\in\mathcal P_2$ mit $R\setminus S\subset T$ und
    $\rho(T) =(\mu\times\nu)(R\setminus S) =0$. Wie in \eqref{fubini
      ii a} folgt nun $\rho(R\setminus S) =\rho(T) =0$. Weiterhin gilt
    $\rho(R)<\infty$. Daraus ergeben sich $\mu(R_y)<\infty$,
    $\mu((R\setminus S)_y)=0$ und weiter, da sich $S_y$ von $R_y$ nur
    um eine $\mu$-Nullmenge unterscheidet und damit selbst
    $\mu$-messbar ist,
    $\mu(S_y) =\mu(S_y)+\mu((R\setminus S)_y) =\mu(R_y)$, jeweils
    f\"ur $\nu$-fast alle $y\in Y$. Nun ergibt sich daraus
    \[(\mu\times\nu)(S) =\rho(R) =\int\limits_Y \mu(R_y)\,d\nu(y)
      =\int\limits_Y \mu(S_y)\,d\nu(y) =\rho(S).\] Hieraus liest man
    auch direkt die $\nu$-Integrabilit\"at von $\mu(S_y)$ ab. Dies
    ergibt gerade die Behauptung. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{proof}[Beweis von Theorem \ref{fubini thm} \eqref{fubini iii}]
  Sei $S\subset\R^n$, $n=k+l$, offen. Dann ist $S$ nach Theorem
  \ref{offen messb thm} als abz\"ahlbare Vereinigung von Intervallen
  darstellbar, also nach Theorem \ref{fubini thm} \eqref{fubini i}
  $(\mu\times\nu)$-messbar. Somit ist $(\mu\times\nu)$
  Borelsch. \par Da die beiden Ma\ss{}e $\mu$ und $\nu$ als
  Borelma\ss{}e Borel regul\"ar sind, gelten die Aussagen von Lemma
  \ref{mu nu inf R lem} und Lemma \ref{umf R P2 lem} auch, wenn wir
  dort die Mengen $\mathcal P_i$, $i=0,1,2$, durch 
  \begin{align*}
    \tilde{\mathcal P}_0
    &=\{A\times B\colon A,B\text{ Borelsch}\},\umbruch\\
    \tilde{\mathcal P}_1
    &=\left\{ \bigcup\limits_{j=1}^\infty S_j\colon
      S_j\in\tilde{\mathcal P}_0\right\}
      \intertext{und}
      \tilde{\mathcal P}_2
    &=\left\{\bigcap\limits_{j=1}^\infty S_j\colon
      S_j\in\tilde{\mathcal P}_1\right\}
  \end{align*}
  ersetzt. Um dies einzusehen ersetzt man die auftretenden Mengen in
  der aufeinander aufbauenden Konstruktion von $\tilde{\mathcal P}_i$,
  $i=0,1,2$, jeweils durch ma\ss{}gleiche umschlie\ss{}ende
  Borelmengen, die aufgrund der Borelregularit\"at existieren.\par
  Nach Definition sind $\tilde{\mathcal P}_i$, $i=0,1,2$, und
  insbesondere $\tilde{\mathcal P}_2$ in der Borelalgebra von $\R^n$
  enthalten. Dies sieht man nacheinander f\"ur $i=0,1$ und dann f\"ur
  $i=2$. Somit ist $(\mu\times\nu)$ nach Lemma \ref{umf R P2 lem} ein
  Borel regul\"ares Ma\ss{}. \par Sei $K\subset\R^n\equiv \R^{k+l}$
  kompakt. Die Projektionen $Q_1:=\pi_1(K)\subset\R^k$ und
  $Q_2:=\pi_2(K)\subset\R^l$ sind somit ebenfalls kompakt. Da $\mu$
  und $\nu$ Radonma\ss{}e sind, folgen $\mu(Q_1)<\infty$ und
  $\nu(Q_2)<\infty$. Es folgt auch, dass $Q_1$ $\mu$-messbar und $Q_2$
  $\nu$-messbar sind. Weiterhin gilt $K\subset Q_1\times Q_2$. Wir
  erhalten \[(\mu\times\nu)(K) \le(\mu\times\nu)(Q_1\times Q_2)
    =\mu(Q_1)\cdot\nu(Q_2)<\infty.\] 
  \par Somit ist $(\mu\times\nu)$ ein Radonma\ss{}.
\end{proof}

\begin{proof}[Beweis von Theorem \ref{fubini thm} \eqref{fubini iv}]
  Es gen\"ugt, in $x,\mu,X$ und $y,\nu,Y$ symmetrische Aussagen nur
  einmal zu zeigen.\par
  Ist $f=\chi_S$ mit $S$ wie in Theorem \ref{fubini thm} \eqref{fubini
    ii}, so folgt die Behauptung aus diesem Teil. \par Ist $f\ge0$,
  also nach Lemma \ref{messbr uneig int lem} uneigentlich
  $(\mu\times\nu)$-integrabel, so gibt es nach Theorem \ref{treppen
    fkt approx thm} $(\mu\times\nu)$-messbare Mengen $S_j\in\R^n$,
  $j\in\N_{>0}$, so dass wir $f$ verm\"oge
  \[f=\sum\limits_{j=1}^\infty \frac1j\chi_{S_j}\] als (monotonen)
  Limes von Treppenfunktionen darstellen k\"onnen. Aufgrund von
  Theorem \ref{fubini thm} \eqref{fubini ii} und der Linearit\"at des
  Integrals gilt die Behauptung f\"ur die Partialsummen
  $f_k:=\sum\limits_{j=1}^k \frac1j\chi_{S_j}$, $k\in\N_{>0}$.
  Mit dem  
  Satz von der monotonen Konvergenz, Theorem \ref{mon konv thm}, 
  k\"onnen wir nun zum Grenzwert $k\to\infty$ \"ubergehen und erhalten
  die behauptete Integralidentit\"at. Hieraus lesen wir die
  Integrabilit\"at der beiden in der Behauptung angegebenen Funktionen
  ab. \par Eine beliebige Funktion zerlegen wir als $f=f_+-f_-$ und
  benutzen die Linearit\"at.   
\end{proof}

Im folgenden Beispiel sehen wir dass eine Menge $S\subset X\times Y$,
die \eqref{S mu eq} und \eqref{S nu eq} erf\"ullt, nicht
$(\mu\times\nu)$-messbar sein muss.
\begin{beispiel}
  \label{fubini gegenbsp}
  Seien $X=Y=\R$, $\mu=\nu=\mathcal L^1$ und sei $A\subset[0,1]$ eine
  nicht $\mathcal L^1$-messbare Menge. Wir definieren
  \[S:=\left\{(x,y)\colon |x-\chi_A(y)|<\frac12, y\in[0,1]\right\}.\]
  Dann ist $S$ nach Theorem \ref{fubini thm} \eqref{fubini ii} (mit
  vertauschten Rollen) nicht
  $(\mu\times\nu)$-messbar. Die Menge $S_y =\{x\in\R\colon(x,y)\in
  S\}$ ist jedoch f\"ur alle $y$ ein Intervall der L\"ange
  Eins, daher $\mu$-messbar und es gilt $\mu(S_y)=1$. 
\end{beispiel}

\begin{remark}[Tonelli]
  Ist $f\colon X\times Y\to[0,\infty]$ bez\"uglich $(\mu\times\nu)$
  messbar, so folgt aus dem Beweis von Theorem \ref{fubini thm}
  \eqref{fubini iv}, dass $f$ bez\"uglich $(\mu\times\nu)$ integrabel
  ist, falls eines der iterierten Integrale endlich ist.
\end{remark}

\begin{remark}
  Im Allgemeinen kann eines der iterierten Integrale existieren, ohne
  dass $f$ eine $(\mu\times\nu)$-messbare Funktion ist oder ohne dass
  $f$ bez\"uglich $(\mu\times\nu)$ integrabel ist.
  \begin{itemize}
  \item Betrachte $S$ wie in Beispiel \ref{fubini gegenbsp}. Es
    gilt \[\int\limits_0^1\int\limits_\R \chi_S(x,y)\,dx\,dy
      =\int\limits_0^1 1\,dy =1.\] 
  \item Betrachte $f(x,y)=\frac{\sin(y)}x$ auf
    $(0,1)\times[0,2\pi]$. Dann gilt $\int\limits_0^{2\pi}
    f(x,y)\,dy=0$ f\"ur alle $x\in(0,1)$, jedoch gilt \[\int\limits_0^1
      \int\limits_0^{2\pi} \left|\frac{\sin(y)}x\right| \,dy\,dx \ge
      \int\limits_0^1 \int\limits_{\frac\pi6}^{\frac{5\pi}6}
      \left|\frac{\sin(y)}x\right| \,dy\,dx \ge\frac12
      \int\limits_0^1\frac1x\,dx =\infty.\]
  \end{itemize}
\end{remark}

% \subsection{Faltung}

\iffalse
\begin{enumerate}[(i)]
\item Bemerkung 8.3.3: $C^p$-Differenzierbarkeit von
  parameterabh\"angigen L\"osungen: Wieso ist die
  Differentialgleichung wie angegeben? Anschauen, ob dies einen
  Schritt wie bei der Analyse des $C^1$-Falles ben\"otigt.
\item Bei der Konstruktion von Ma\ss{}en setzt Michael Struwe noch
  $X\neq\emptyset$ voraus. 
\item Modulhandbuch: Allgemeine Ma\ss{}theorie: Ma\ss{}r\"aume,
  messbare Funktionen. Lebesgue-Integral: Einf\"uhrung,
  Konvergenzs\"atze, Produktma\ss{} und Transformationssatz, ggf. noch
  $L^p$-R\"aume, Faltung und glatte Approximation. 
\item Kurven und Fl\"achen, Kurvenintegrale, Integration auf
  Untermannigfaltigkeiten. 
\item Zerlegung der Eins, Integralsatz von Gau\ss{}. 
\end{enumerate}
\fi

\iffalse
\section{Integrationstheorie}
\subsection{Messbare Funktionen}

Sei $(X,\mathcal A,\mu)$ in diesem Kapitel stets ein
$\sigma$-endlicher vollst\"andiger Ma\ss{}raum und sei $E$ ein
Banachraum.

\subsubsection{Einfache und messbare Funktionen}

\begin{definition}[$\mu$-fast \"uberall]
  Sei $A$ eine Aussageform auf $X$. Dann sagen wir, dass $A$
  \emph{$\mu$-fast \"uberall}, kurz \emph{$\mu$-f.\,\"u.}, gilt, falls
  es eine $\mu$-Nullmenge $N$ gibt, so dass $A(x)$ f\"ur alle
  $x\in X\setminus N$ gilt.
\end{definition}

\begin{beispiele} \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Seien $f,g\colon X\to\R$ Funktionen. Dann gilt $f\ge g$
    $\mu$-fast \"uberall, falls es eine $\mu$-Nullmenge $N$ gibt, so
    dass f\"ur jedes $x\in X\setminus N$ die Aussage $f(x)\ge g(x)$
    gilt.
  \item Seien $f,f_j\colon X\to E$, $j\in\N$, Funktionen. Dann
    konvergiert $f_j$ fast \"uberall gegen $f$, falls es eine
    $\mu$-Nullmenge $N$ mit $f_j(x)\to f(x)$ f\"ur alle $x\in
    X\setminus N$ gibt.
  \item Eine Abbildung $f\colon X\to E$ ist genau dann $\mu$-fast
    \"uberall beschr\"ankt, wenn es eine $\mu$-Nullmenge $N$ und ein
    $c\ge0$ mit $\Vert f(x)\Vert\le c$ f\"ur alle $x\in X\setminus N$
    gibt.
  \item Gelte eine Aussage(form) $A$ $\mu$-fast \"uberall. Dann ist
    die Menge \[\{x\in X\colon A(x)\text{ gilt nicht}\}\] eine
    $\mu$-Nullmenge. 
    \begin{proof}[Beweis]
      Als Teilmenge einer Nullmenge in einem vollst\"andigen
      Ma\ss{}raum ist diese Menge selbst wieder eine Nullmenge.       
    \end{proof}
    (Dieses Resultat gilt in einem nicht vollst\"andigen Ma\ss{}raum
    i.\,a.{} nicht.)
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

Funktionen, die insbesondere nur endlich viele Werte annehmen,
hei\ss{}en einfach. 
\begin{definition}[$\mu$-einfach]
  Eine Funktion $f\colon X\to E$ hei\ss{}t $\mu$-einfach, falls die
  folgenden Eigenschaften erf\"ullt sind:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $f(X)$ ist endlich,
  \item $f^{-1}(\{e\})\in\mathcal A$ f\"ur jedes $e\in E$ und
  \item $\mu\left(f^{-1}(E\setminus\{0\})\right)<\infty$. 
  \end{enumerate}
  Wir bezeichnen die Teilmenge der $\mu$-einfachen Funktionen unter
  allen Abbildungen $X\to E$ mit $\mathcal{EF}(X,\mu,E)$. 
\end{definition}

\begin{definition}
  Eine Funktion $f\colon X\to E$ hei\ss{}t \emph{$\mu$-messbar}, falls es
  eine Folge $(f_j)_{j\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ mit $f_j\to
  f$ f\"ur $j\to\infty$ $\mu$-fast \"uberall in $X$ gibt. Wir
  definieren $\mathcal L^0(X,\mu,E):=\{f\colon X\to E\colon f\text{
    ist $\mu$-messbar}\}$. 
\end{definition}

\begin{remark}\stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ist klar, um welchen Ma\ss{}raum es sich handelt, so sprechen
    wir auch von \emph{einfachen} bzw.{} \emph{messbaren} Funktionen
    statt von $\mu$-einfachen bzw.{} $\mu$-messbaren Funktionen.
  \item Einfachheit und Messbarkeit kann man analog auch f\"ur nicht
    vollst\"andige Ma\ss{}r\"aume definieren. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{remark}
  \label{einf fkt rem}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item \stern Es gilt \[\mathcal{EF}(X,\mu,E)\subset\mathcal
    L^0(X,\mu,E)\subset\Abb(X,E)\] und alle diese R\"aume sind
    Vektorr\"aume bzw.{} Untervektorr\"aume.
  \item\label{einf fkt rem i} Seien $m\in\N$, $e_j\in E$,
    $A_j\in\mathcal A$ mit $\mu(A_j)<\infty$, $1\le j\le m$. Definiere
    $f:=\sum\limits_{j=1}^m e_j\chi_{A_j}$, wobei $\chi_{A_j}$ wie
    \"ublich die charakteristische Funktion der Menge $A_j$
    bezeichnet. Dann gilt $f\in\mathcal{EF}(X,\mu,E)$. \par Gelten
    au\ss{}erdem $e_j\neq0$ f\"ur $1\le j\le m$ und $e_j\neq e_k$
    sowie $A_j\cap A_k=\emptyset$ f\"ur alle $1\le j\neq k\le m$, so
    hei\ss{}t $\sum\limits_{j=1}^m e_j\chi_{A_j}$ \emph{Normalform}
    der einfachen Funktion $f$.
  \item \stern Jede einfache Funktion besitzt eine (bis auf
    Umnummerierung) eindeutig bestimmte Normalform.
  \item \stern Seien $f\colon X\to E$ und $g\colon X\to\K$
    $\mu$-einfach bzw.{} $\mu$-messbar. Dann sind auch $\Vert
    f\Vert\colon X\to\R$ und $gf$ $\mu$-einfach bzw.{}
    $\mu$-messbar. Insbesondere sind $\mathcal{EF}(X,\mu,\K)$ und
    $\mathcal L^0(X,\mu,\K)$ Unteralgebren von $\Abb(X,\K)$.
  \item \stern Sei $A\in\mathcal A$ und $f\colon X\to E$ eine
    Abbildung. Definiere das Ma\ss{} $\nu$ auf $\{B\in\mathcal A\colon
    B\subset A\}$ als Einschr\"ankung von $\mu$ auf diese Menge. Dann
    sind die folgenden Aussagen \"aquivalent:
    \begin{enumerate}[(a)]
    \item $f|_A\in\mathcal{EF}(A,\nu,E)$ bzw.{} $f|_A\in\mathcal
      L^0(A,\nu,E)$ und 
    \item $\chi_A f\in\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ bzw.{} $\chi_A
      f\in\mathcal L^0(X,\mu,E)$. 
    \end{enumerate}
    \begin{proof}[Beweis]
      \"Ubung. 
    \end{proof}
  \item \stern Sei $f\in\mathcal L^0(X,\mu,\K)$. Dann ist $g\colon
    X\to\R$ mit \[g(x):=
    \begin{cases}
      \frac1{f(x)},&f(x)\neq0,\\
      0,&\text{sonst}
    \end{cases}\]
    ebenfalls $\mu$-messbar. \par Entsprechendes gilt f\"ur
    $\mu$-einfache Funktionen. 
  \item \stern Sei $e\in E\setminus\{0\}$ und gelte
    $\mu(X)=\infty$. Dann gilt $\chi_Xe\in\mathcal L^0(X,\mu,E)$, da
    $(X,\mathcal A,\mu)$ $\sigma$-endlich ist, jedoch ist
    $\chi_Xe\not\in\mathcal{EF}(X,\mu,E)$.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\subsubsection{Ein Messbarkeitskriterium}

\begin{definition}
  Sei $f\colon X\to E$ eine Funktion. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $f$ hei\ss{}t \emph{$\mathcal A$-messbar}, falls Urbilder
    offener Mengen messbar sind, \dh $f^{-1}(O)$ ist f\"ur alle
    offenen $O\subset E$ messbar.
  \item\stern Gibt es eine $\mu$-Nullmenge $N\subset X$, so dass
    $f(X\setminus N)$ separabel ist, so hei\ss{}t $f$ \emph{$\mu$-fast
      separabelwertig}.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  \stern
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Jede Teilmenge und daher insbesondere jeder Unterraum eines
    separablen metrischen Raumes ist separabel.
  \item Ist $E$ separabel, so ist jede Funktion $f\colon X\to E$
    $\mu$-fast separabelwertig. 
  \item Jeder endlichdimensionale normierte Vektorraum ist
    separabel. Daher sind alle Funktionen $f\colon X\to\R^n$
    $\mu$-fast separabelwertig. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{theorem}
  \stern \label{mu messb A messb aequiv thm}
  Sei $f\colon X\to E$ eine Funktion. Dann ist $f$ genau dann
  $\mu$-messbar, wenn sie $\mathcal A$-messbar und $\mu$-fast
  separabelwertig ist. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item \Hinrichtung Sei $f$ $\mu$-messbar, \dh $f\in\mathcal
    L^0(X,\mu,E)$, also durch einfache Funktionen approximierbar. \par
    \textbf{$\mu$-fast separabelwertig:} \stern Nach Definition gibt
    es eine Folge $(\phi_j)_{j\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,E)$
    einfacher Funktionen, die $f$ fast \"uberall approximieren. Also
    existiert eine Nullmenge $N\subset X$ mit $\phi_j(x)\to f(x)$
    f\"ur $j\to\infty$ f\"ur alle $x\in X\setminus N$. Die Bildmenge
    $F:=\bigcup\limits_{j\in\N}\phi_j(X)$ ist separabel und somit ist
    auch $\ol F$ separabel. Aufgrund der Konvergenz $\phi_j(x)\to
    f(x)$ gilt $f(X\setminus N)\subset\ol F$. Als Teilmenge eines
    separablen metrischen Raumes ist auch $f(X\setminus N)$ selbst
    wieder separabel.\par
    \textbf{$\mathcal A$-Messbarkeit:} Sei $O\subset E$ eine beliebige
    offene Teilmenge. Definiere f\"ur $n\in\N_{>0}$ die Mengen
    $O_n:=\left\{y\in O\colon \dist(y,E\setminus
      O)>\frac1n\right\}$. Nach Definition ist $O_n$ offen und es gilt
    $\ol O_n\subset O$. Sei $x\in X\setminus N$. Aufgrund der
    Konvergenz sind f\"ur $x\in X\setminus N$ die Aussagen $f(x)\in O$
    und $\exists\,n>0\,\exists\,m>0\,\forall\,j\ge m\colon
    \phi_j(x)\in O_n$ \"aquivalent. Wir erhalten
    daraus \[f^{-1}(O)\cap(X\setminus N) =\bigcup\limits_{n,m>0}
    \bigcap\limits_{j\ge m} \phi_j^{-1}(O_n)\cap (X\setminus N).\] Es
    gilt $\phi_j^{-1}(O_n)\in\mathcal A$ f\"ur alle $n>0$ und alle
    $j\in\N$, denn $\phi_j$ ist eine $\mu$-einfache Funktion und f\"ur
    $\mu$-einfache Funktionen gilt $\phi^{-1}_j(Z)\in\mathcal A$ f\"ur
    beliebige Mengen $Z\subset E$. Da $\mathcal A$ eine
    $\sigma$-Algebra ist, folgt somit auch $f^{-1}(O)\cap (X\setminus
    N)\in\mathcal A$.\par
    Das Ma\ss{} $\mu$ ist vollst\"andig. Somit ist mit $N$ auch
    $f^{-1}(O)\cap N$ eine $\mu$-Nullmenge und wir
    erhalten \[f^{-1}(O) =\left(f^{-1}(O)\cap(X\setminus N)\right)
    \cup\left(f^{-1}(O)\cap N\right)\in\mathcal A.\]
  \item \Rueckrichtung Sei nun $f$ $\mu$-fast separabelwertig und
    $\mathcal A$-messbar. Wir betrachten die F\"alle $\mu(X)<\infty$
    und $\mu(X)=\infty$ separat. \par
    \textbf{$\mu(X)<\infty$:} Sei $n\in\N$. Nach Voraussetzung gibt es
    eine $\mu$-Nullmenge, so dass $f(X\setminus N)$ separabel
    ist. Daher gibt es eine abz\"ahlbare dichte Teilmenge $\{e_j\colon
    j\in\N\}$ von $f(X\setminus N)$. Kleine Kugeln um diese Punkte
    \"uberdecken die Menge $f(X\setminus N)$ bereits und daher
    gilt \[X=N\cup\bigcup\limits_{j\in\N}
    \underbrace{f^{-1}(B_{\frac1{n+1}}(e_j))}_{=:X_{j,n}}.\] Da $f$
    eine $\mathcal A$-messbare Funktion ist, gilt $X_{j,n}\in\mathcal
    A$ f\"ur alle $j,n\in\N$. Wegen $\mu(X)<\infty$ und der Stetigkeit
    von unten k\"onnen wir $X$ bis auf eine Menge von kleinem Ma\ss{}
    bereits mit endlich vielen Mengen \"uberdecken: Es gibt
    $m=m(n)\in\N$, so dass \[\mu\Bigg(\underbrace{X\setminus
      \bigcup\limits_{j=0}^m X_{j,n}}_{=:Y_n}\Bigg)
    \le\frac1{2^{n+1}}\] gilt. Auf den Mengen $X_{j,n}$ wollen wir nun
    $(\phi_n)_{n\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ als $e_j$
    definieren, m\"ussen diese aber auf den Schnitten von Mengen
    $X_{j,n}$ leicht modifizieren und setzen daher 
    \[\phi_n(x):=
    \begin{cases}
      e_j,&x\in
      X_{j,n}\setminus\bigcup\limits_{k=0}^{j-1}X_{k,n},\,0\le j\le
      m(n),\\
      0,&\text{sonst.}
    \end{cases}\] Nach Definition folgt $|\phi_n(x)-f(x)|
    \le\frac1{n+1}$ f\"ur $x\in X\setminus Y_n =\bigcup\limits_{j=0}^m
    X_{j,n}$. W\"urde das Ma\ss{} der Ausnahmemengen $Y_n$ nicht nur
    immer kleiner, sondern w\"aren diese Mengen auch ineinander
    enthalten, so folgte die Behauptung. \par Nun ben\"otigen wir
    jedoch noch eine Zusatzkonstruktion.  Wir setzen
    $Z_n:=\bigcup\limits_{k=0}^\infty Y_{n+k}$ und erhalten eine
    absteigende Folge von Mengen mit der Absch\"atzung $\mu(Z_n)
    \le\sum\limits_{k=0}^\infty \mu(Y_{n+k}) \le\frac1{2^n}$. Somit
    ist $Z:=\bigcap\limits_{n\in\N} Z_n$ aufgrund der Stetigkeit von
    $\mu$ von oben eine $\mu$-Nullmenge. Wir definieren \[\psi_n(x):=
    \begin{cases}
      \phi_n(x),&x\in X\setminus Z_n,\\
      0,&x\in Z_n. 
    \end{cases}\] Es gilt
    $(\psi_n)_{n\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,E)$. Sei nun $x\in
    X\setminus Z$ beliebig. Dann gibt es ein $m\in\N$ mit $x\not\in
    Z_m$. Da die Folge $(Z_n)_{n\in\N}$ absteigend ist, folgt f\"ur
    alle $n\ge m$ ebenso $x\not\in Z_n$ und wir
    erhalten \[|\psi_n(x)-f(x)| =|\phi_n(x)-f(x)|
    \le\frac1{n+1}\quad\text{f\"ur alle }n\ge m,\] da $x\not\in Y_n$
    f\"ur alle $n\ge m$ gilt. Daher gilt $\lim\limits_{n\to\infty}
    \psi_n(x) =f(x)$ f\"ur alle $x\not\in Z$. Somit ist $f$ eine
    $\mu$-messbare Funktion. \par
    \textbf{$\mu(X)=\infty$:} Nach Generalvoraussetzung ist
    $(X,\mu,\mathcal A)$ ein $\sigma$-endlicher Ma\ss{}raum. Somit
    erhalten wir eine disjunkte Folge von Mengen
    $(X_j)_{j\in\N}\subset\mathcal A$ mit
    $\bigcup\limits_{j\in\N}X_j=X$ und $\mu(X_j)<\infty$ f\"ur alle
    $j\in\N$. Wir haben gerade im Fall $\mu(X_j)<\infty$ gezeigt, dass
    es f\"ur jedes $j\in\N$ eine Folge $(\phi_{j,k})_{k\in\N}
    \subset\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ und eine Nullmenge $N_j$ mit
    $\phi_{j,k}(x)\to f(x)$ f\"ur $k\to\infty$ und $x\in X_j\setminus
    N_j$ gibt. Wir definieren nun die Nullmenge
    $N:=\bigcup\limits_{j\in\N}N_j$, die nichts mit $N$ aus dem Fall
    $\mu(X)<\infty$ zu tun hat, und als Funktionenfolge
    $(\phi_k)_{k\in\N} \subset\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ eine Art
    Diagonalfolge: \[\phi_k(x):=
    \begin{cases}
      \phi_{j,k}(x),&x\in X_j\text{ f\"ur ein }j\le k,\\
      0,&\text{sonst.}
    \end{cases}\] Nach Definition gilt f\"ur $k\to\infty$ und alle
    $x\in X\setminus N$ die Aussage $\phi_k(x)\to f(x)$. Dies zeigt
    die Behauptung auch in diesem Fall. \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

\begin{corollary}
  \label{messb aequiv cor}
  Sei $E$ separabel und $f\colon X\to E$ eine Abbildung. Dann sind die
  folgenden Aussagen \"aquivalent:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $f$ ist $\mu$-messbar und
  \item $f$ ist $\mathcal A$-messbar.
  \end{enumerate}
\end{corollary}
% Entspricht Korollar X.1.5. Habe eine \"Aquivalenz weggelassen. 
Dies folgt zwar direkt aus Theorem \ref{mu messb A messb aequiv thm},
der besseren Lesbarkeit halber f\"uhren wir den Beweis hier jedoch
nochmals f\"ur den Fall, dass $E$ separabel ist. 
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item \Hinrichtung Sei $f$ $\mu$-messbar, \dh $f\in\mathcal
    L^0(X,\mu,E)$, also durch einfache Funktionen
    $\phi_j\in\mathcal{EF}(X,\mu,E)$, $j\in\N$, approximierbar. Sei
    $N$ eine $\mu$-Nullmenge mit $\phi_j(x)\to f(x)$ f\"ur
    $j\to\infty$ f\"ur alle $x\in X\setminus N$.  Wir wollen die
    $\mathcal A$-Messbarkeit von $f$ zeigen.  Sei $O\subset E$ eine
    beliebige offene Teilmenge. Definiere f\"ur $n\in\N_{>0}$ die
    Mengen $O_n:=\left\{y\in O\colon \dist(y,E\setminus
      O)>\frac1n\right\}$. Nach Definition ist $O_n$ offen und es gilt
    $\ol O_n\subset O$. Sei $x\in X\setminus N$. Aufgrund der
    Konvergenz sind f\"ur $x\in X\setminus N$ die Aussagen $f(x)\in O$
    und $\exists\,n>0\,\exists\,m>0\,\forall\,j\ge m\colon
    \phi_j(x)\in O_n$ \"aquivalent. Wir erhalten
    daraus \[f^{-1}(O)\cap(X\setminus N) =\bigcup\limits_{n,m>0}
    \bigcap\limits_{j\ge m} \phi_j^{-1}(O_n)\cap (X\setminus N).\] Es
    gilt $\phi_j^{-1}(O_n)\in\mathcal A$ f\"ur alle $n>0$ und alle
    $j\in\N$, denn $\phi_j$ ist eine $\mu$-einfache Funktion und f\"ur
    $\mu$-einfache Funktionen gilt $\phi^{-1}_j(Z)\in\mathcal A$ f\"ur
    beliebige Mengen $Z\subset E$. Da $\mathcal A$ eine
    $\sigma$-Algebra ist, folgt somit auch $f^{-1}(O)\cap (X\setminus
    N)\in\mathcal A$.\par
    Das Ma\ss{} $\mu$ ist vollst\"andig. Somit ist mit $N$ auch
    $f^{-1}(O)\cap N$ eine $\mu$-Nullmenge und wir
    erhalten \[f^{-1}(O) =\left(f^{-1}(O)\cap(X\setminus N)\right)
    \cup\left(f^{-1}(O)\cap N\right)\in\mathcal A.\]
  \item \Rueckrichtung Sei nun $f$ $\mathcal A$-messbar. Wir
    betrachten die F\"alle $\mu(X)<\infty$ und $\mu(X)=\infty$
    separat. \par
    \textbf{$\mu(X)<\infty$:} Sei $n\in\N$. Nach Voraussetzung ist $E$
    separabel. Daher gibt es eine abz\"ahlbare dichte Teilmenge
    $\{e_j\colon j\in\N\}$ von $E$. Kleine Kugeln um diese Punkte
    \"uberdecken die Menge $E$ bereits und daher
    gilt \[X=N\cup\bigcup\limits_{j\in\N}
    \underbrace{f^{-1}(B_{\frac1{n+1}}(e_j))}_{=:X_{j,n}}.\] Da $f$
    eine $\mathcal A$-messbare Funktion ist, gilt $X_{j,n}\in\mathcal
    A$ f\"ur alle $j,n\in\N$. Wegen $\mu(X)<\infty$ und der Stetigkeit
    von unten k\"onnen wir $X$ bis auf eine Menge von kleinem Ma\ss{}
    bereits mit endlich vielen Mengen \"uberdecken: Es gibt
    $m=m(n)\in\N$, so dass \[\mu\Bigg(\underbrace{X\setminus
      \bigcup\limits_{j=0}^m X_{j,n}}_{=:Y_n}\Bigg)
    \le\frac1{2^{n+1}}\] gilt. Auf den Mengen $X_{j,n}$ wollen wir nun
    $(\phi_n)_{n\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ als $e_j$
    definieren, m\"ussen diese aber auf den Schnitten von Mengen
    $X_{j,n}$ leicht modifizieren und setzen daher
    \[\phi_n(x):=
    \begin{cases}
      e_j,&x\in
      X_{j,n}\setminus\bigcup\limits_{k=0}^{j-1}X_{k,n},\,0\le j\le
      m(n),\\
      0,&\text{sonst.}
    \end{cases}\] Nach Definition folgt $|\phi_n(x)-f(x)|
    \le\frac1{n+1}$ f\"ur $x\in X\setminus Y_n =\bigcup\limits_{j=0}^m
    X_{j,n}$. W\"urde das Ma\ss{} der Ausnahmemengen $Y_n$ nicht nur
    immer kleiner, sondern w\"aren diese Mengen auch ineinander
    enthalten, so folgte die Behauptung. \par Nun ben\"otigen wir
    jedoch noch eine Zusatzkonstruktion.  Wir setzen
    $Z_n:=\bigcup\limits_{k=0}^\infty Y_{n+k}$ und erhalten eine
    absteigende Folge von Mengen mit der Absch\"atzung $\mu(Z_n)
    \le\sum\limits_{k=0}^\infty \mu(Y_{n+k}) \le\frac1{2^n}$. Somit
    ist $Z:=\bigcap\limits_{n\in\N} Z_n$ aufgrund der Stetigkeit von
    $\mu$ von oben eine $\mu$-Nullmenge. Wir definieren \[\psi_n(x):=
    \begin{cases}
      \phi_n(x),&x\in X\setminus Z_n,\\
      0,&x\in Z_n. 
    \end{cases}\] Es gilt
    $(\psi_n)_{n\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,E)$. Sei nun $x\in
    X\setminus Z$ beliebig. Dann gibt es ein $m\in\N$ mit $x\not\in
    Z_m$. Da die Folge $(Z_n)_{n\in\N}$ absteigend ist, folgt f\"ur
    alle $n\ge m$ ebenso $x\not\in Z_n$ und wir
    erhalten \[|\psi_n(x)-f(x)| =|\phi_n(x)-f(x)|
    \le\frac1{n+1}\quad\text{f\"ur alle }n\ge m,\] da $x\not\in Y_n$
    f\"ur alle $n\ge m$ gilt. Daher gilt $\lim\limits_{n\to\infty}
    \psi_n(x) =f(x)$ f\"ur alle $x\not\in Z$. Somit ist $f$ eine
    $\mu$-messbare Funktion. \par
    \textbf{$\mu(X)=\infty$:} Nach Generalvoraussetzung ist
    $(X,\mu,\mathcal A)$ ein $\sigma$-endlicher Ma\ss{}raum. Somit
    erhalten wir eine disjunkte Folge von Mengen
    $(X_j)_{j\in\N}\subset\mathcal A$ mit
    $\bigcup\limits_{j\in\N}X_j=X$ und $\mu(X_j)<\infty$ f\"ur alle
    $j\in\N$. Wir haben gerade im Fall $\mu(X_j)<\infty$ gezeigt, dass
    es f\"ur jedes $j\in\N$ eine Folge $(\phi_{j,k})_{k\in\N}
    \subset\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ und eine Nullmenge $N_j$ mit
    $\phi_{j,k}(x)\to f(x)$ f\"ur $k\to\infty$ und $x\in X_j\setminus
    N_j$ gibt. Wir definieren nun die Nullmenge
    $N:=\bigcup\limits_{j\in\N}N_j$ und als Funktionenfolge
    $(\phi_k)_{k\in\N} \subset\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ eine Art
    Diagonalfolge: \[\phi_k(x):=
    \begin{cases}
      \phi_{j,k}(x),&x\in X_j\text{ f\"ur ein }j\le k,\\
      0,&\text{sonst.}
    \end{cases}\] Nach Definition gilt f\"ur $k\to\infty$ und alle
    $x\in X\setminus N$ die Aussage $\phi_k(x)\to f(x)$. Dies zeigt
    die Behauptung auch in diesem Fall. \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

Damit erhalten wir
\begin{theorem}
  \label{komp messb thm}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Seien $E,F$ separable Banachr\"aume. Sei $f\in\mathcal
    L^0(X,\mu,E)$ und $g\colon f(X)\to F$ stetig. Dann gilt $g\circ
    f\in \mathcal L^0(X,\mu,F)$. Insbesondere gilt $\Vert f\Vert\in
    \mathcal L^0(X,\mu,\R)$. 
  \item\label{komp messb item} Eine Abbildung
    $f=\left(f^1,\ldots,f^n\right)\to\K^n$ ist genau dann
    $\mu$-messbar, wenn dies f\"ur jede Funktion $f^i$, $1\le i\le n$,
    gilt.
  \item \stern Seien $g,h\colon X\to\R$ Funktionen. Dann ist $f:=g+ih$
    genau dann $\mu$-messbar, wenn $g$ und $h$ zwei $\mu$-messbare
    Funktionen sind.
  \item Seien $f\in\mathcal L^0(X,\mu,E)$ und $g\in\mathcal
    L^0(X,\mu,F)$. Dann folgt $(f,g)\in\mathcal L^0(X,\mu,E\times
    F)$. 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis] \stern 
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $O\subset F$ offen. Dann ist $g^{-1}(O)$ aufgrund der
    Stetigkeit von $g$ ebenfalls offen. Nach Definition der
    induzierten Topologie gibt es daher eine offene Menge $U\subset E$
    mit $g^{-1}(O) =U\cap f(X)$. Nach Korollar \ref{messb aequiv cor}
    ist $f^{-1}(U)\in\mathcal A$. Also gilt $(g\circ f)^{-1}(O)
    =f^{-1}\left( g^{-1}(O)\right) =f^{-1}(U\cap f(X))
    =f^{-1}(U)$. Nochmals mit \ref{messb aequiv cor} erhalten wir
    daraus die $\mu$-Messbarkeit von $g\circ f$. 
  \item \Hinrichtung Wir schreiben $f^i =\pi_i\circ f$ und erhalten
    die $\mu$-Messbarkeit aus dem bereits Gezeigten, da die Projektion
    $\pi_i$ stetig ist. \par
    \Rueckrichtung Sei zun\"achst $\K=\R$. Sei $I\in\mathbb
    J(n)$. Dann gilt $I=\prod\limits_{j=1}^n I_j$ mit $I_j\in\mathbb
    J(1)$, $1\le j\le n$. Nach Annahme gilt
    $\left(f^j\right)^{-1}(I_j) \in\mathcal A$. Nun gilt aber
    $f^{-1}(I) =\bigcap\limits_{j=1}^n
    \left(f^j\right)^{-1}(I_j)\in\mathcal A$. Da die von den Quadern
    $\mathbb J(n)$ erzeugte $\sigma$-Algebra gleich $\mathcal B^n$
    ist, folgt aus $f^{-1}(\mathbb J(n))\subset\mathcal A$ auch
    $f^{-1}(\mathcal B^n)\subset\mathcal A$. Nach Korollar \ref{messb
      aequiv cor} erhalten wir die Behauptung. \par
    Im Fall $\K=\C$ benutzen wir die Identifikation $\C\cong\R^2$.
  \item Dies ist ein Spezialfall von \eqref{komp messb item}.
  \item \"Ubung. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\subsubsection{Messbare numerische Funktionen}

\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Eine Funktion $f\colon X\to\ol\R$ hei\ss{}t \emph{numerisch}. 
  \item Eine numerische Funktion $f\colon X\to\ol\R$ hei\ss{}t
    \emph{$\mu$-messbar}, falls $f^{-1}(\{+\infty\})\in\mathcal A$,
    $f^{-1}(\{-\infty\})\in \mathcal A$ und $f^{-1}(O) \in\mathcal A$
    f\"ur jede offene Menge $O\subset\R$ gelten. Wir schreiben
    $\mathcal L^0\left(X,\mu,\ol\R\right)$ f\"ur die Menge aller
    $\mu$-messbaren numerischen Funktionen.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark} \stern
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Jede Funktion $f\colon X\to\R$ ist genau dann $\mu$-messbar,
    wenn sie als numerische Funktion $f\colon X\to\ol\R$ aufgefasst
    $\mu$-messbar ist, da $f^{-1}(\{\pm\infty\})=\emptyset$ gilt.
  \item $\mathcal L^0\left(X,\mu,\ol\R\right)$ ist (f\"ur
    $X\neq\emptyset$) kein Vektorraum, da $\infty-\infty$ nicht
    erkl\"art ist.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{theorem}
  \label{num fkt aequiv thm}
  Sei $f\colon X\to\ol\R$ eine numerische Funktion. Dann sind die
  folgenden Aussagen \"aquivalent:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{num fkt aequiv i} $f\in\mathcal
    L^0\left(X,\mu,\ol\R\right)$,
  \item\label{num fkt aequiv ii} $\{x\in X\colon
    f(x)<\alpha\}\in\mathcal A$ f\"ur jedes $\alpha\in\Q$ bzw.{}
    $\alpha\in\R$,
  \item\label{num fkt aequiv iii} $\{x\in X\colon
    f(x)\le\alpha\}\in\mathcal A$ f\"ur jedes $\alpha\in\Q$ bzw.{}
    $\alpha\in\R$,
  \item\label{num fkt aequiv iv} $\{x\in X\colon
    f(x)>\alpha\}\in\mathcal A$ f\"ur jedes $\alpha\in\Q$ bzw.{}
    $\alpha\in\R$ und
  \item\label{num fkt aequiv v} $\{x\in X\colon
    f(x)\ge\alpha\}\in\mathcal A$ f\"ur jedes $\alpha\in\Q$ bzw.{}
    $\alpha\in\R$.
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item \glqq\eqref{num fkt aequiv i} \impliziert{} \eqref{num fkt
      aequiv ii}\grqq: Sei $\alpha\in\Q$ bzw.{} $\alpha\in\R$. Dann
    gilt nach Voraussetzung $f^{-1}(\{-\infty\}),
    f^{-1}((-\infty,\alpha)) \in\mathcal A$. Wir erhalten \[\{x\colon
    f(x)<\alpha\} =f^{-1}([-\infty,\alpha)) =f^{-1}(\{-\infty\})\cup
    f^{-1}((-\infty,\alpha)) \in\mathcal A.\]
  \item \glqq\eqref{num fkt
      aequiv ii} \impliziert{} \eqref{num fkt aequiv iii}
    \impliziert{} \eqref{num fkt aequiv iv} \impliziert{} \eqref{num
      fkt aequiv v}\grqq: Benutze daf\"ur die folgenden Identit\"aten:
    \begin{align*}
      \{x\in X\colon f(x)\le \alpha\} =&\,\bigcap\limits_{j=1}^\infty
      \left\{x\in X\colon f(x)<\alpha+\tfrac1j\right\},\umbruch\\
      \{x\in X\colon f(x)>\alpha\} =&\,\complement\{x\in X\colon
      f(x)\le \alpha\},\umbruch\\
      \{x\in X\colon f(x)\ge\alpha\} =&\,\bigcap\limits_{j=1}^\infty
      \left\{x\in X\colon f(x)>\alpha-\tfrac1j\right\}.
    \end{align*}
  \item \glqq\eqref{num fkt aequiv v} \impliziert{} \eqref{num fkt
      aequiv i}\grqq: Sei $O\subset\R$ offen. Dann ist $O$ als
    abz\"ahlbare Vereinigung offener Intervalle darstellbar. Indem wir
    jedes dieser Intervalle durch halboffene Intervalle mit rationalen
    Endpunkten aussch\"opfen, sehen wir, dass es
    $\alpha_j,\beta_j\in\Q$, $j\in\N$, mit
    $O=\bigcup\limits_{j\in\N}[\alpha_j,\beta_j)$ gibt. Wir
    erhalten \[f^{-1}(O) =\bigcup\limits_{j\in\N}
    f^{-1}([\alpha_j,\beta_j)) =\bigcup\limits_{j\in\N} \{x\in X\colon
    f(x)\ge\alpha_j\}\cap\underbrace{\{x\in X\colon
      f(x)<\beta_j\}}_{=\complement\{x\in X\colon
      f(x)\ge\beta_j\}}\in\mathcal A.\] Schlie\ss{}lich
    gelten \[f^{-1}(\{-\infty\}) =\bigcap\limits_{j\in\N}
    \underbrace{\{x\in X\colon f(x)<j\}}_{=\complement\{x\in X\colon
      f(x)\ge j\}} \quad\text{und}\quad f^{-1}(\{+\infty\})
    =\bigcap\limits_{j\in\N} \{x\colon f(x)\ge j\}.\] Die Behauptung
    folgt. \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

\subsubsection{Der Verband der messbaren numerischen Funktionen}

\begin{definition} \stern
  Sei $(V,\le)$ eine partiell geordnete Menge. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $T\subset V$. Dann hei\ss{}t $a\in V$ \emph{untere
      Schranke} von $T$, falls $a\le x$ f\"ur alle $x\in T$ gilt. 
  \item Sei $T\subset V$. Ein $a\in V$ hei\ss{}t \emph{Infimum} (oder
    \emph{gr\"o\ss{}te untere Schranke}), falls $a$ eine Untere
    Schranke von $T$ ist und f\"ur alle unteren Schranken $y$ von $T$
    bereits $y\le a$ gilt. 
  \item \emph{Obere Schranke} und \emph{Supremum} (oder \emph{kleinste
      obere Schranke}) sind analog definiert. 
  \item Eine partiell geordnete Menge $(V,\le)$ hei\ss{}t
    \emph{Verband}, falls f\"ur $a,b\in V$ das Infimum $a\wedge b$ und
    das Supremum $a\vee b$ in $V$ existieren.  
  \item $U\subset V$ hei\ss{}t \emph{Unterverband} von $V$, falls $U$
    mit der von $V$ induzierten Ordnung ein Verband ist. 
  \item Ein $\K$-Vektorraum $V$ hei\ss{}t \emph{partiell geordnet,}
    falls auf $V$ eine partielle Ordnung \glqq$\le$\grqq{} existiert,
    die in der folgenden Weise mit der Vektorraumstruktur
    vertr\"aglich ist: F\"ur alle $x,y,z\in V$ mit $x\le y$ und alle
    $\lambda\ge0$, \dh $\lambda\in\R_+$ bzw.{}
    $\lambda\in\R_+\subset\C$, gelten
    \begin{itemize}
    \item $x+z\le y+z$ und
    \item $\lambda x\le \lambda y$.
    \end{itemize}
  \item Ein partiell geordneter Vektorraum, der ein Verband ist,
    hei\ss{}t \emph{Vektorverband}.
  \item Ein Untervektorraum eines Vektorverbandes, der gleichzeitig
    Unterverband ist, hei\ss{}t \emph{Untervektorverband}. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{beispiele} \stern
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $V$ ein Verband (bzw.{} Vektorverband). Sei $X$ eine
    Menge. Dann ist die Menge $\Abb(X,V)$ bez\"uglich der punktweisen
    Ordnung ein Verband (bzw.{} Vektorverband.
  \item $\ol\R$ ist ein Verband, $\R$ ein Vektorverband.
  \item Im Vektorverband $\Abb(X,\R)$ gelten $f\vee g
    =\frac12(f+g+|f-g|)$ und $f\wedge g =\frac12(f+g-|f-g|)$. 
  \item Die beschr\"ankten Abbildungen $X\to\R$ bilden einen
    Untervektorverband von $\Abb(X,\R)$. 
  \item Ist $X$ ein topologischer Raum, so bilden die stetigen
    Abbildungen $X\to\R$ einen Untervektorverband von $\Abb(X,\R)$. 
  \item $\mathcal{EF}(X,\mu,\R)$ und $\mathcal L^0(X,\mu,\R)$ sind
    Untervektorverb\"ande von $\Abb(X,\R)$, da $|f|$ f\"ur eine
    $\mu$-messbare Funktion ebenfalls $\mu$-messbar ist. 
  \item\label{sup verband vii} Sei $V$ ein Vektorverband und $x,y,z\in
    V$. Dann gelten
    \[(x\vee y)+z =(x+z)\vee(y+z),\quad (-x)\vee(-y) =-(x\wedge
    y)\quad\text{und}\quad x+y=(x\vee y)+(x\wedge y).\]
    \begin{proof}[Beweis]
      \neueZeile
      \begin{enumerate}[(a)]
      \item 
        \begin{itemize}
        \item Sei $u\in V$. Aus $u\ge x$ und $u\ge y$ folgt
          $u+z\ge(x+z)\vee(y+z)$. Da dies f\"ur beliebige solche $u$
          gilt, d\"urfen wir nach Definition von $x\vee y$
          insbesondere $u=x\vee y$ w\"ahlen und erhalten daraus
          $(x\vee y)+z\ge (x+z)\vee(y+z)$.
        \item Sei umgekehrt $u\ge(x+z)\vee(y+z)$. Wir erhalten $u\ge
          x+z$ und $u\ge y+z$ und daraus $u-z\ge x$ und $u-z\ge y$
          sowie $u-z\ge x\vee y$ und daher $u\ge(x\vee y)+z$. Da dies
          f\"ur beliebige solche $u$ gilt, erhalten wir
          $(x+z)\vee(y+z)\ge(x\vee y)+z$.
        \item Da schlie\ss{}lich \glqq$\le$\grqq{} antisymmetrisch
          ist, erhalten wir daraus die behauptete Gleichheit.
        \end{itemize}
      \item Nach Definition gilt $\sup\{-x,-y\} =-\inf\{x,y\}$. 
      \item Es gilt $x\vee y =(-y+(x+y))\vee(-x+(x+y))
        =((-y)\vee(-x))+(x+y) =-(x\wedge y)+(x+y)$. Umstellen liefert
        die Behauptung. \qedhere
      \end{enumerate}
    \end{proof}
  \item Sei $V$ ein Vektorverband. Dann definieren wir f\"ur $x\in V$
    den \emph{positiven Anteil} $x^+:=x\vee 0$, den \emph{negativen
      Anteil} $x^-:=(-x)\vee 0$ und den \emph{Betrag} von $|x|:=
    x\vee(-x)$. Es gelten $x=x^+-x^-$, $|x|=x^++x^-$ sowie $x^+\wedge
    x^-=0$. 
    \begin{proof}[Beweis]
      \neueZeile
      \begin{enumerate}[(a)]
      \item Mit \eqref{sup verband vii} erhalten wir $x^+-x^- =x\vee0
        -((-x)\vee0) =(x\vee0)+(x\wedge0) =x+0 =x$.
      \item Wir kombinieren dies mit \eqref{sup verband vii} und
        erhalten $x^++x^- =x+2x^- =x+((-2x)\vee0) =(-x)\vee x =|x|$. 
      \item Analog erhalten wir $(x^+\wedge x^-)-x^-
        =(x^+-x^-)\wedge(x^--x^-) =x\wedge 0 =-((-x)\vee0)
        =-x^-$. Addition von $x^-$ liefert die Behauptung. \qedhere
      \end{enumerate}
    \end{proof}
  \item F\"ur eine Funktion $f\colon X\to\ol\R$ definieren wir
    entsprechend den positiven Teil $f^+$, den negativen Teil $f^-$
    und den Betrag $|f|$. Auch in diesem Fall gelten $f^+\ge0$,
    $f^-\ge0$, $f=f^+-f^-$ und $|f|=f^++f^-$.
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

Die Menge $\mathcal L^0\left(X,\mu,\ol\R\right)$ ist ein Unterverband
von $\Abb\left(X,\ol\R\right)$ und unter abz\"ahlbaren
Verbandsoperationen stabil.
\begin{theorem}
  \label{sup mu messbar thm}
  Seien $f,f_j\in\mathcal L^0\left(X,\mu,\ol\R\right)$, $j\in\N$. Sei
  $k\in\N$. Sei $\lambda\in\ol\R$. Dann gilt 
  \begin{align*}
    f^+,\, f^-,\, |f|,\, -f,\, \lambda f,\, \max\limits_{0\le j\le
      k}f_j,\, \min\limits_{0\le j\le k}f_j,\,&\\
    \sup\limits_{j\in\N}f_j,\, \inf\limits_{j\in\N}f_j,\,
    \underset{j\in\N}{\ol\lim}\,f_j,\,
    \underset{j\in\N}{\ul\lim}\,f_j&\,\in\mathcal
    L^0\left(X,\mu,\ol\R\right),
  \end{align*} 
  alle diese Funktionen sind also $\mu$-messbar.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Supremum: Nach Theorem \ref{num fkt aequiv thm} gilt $\{x\in
    X\colon f_j(x)>\alpha\} \in\mathcal A$ f\"ur jedes
    $\alpha\in\R$. Somit folgt \[\left\{x\in
      X\colon\sup\limits_{j\in\N} f_j(x)>\alpha\right\}
    =\bigcup\limits_{j\in\N} \{x\in X\colon f_j(x)>\alpha\}\in\mathcal
    A.\] Daher folgt nach Theorem \ref{num fkt aequiv thm} auch, dass
    $\sup\limits_{j\in\N} f_j$ eine $\mu$-messbare Funktion ist.
  \item \stern Infimum: Aus $f_j\in\mathcal
    L^0\left(X,\mu,\ol\R\right)$ folgt auch $-f_j\in\mathcal
    L^0\left(X,\mu,\ol\R\right)$. Somit ist auch $\inf\limits_{j\in\N}
    f_j=-\sup\limits_{j\in\N}(-f_j)$ eine $\mu$-messbare Funktion.
  \item Endliche Suprema und Infima: Betrachte Funktionenfolgen die
    konstant werden, also $f_j=f_k$ f\"ur $j\ge k$ erf\"ullen und
    wende die Resultate \"uber abz\"ahlbare Infima und Suprema an.
  \item Hieraus folgt $f^+,f^-\in\mathcal
    L^0\left(X,\mu,\ol\R\right)$. 
  \item $|f|,-f,\lambda f\in\mathcal L^0\left(X,\mu,\ol\R\right)$ ist
    einfach direkt zu sehen. 
  \item Limes Inferior und Limes Superior:
    Benutze \[\underset{j\to\infty}{\ol\lim}f_j =\inf\limits_j
    \sup\limits_{k\ge j} f_k \quad\text{und}\quad
    \underset{j\to\infty}{\underline\lim} f_j
    =\sup\limits_j\inf\limits_{k\ge j} f_k\] und die obigen
    Resultate. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $\mathcal{EF}(X,\mu,\R_+)$ der positive Kegel in
    $\mathcal{EF}(X,\mu,\R)$, \dh der Kegel aller Funktionen in
    $\mathcal{EF}(X,\mu,\R)$ mit Werten in $\R_+$. 
  \item Definiere $\ol\R_+:=[0,\infty]$ und $\mathcal
    L^0\left(X,\mu,\ol R_+\right)$ als die Menge aller nichtnegativen
    $\mu$-messbaren numerischen Funktionen auf $X$. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

Es gilt
\begin{theorem}
  \label{num pos fkt aequiv thm}
  F\"ur eine Funktion $f\colon X\to\ol\R_+$ sind die folgenden beiden
  Aussagen \"aquivalent:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{num pos fkt aequiv i} $f\in\mathcal L^0\left(X,\mu,\ol
      \R_+\right)$.
  \item\label{num pos fkt aequiv ii} Es gibt eine wachsende Folge
    $(f_j)_{j\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,\R_+)$ mit $f_j\to f$
    (punktweise) f\"ur $j\to\infty$. 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item \glqq\eqref{num pos fkt aequiv i} \impliziert{} \eqref{num pos
      fkt aequiv ii}, Beweisskizze: Wir definieren Funktionen
    $f_j\colon X\to\R_+$ wie folgt. Zun\"achst schneiden wir $f_j$ auf
    H\"ohe $j$ ab, dann erniedrigen wir jeden Funktionswert bis auf
    das n\"achstkleinere ganzzahlige Vielfache von $2^{-j}$. 
  \item \glqq\eqref{num pos fkt aequiv ii} \impliziert{} \eqref{num
      pos fkt aequiv i}: Benutze Theorem \ref{sup mu messbar thm}. 
  \item \glqq\eqref{num pos fkt aequiv i} \impliziert{} \eqref{num pos
      fkt aequiv ii}: \stern Wir f\"uhren die Beweisidee aus: Aufgrund
    der $\sigma$-Endlichkeit von $(A,\mu)$ d\"urfen wir wie im Beweis
    von Theorem \ref{mu messb A messb aequiv thm} ohne Einschr\"ankung
    annehmen, dass $\mu(X)<\infty$ gilt. Sei $j\in\N$. Wir definieren 
    \[\mathcal A_{j,k}:=
    \begin{cases}
      \{x\in X\colon k2^{-j}\le
      f(x)<(k+1)2^{-j}\},&k=0,\ldots,j2^j-1,\\
      \{x\in X\colon f(x)\ge j\},&k=j2^j. 
    \end{cases}\] F\"ur festes $j$ sind die Mengen $A_{j,k}$,
    $k=0,\ldots,j2^j$ disjunkt und nach Theorem \ref{num fkt aequiv
      thm} gilt $A_{j,k}\in\mathcal A$ f\"ur alle $j,k$. Wegen
    $\mu(X)<\infty$ folgt auch $\mu(A_{j,k})<\infty$ f\"ur alle
    $j,k$. Nach Bemerkung \ref{einf fkt rem} \eqref{einf fkt rem i}
    gilt f\"ur alle $j\in\N$ \[f_j:=\sum\limits_{k=0}^{j2^j}
    k2^{-j}\chi_{A_{j,k}}\in \mathcal{EF}(X,\mu,\R).\] Es gilt $0\le
    f_j\le f_{j+1}$ f\"ur alle $j\in\N$. \par Zur punktweisen
    Konvergenz: Sei $x\in X$. Ist $f(x)=\infty$, so gilt $f_j(x)=j$
    f\"ur alle $j\in\N$. Somit erhalten wir $f_j(x)\to f(x)$ f\"ur
    $j\to\infty$. Ist $f(x)<j$, so gilt $f_j(x)\le f(x)<f_j(x)+2^{-j}$
    f\"ur $j\in\N$. Also folgt auch in diesem Fall
    $\lim\limits_{j\to\infty} f_j(x)=f(x)$. \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

\begin{corollary}
  \neueZeile
  \label{L0 sum abg cor}
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{glm konv cor i} Sei $f\in\mathcal
    L^0\left(X,\mu,\ol\R\right)$ beliebig. Dann gibt es eine Folge
    $(f_j)_{j\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,\R)$ mit $f_j\to f$
    (punktweise) f\"ur $j\to\infty$.
  \item\label{glm konv cor ii} Sei $f\in\mathcal L^0(X,\mu,\R_+)$
    beschr\"ankt. Dann gibt es eine wachsende Folge $(f_j)_{j\in\N}
    \subset \mathcal{EF}(X,\mu,\R_+)$, die gleichm\"a\ss{}ig gegen $f$
    konvergiert.
  \item\label{glm konv cor iii} \stern Ist $f\in\mathcal L^0(X,\mu,\R)$
    beschr\"ankt. Dann gibt es eine Folge \[(f_j)_{j\in\N} \subset
    \mathcal{EF}(X,\mu,\R),\] die gleichm\"a\ss{}ig gegen $f$
    konvergiert.
  \item\label{glm konv cor iv} Sei $(f_j)_{j\in\N}\subset \mathcal
    L^0\left(X,\mu,\ol\R_+\right)$. Dann folgt $\sum\limits_{j\in\N}
    f_j \in\mathcal L^0\left(X,\mu,\ol\R_+\right)$.
  \end{enumerate}
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\stern Zerlege $f$ als $f=f^+-f^-$ und wende Theorem \ref{num
      pos fkt aequiv thm} an. Wir erhalten Folgen $(f^+_j)_{j\in\N},
    (f^-_j)_{j\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,\R)$. Da dies ein
    Vektorraum ist, gilt $(f^+_j-f^-_j)_{j\in\N} \subset \mathcal{EF}
    (X,\mu,\R)$. Die Konvergenz ist klar.
  \item\stern Aus dem Beweis von Theorem \ref{num pos fkt aequiv thm}
    folgt f\"ur $j>\sup\limits_X f$ die Absch\"atzung $f_j(x)\le
    f(x)<f_j(x)+2^{-j}$ und daher die gleichm\"a\ss{}ige Konvergenz.
  \item\stern Wir zerlegen wieder $f$ als $f=f^+-f^-$ und wenden
    \eqref{glm konv cor ii} an.  
  \item Nach Theorem \ref{num pos fkt aequiv thm} gibt es zu jedem
    $j\in\N$ eine monoton wachsende Folge $(\phi_{j,k})_{k\in\N}
    \subset \mathcal{EF} (X,\mu,\R_+)$ mit $\phi_{j,k}\nearrow f_j$
    f\"ur $k\to\infty$. Wir definieren $s_{k,n}:=\sum\limits_{j=0}^k
    \phi_{j,n}$ f\"ur $k,n\in\N$. F\"ur festes $k\in\N$ ist
    $(s_{k,n})_{n\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,\R_+)$ monoton
    wachsend. F\"ur $n\to\infty$ erhalten wir $s_{k,n}\to s_k:=
    \sum\limits_{j=0}^k f_j$.  Somit gilt nach Theorem \ref{num pos
      fkt aequiv thm} $(s_k)_{k\in\N}\subset\mathcal
    L^0\left(X,\mu,\ol R_+\right)$. (Dies zeigt die Abgeschlossenheit
    unter endlichen Summen, die bisher noch nicht klar war.)  Nach
    Theorem \ref{sup mu messbar thm} folgt $\lim\limits_{k\to\infty}
    s_k =\sup\limits_{k\in\N} s_k =\sum\limits_{j=0}^\infty f_j\in
    \mathcal L^0\left(X,\mu,\ol\R_+\right)$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\subsubsection{Punktweise Grenzwerte messbarer Funktionen}
Wir wollen nun die Resultate \"uber punktweise Konvergenz, wie
beispielsweise Theorem \ref{sup mu messbar thm}, auf vektorwertige
Funktionen und $\mu$-fast \"uberall konvergierende Folgen
\"ubertragen.

\begin{theorem}
  \label{pkt lim mu messb thm}
  Sei $(f_j)_{j\in\N}\subset \mathcal L^0(X,\mu,E)$ und sei $f\colon
  X\to E$ eine Funktion. Konvergiert $(f_j)_{j\in\N}$ $\mu$-fast
  \"uberall (punktweise) gegen $f$, so ist $f$ auch $\mu$-messbar. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir benutzen Theorem \ref{mu messb A messb aequiv thm} und zeigen,
  dass $f$ eine $\mu$-fast separabelwertige und $\mathcal A$-messbare
  Funktion ist. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item \stern $f$ ist $\mu$-fast separabelwertig: Sei $M$ eine
    $\mu$-Nullmenge mit $f_j(x)\to f(x)$ f\"ur $j\to\infty$ und $x\in
    X\setminus M$. Nach Theorem \ref{mu messb A messb aequiv thm} ist
    jedes $f_j$ $\mu$-fast separabelwertig. Somit gibt es zu jedem
    $j\in\N$ Nullmengen $N_j$, so dass $f_j(X\setminus N_j)$ separabel
    ist. Daher gibt es h\"ochstens abz\"ahlbare Mengen $B_j$ mit $B_j
    \subset f_j(\complement N_j) =f_j(X\setminus N_j) \subset \ol
    B_j$, $j\in\N$. Wir setzen $B:=\bigcup\limits_{j\in\N} B_j$ und
    erhalten \[\bigcup\limits_{j\in\N} f_j(\complement N_j)
    \subset\bigcup\limits_{j\in\N} \ol B_j \subset \ol B.\] Nun
    definieren wir $N:=M\cup\bigcup\limits_{j\in\N} N_j$. Als
    abz\"ahlbare Vereinigung von $\mu$-Nullmengen ist $N$ eine
    $\mu$-Nullmenge. Es gilt $\complement N =\complement M\cap
    \bigcap\limits_{j\in\N} \complement N_j \subset \complement N_k$
    f\"ur beliebige $k\in\N$. F\"ur $x\in X\setminus M$ gilt
    $\lim\limits_{j\to\infty} f_j(x) =f(x)$. Daher erhalten
    wir \[f(\complement N) \subset\ol{\bigcup\limits_{j\in\N}
      f_j(\complement N_j)} \subset \ol{\ol B} =\ol B.\] Als Teilmenge
    eines separablen metrischen Raumes $\ol B$ ist $f(\complement N)$
    daher separabel.
  \item $f$ ist $\mathcal A$-messbar: Sei $O\subset E$
    offen. Definiere $O_n:=\left\{x\in O\colon \dist(x,\complement
      O)>\frac1n\right\}$ f\"ur $n\in\N_{>0}$. Sei $M$ wiederum die
    $\mu$-Nullmenge in $X$ mit $f_j(x)\to f(x)$ f\"ur $j\to\infty$ und
    $x\in\complement M$. Dann erhalten wir aufgrund der Offenheit von
    $O$ (kleine \"Ubung) \[f^{-1}(O)\cap\complement M
    =\bigcup\limits_{m,n\in\N_{>0}} \bigcap\limits_{j\ge m}
    f^{-1}_j(O_n)\cap \complement M.\] Nach Theorem \ref{mu messb A
      messb aequiv thm} gilt $f_j^{-1}(O_n)\in\mathcal A$ f\"ur alle
    $j,n\in\N_{>0}$. Hieraus folgt $f^{-1}(O)\cap\complement
    M\in\mathcal A$. Nach Voraussetzung ist $M$ eine
    $\mu$-Nullmenge. Somit ist auch $f^{-1}(O)\cap M$ eine
    $\mu$-Nullmenge und wir erhalten \[f^{-1}(O)
    =\left(f^{-1}(O)\cap\complement M\right) \cup\left(f^{-1}(O)\cap
      M\right) \in\mathcal A.\] 
  \end{enumerate}
  Nun liefert Theorem \ref{mu messb A messb aequiv thm} die
  Behauptung.
\end{proof}

\begin{remark}
  \stern In nicht vollst\"andigen Ma\ss{}r\"aumen gibt es
  Gegenbeispiele, siehe \cite[Bemerkung
  X.1.15]{AmannEscherAnalysisIII}.
\end{remark}

\subsubsection{Radonma\ss{}e}

\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $X$ ein $\sigma$-kompakter und lokal kompakter metrischer
    Raum. Sei $\mathcal A$ eine $\sigma$-Algebra mit $\mathcal
    A\supset \mathcal B(X)$. Dann hei\ss{}t ein regul\"ares lokal
    endliches Ma\ss{} auf $\mathcal A$ \emph{Radonma\ss{}.}
  \item Ein Radonma\ss{} hei\ss{}t \emph{regelm\"a\ss{}ig,} falls
    $\mu$ vollst\"andig ist und f\"ur jede nichtleere offene Teilmenge
    $O\subset X$ bereits $\mu(O)>0$ gilt.
  \end{enumerate}
\end{definition}
% Achtung, da steht bei Amann/Escher in der Definition von
% $\sigma$-Kompaktheit (f\"ur einen metrischen anders als f\"ur einen
% topologischen Raum) noch zus\"atzlich, dass der Raum lokal kompakt
% sein muss. Dies habe ich nicht \"ubernommen.

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{komp bes rel komp umg} Sei $X$ ein lokal kompakter
    metrischer Raum. Sei $K\subset X$ kompakt. Dann besitzt $K$ eine
    relativ kompakte offene Umgebung, \dh es gibt eine relativ
    kompakte offene Menge, die $K$ enth\"alt.
    \begin{proof}[Beweis]
      Zu jedem $x\in K$ gibt es eine relativ kompakte offene Umgebung
      $U_x$. Da $K$ kompakt ist, \"uberdecken bereits endlich viele
      dieser Umgebungen $K$: $U_{x_1},\ldots,U_{x_n}$. Wir definieren
      $U:=\bigcup\limits_{j=1}^n U_{x_j}$ und erhalten $\ol
      U=\bigcup\limits_{j=1}^n \ol U_{x_j}$ (kleine \"Ubung). Somit
      ist $U$ eine offene Umgebung von $K$ und $\ol U$ ist als
      Vereinigung endlich vieler kompakter Mengen selbst wieder
      kompakt. 
    \end{proof}
  \item Sei $X$ ein lokal kompakter metrischer Raum. Dann sind die
    folgenden Aussagen \"aquivalent:
    \begin{enumerate}[(a)]
    \item\label{sigma komp aequiv i} $X$ ist $\sigma$-kompakt,
    \item\label{sigma komp aequiv ii} es gibt $(U_j)_{j\in\N}$ mit
      $U_j\subset X$ offen, jedes $U_j$ ist relativ kompakt, es gilt
      $\ol U_j\subset U_{j+1}$ f\"ur alle $j\in\N$ und
      $\bigcup\limits_{j\in\N} U_j=X$,
    \item\label{sigma komp aequiv iii} $X$ ist ein Lindel\"ofscher
      Raum,
    \item\label{sigma komp aequiv iv} $X$ erf\"ullt das zweite
      Abz\"ahlbarkeitsaxiom,
    \item\label{sigma komp aequiv v} $X$ ist separabel. 
    \end{enumerate}
    \begin{proof}[Beweis]
      \neueZeile
      \begin{itemize}
      \item \glqq \eqref{sigma komp aequiv i} \impliziert{}
        \eqref{sigma komp aequiv ii}\grqq: Seien $X_j$, $j\in\N$,
        kompakte Mengen mit $\bigcup\limits_{j\in\N} X_j=X$. Sei $U_0$
        eine relativ kompakte Obermenge von $X_0$; die Existenz einer
        solchen Menge haben wir in \eqref{komp bes rel komp umg}
        gezeigt. Induktiv k\"onnen wir so relativ kompakte offene Mengen
        $U_j\subset X$ mit $U_j\supset\ol U_{j-1}\cup X_j$ finden, da
        $\ol U_{j-1}\cup X_j$ kompakt ist, $j\in\N_{>0}$. Da die
        Mengen $X_j$ die Menge $X$ \"uberdecken, erhalten wir auch
        $X=\bigcup\limits_{j\in\N} U_j$. 
      \item \glqq \eqref{sigma komp aequiv ii} \impliziert{}
        \eqref{sigma komp aequiv iii}\grqq: Sei $\mathcal O
        =\{O_a\colon a\in A\}$ eine offene \"Uberdeckung von $X$. Wir
        behaupten, dass $\mathcal O$ eine h\"ochstens abz\"ahlbare
        Teil\"uberdeckung besitzt. Da sich jede der Mengen
        $\ol U_j$ aufgrund der Kompaktheit durch endlich viele Mengen
        aus $\O$ \"uberdecken l\"asst, bildet die Vereinigung aller
        dieser Mengen eine h\"ochstens abz\"ahlbare Vereinigung von
        $\bigcup\limits_{j\in\N} U_j=X$. 
      \item \glqq \eqref{sigma komp aequiv iii} \impliziert{}
        \eqref{sigma komp aequiv i}\grqq: Zu jedem Punkt $x\in X$ gibt
        es eine offene relativ kompakte Umgebung $U_x$. Da $X$
        Lindel\"ofsch ist, \"uberdecken bereits abz\"ahlbar viele
        dieser Mengen $X$, gelte also $X=\bigcup\limits_{j\in\N}
        U_{x_j}$. Damit gilt auch $X=\bigcup\limits_{j\in\N} \ol
        U_{x_j}$. Somit ist $X$ ein $\sigma$-kompakter Raum. 
      \end{itemize}
      Der Rest der \"Aquivalenzen folgt aus Theorem \ref{sep aequiv
        thm}. 
    \end{proof}
  \item Das $n$-dimensionale Lebesgueschem Ma\ss{} $\lambda_n$ ist ein
    regelm\"a\ss{}iges Radonma\ss{} auf $\R^n$. 
    \begin{proof}[Beweis]
      \stern Nach Theorem \ref{lebesgue eig gesammelt thm} ist
      $\lambda_n$ vollst\"andig und $\mathcal L(n)$ enth\"alt die
      Borelmengen.  Nach Theorem \ref{lebesgue mass reg thm} ist
      $\lambda_n$ regul\"ar. Die lokale Endlichkeit und
      $\lambda_n(O)>0$ f\"ur alle nichtleeren offenen Mengen sind
      klar. Somit folgt die Behauptung.
    \end{proof}
  \item Das $s$-dimensionale Hausdorffma\ss{} $\mathcal H^s$ auf
    $\R^n$ ist genau f\"ur $s\ge n$ ein Radonma\ss{} und genau f\"ur
    $s=n$ regelm\"a\ss{}ig. 
    \begin{proof}[Beweis] \stern
      Nach Bemerkung \ref{borel messb hausd rem} und Theorem \ref{metr
        aeusseres mass borel thm} sind Borelmengen $\mathcal
      H^s$-mess\-bar. Aus Korollar \ref{leb haus gleich cor} und 
      Theorem \ref{lebesgue mass reg thm} folgt die Regularit\"at im
      Fall $s=n$. Sei
      $O\subset\R^n$ offen und nichtleer. Dann gilt
      (\"Ubung) \[\mathcal H^s(O)=
      \begin{cases}
        0,& s>n,\\
        \infty,& s<n.
      \end{cases}\] Daher ist $\mathcal H^s$, $s<n$, kein Radonma\ss{}
      auf $\R^n$. Hieraus folgt aber f\"ur $s>n$ die Regularit\"at, da
      $\mathcal H^s$ in diesem Fall identisch verschwindet.  Im Falle
      $s>n$ ist $\mathcal H^s$ auf $\R^n$ nicht regelm\"a\ss{}ig. Nach
      Lemma \ref{hausd lok endl lem} ist $\mathcal H^n$ lokal endlich
      auf $\R^n$ und damit ein Radonma\ss{}. Nach Korollar \ref{leb
        haus gleich cor} erhalten wir schlie\ss{}lich $\mathcal
      H^n(O)>0$ und damit die Behauptung. \qedhere
    \end{proof}
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{theorem}
  Sei $\mu$ ein vollst\"andiges Radonma\ss{} auf $X$. Dann ist
  $C^0(X,E)$ ein Untervektorraum von $\mathcal L^0(X,\mu,E)$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis] \stern
  Sei $\mu$ auf der $\sigma$-Algebra $\mathcal A$ definiert. Sei $f\in
  C^0(X,E)$. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\mathcal A$-Messbarkeit: Sei $O\subset E$ offen. Dann ist
    aufgrund der Stetigkeit von $f$ auch $f^{-1}(O)$ offen. Nun
    enth\"alt $\mathcal A$ nach Definition des Radonma\ss{}es die
    Borelmengen. Daher ist $f^{-1}(O)\in\mathcal A$. 
  \item Separabilit\"at: Seien $X_j$, $j\in\N$, kompakte Mengen mit
    $\bigcup\limits_{j\in\N} X_j=X$. Dann ist jede Menge $f(X_j)$,
    $j\in\N$, aufgrund der Stetigkeit von $f$ ebenfalls kompakt und
    daher insbesondere separabel. Folglich ist auch
    $f(X)=\bigcup\limits_{j\in\N} f(X_j)$ separabel. 
  \end{enumerate}
  Die Behauptung folgt nun aus Theorem \ref{mu messb A messb aequiv
    thm}. 
\end{proof}

F\"ur den reellwertigen Satz von Lusin folgen wir \cite{Rudin}. Wir
ben\"otigen als Vorbereitung das Lemma von Urysohn. Wir behandeln es
zun\"achst f\"ur topologische R\"aume, geben jedoch auch einen
k\"urzeren Beweis im Falle von metrischen R\"aumen.

\begin{theorem}
  \label{Hausd pkt komp trenn thm}
  Sei $X$ ein Hausdorffraum, $K\subset X$ kompakt und $p\in X\setminus
  K$. Dann gibt es offene Mengene $U,W\subset X$ mit $p\in U$,
  $K\subset W$ und $U\cap W=\emptyset$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Da $X$ ein Hausdorffraum ist, gibt es zu jedem $q\in K$ disjunkte
  offene Mengen $U_q$ und $V_q$ mit $p\in U_q$ und $q\in V_q$. Da $K$
  kompakt ist, wird $K$ bereits von endlich vielen der offenen Mengen
  $V_q$ \"uberdeckt; gelte also ohne Einschr\"ankung $K\subset
  V_{q_1}\cup\ldots\cup V_{q_n}$. Somit leisten die
  Menge \[U:=U_{q_1}\cap\ldots \cap U_{q_n}\quad\text{und}\quad
  V:=V_{q_1}\cup\ldots\cup V_{q_n}\] das Gew\"unschte. 
\end{proof}

\begin{theorem}
  \label{komp leer schnitt thm}
  Sei $(K_\alpha)_\alpha$ eine Familie von kompakten Mengen in einem
  Hausdorffraum $X$. Gelte $\bigcap\limits_\alpha
  K_\alpha=\emptyset$. Dann gibt es bereits eine endliche Teilfamilie
  von $(K_\alpha)_\alpha$ mit leerem Durchschnitt. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $K_1$ ein festes Element dieser Familie. Dann gen\"ugt es, die
  Behauptung f\"ur die Familie $\{K_\alpha\cap K_1\}_\alpha$ zu
  zeigen, \dh wir d\"urfen ohne Einschr\"ankung annehmen, dass $X$
  kompakt ist, da wir sonst $X$ durch $K_1$ ersetzen k\"onnen.\par
  Nach den De Morganschen Regeln gilt $\bigcap\limits_\alpha
  K_\alpha=\emptyset$ genau dann, wenn
  $\bigcup\limits_\alpha\complement K_\alpha=X$ gilt. Nun ist
  $\left\{\complement K_\alpha\right\}_\alpha$ eine Familie aus
  offenen Mengen, die die kompakte Menge $X$ \"uberdeckt. Somit gilt
  dies auch f\"ur eine endliche Teilfamilie. Aufgrund der obigen
  \"Aquivalenz ist dies gerade die gesuchte Teilfamilie.
\end{proof}

\begin{theorem}
  \label{komp enthalten schachtelung thm}
  Sei $X$ ein lokal kompakter Hausdorffraum. Sei $U\subset X$ offen
  und sei $K\subset U$ kompakt. Dann gibt es eine offene Menge $V$, so
  dass $\ol V$ kompakt ist und \[K\subset V\subset\ol V\subset U\]
  gilt. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Jeder Punkt in $K$ besitzt eine offene Umgebung mit kompaktem
    Abschluss. Da $K$ kompakt ist, \"uberdecken bereits endlich viele
    dieser Umgebungen $K$. Sei $G$ die Vereinigung dieser endlich
    vielen offenen Umgebungen. 
  \item Ist $U=X$, so k\"onnen wir $V=G$ w\"ahlen und sind fertig. 
  \item Sonst sei $C:=X\setminus U$. Nach Theorem \ref{Hausd pkt komp
      trenn thm} gibt es zu jedem $p\in C$ eine offene Menge $W_p$ mit
    $K\subset W_p$ und, da $p$, ebenfalls aufgrund dieses Theorems,
    eine offene zu $W_p$ diskunkte Umgebung besitzt, $p\not\in\ol
    W_p$. Die Familie \[\{C\cap\ol G\cap\ol W_p\}_{p\in C}\] besteht
    aus kompakten Mengen. Ihr Schnitt ist wegen $p\not\in\ol W_p$ die
    leere Menge. Nach Theorem \ref{komp leer schnitt thm} gibt es
    somit Punkte $p_1,\ldots,p_n\in C$ mit \[C\cap\ol G\cap\ol
    W_{p_1}\cap\ldots\cap\ol W_{p_n} =\emptyset.\] Wir definieren $V:=
    G\cap W_{p_1}\cap\ldots \cap W_{p_n}$ und erhalten auch die
    Inklusion $\ol V\subset U$, denn es gilt \[\ol V\subset \ol
    G\cap\ol W_{p_1}\cap\ldots\cap \ol W_{p_n}\] und die Menge auf der
    rechten Seite ist zu $C=X\setminus U$ disjunkt, aus $\ol V\cap
    C=\emptyset$ erhalten wir also $\ol V\subset\complement C=U$ wie
    gew\"unscht.\qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

Einfache Eigenschaften unterhalbstetiger Funktionen
wiederholen bzw.{} erw\"ahnen wir nachfolgend. Analoge Resultate
gelten f\"ur oberhalbstetige Funktionen.  
\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $f\colon X\to\R$ ist (in einem metrischen Raum $X$)
    unterhalbstetig, falls f\"ur jedes $x\in X$ und jede Folge
    $(x_n)_{n\in\N}$ mit $x_n\to x$ f\"ur $n\to\infty$ auch
    $\underset{n\to\infty}{\underline\lim} f(x_n)\ge f(x)$ gilt. 
  \item $f\colon X\to\R$ ist (in einem topologischen Raum $X$)
    unterhalbstetig, falls die Mengen $f^{-1}((a,\infty))$ f\"ur alle
    $a\in\R$ offen sind.
  \item In einem metrischen Raum stimmen die beiden Definitionen von
    Un\-ter\-halb\-ste\-tig\-keit \"uberein (\"Ubung).
  \item Die charakteristische Funktion einer offenen Menge ist
    unterhalbstetig. 
  \item Das Supremum von unterhalbstetigen Funktionen ist wieder
    unterhalbstetig (\"Ubung; benutze die topologische Definition). 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{theorem}[Lemma von Urysohn]
  Sei $X$ ein lokal kompakter Haus\-dorff\-raum, $V\subset X$ offen
  und $K\subset V$ kompakt. Dann gibt es $f\in C^0_c(X,[0,1])$ mit
  $\chi_K\le f\le\chi_V$.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir setzen $r_0:=0$ und $r_1:=1$. Sei $(r_i)_{i\in\N}$ eine
  Aufz\"ahlung von $\Q\cap(0,1)$. Dann gibt es nach Theorem \ref{komp
    enthalten schachtelung thm} zun\"achst eine offene Menge $V_0$, so
  dass $\ol V_0$ kompakt ist und dann eine offene Menge $V_1$
  mit \[K\subset V_1\subset\ol V_1\subset V_0\subset\ol V_0\subset
  V.\] Seien nun $n\ge2$ und seien $V_{r_1},\ldots,V_{r_n}$ bereits so
  gew\"ahlt, dass f\"ur $r_i<r_j$ bereits $\ol V_{r_j}\subset V_{r_i}$
  gilt. Dann ist eine der Zahlen $r_1,\ldots,r_n$, wir nehmen an, dass
  dies $r_i$ ist, die gr\"o\ss{}te unter diesen Zahlen mit
  $r_i<r_{n+1}$ und eine, wir nehmen an, dass dies $r_j$ ist, die
  kleinste unter diesen Zahlen mit $r_{n+1}<r_j$. Wiederum nach
  Theorem \ref{komp enthalten schachtelung thm} finden wir eine Menge
  $V_{r_{n+1}}$ mit $\ol V_{r_j}\subset V_{r_{n+1}} \subset\ol
  V_{r_{n+1}} \subset V_{r_i}$. Auf diese Weise erhalten wir eine
  Familie $\{V_r\}_{r\in\Q\cap[0,1]}$ von offenen Mengen mit $K\subset
  V_1$, $\ol V_0\subset V$, kompakten Mengen $\ol V_r$
  und \[r<s\quad\impliziert\quad \ol V_s\subset V_r.\] Wir definieren
  nun die Funktionen $f_r:=r\cdot \chi_{V_r}$, \[g_s:=
  \begin{cases}
    1,&x\in\ol V_s,\\
    s,&\text{sonst,}
  \end{cases}
  \] $f:=\sup\limits_{r\in\Q\cap[0,1]} f_r$ und
  $g:=\inf\limits_{s\in\Q\cap[0,1]} g_s$. Jede der Funktion $f_r$,
  $r\in\Q\cap[0,1]$, und $f$ sind unterhalbstetig. Ebenso sind $g$ und
  jede der Funktionen $g_s$, $s\in\Q\cap[0,1]$, oberhalbstetig. \par
  Es ist klar, dass $0\le f\le 1$, $f(x)=1$ f\"ur $x\in K$ gelten und
  dass $\supp f\subset\ol V_0$ gilt. Wir behaupten, dass auch $f=g$
  gilt. Dies impliziert dann die Stetigkeit und damit die
  Behauptung. \par Angenommen, es gilt $f_r(x)>g_s(x)$ f\"ur ein $x\in
  X$. Dann folgen $x\in V_r$, $x\not\in\ol V_s$ und $r>s$. Dies
  impliziert jedoch $V_r\subset V_s$ im Widerspruch zu den obigen
  Folgerungen. Somit gilt $f_r\le g_s$ f\"ur beliebige
  $r,s\in\Q\cap[0,1]$ und wir erhalten im Grenzwert $f\le g$. \par Sei
  nun $x\in X$ mit $f(x)<g(x)$. Dann gibt es $r,s\in\Q\cap[0,1]$ mit
  $f(x)<r<s<g(x)$. Aus der ersten Ungleichung folgt $x\not\in V_r$,
  aus der zweiten erhalten wir $x\in\ol V_s$. Dies widerspricht jedoch
  der konstruierten Schachtelung der Mengen
  $\{V_s\}_{s\in\Q\cap[0,1]}$. Somit erhalten wir $f=g$ und das
  Theorem folgt.
\end{proof}

F\"ur den Tietze-Urysohnschen Fortsetzungssatz in metrischen R\"aumen
folgen wir \cite{Dieudonne}.
\begin{theorem}[Tietze-Urysohnscher Fortsetzungssatz] 
  \neueZeilealt
  Sei $E$ ein metrischer Raum, $A\subset E$ abgeschlossen. Sei
  $f\colon A\to\R$ stetig und beschr\"ankt. Dann gibt es eine stetige Abbildung
  $g\colon E\to\R$ mit $g|_A=f$ und \[\sup\limits_{x\in E}g(x)
  =\sup\limits_{y\in A}f(y)\quad\text{sowie}\quad \inf\limits_{x\in
    E}g(x) =\inf\limits_{y\in A}f(y).\]  
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ohne Einschr\"ankung d\"urfen wir annehmen, dass
    $\inf\limits_{y\in A}f(y)=1$ und $\sup\limits_{y\in A}f(y)=2$
    gelten. Falls nicht, so ist $f$ konstant und die Aussage trivial
    oder wir ersetzen $f$ durch $\alpha f+\beta$ mit
    $\alpha,\beta\in\R$, so dass diese Annahmen erf\"ullt sind und
    transformieren sp\"ater $g$ entsprechend zur\"uck. 
  \item Definiere
    \[g(x):=
    \begin{cases}
      f(x),&x\in A,\\
      \inf\limits_{y\in A} \dfrac{f(y)d(x,y)}{d(x,A)},&x\not\in A. 
    \end{cases}\]
  \item Beschr\"anktheit: \glqq$\ge1$\grqq: Es gilt f\"ur alle $y\in
    A$ die Ungleichung $d(x,y)\ge d(x,A)$. Somit erhalten wir
    $\frac{f(y)d(x,y)}{d(x,A)}\ge f(y)\ge 1$. \par
    \glqq$\le2$\grqq: Sei $(y_n)_{n\in\N}\subset A$ eine Folge mit
    $\frac{d(x,y_n)}{d(x,A)}\to 1$ f\"ur $n\to\infty$. Somit erhalten
    wir \[\underset{n\to\infty}{\ol\lim} f(y_n)\frac{d(x,y_n)}{d(x,A)}
    \le\underset{n\to\infty}{\ol\lim} f(y_n)\le2\] und die Behauptung
    folgt. 
  \item Stetigkeit von $g$: F\"ur $x\in\interior A$ ist dies klar. 
  \item Stetigkeit in $E\setminus A$: Da $x\mapsto d(x,A)$ stetig und
    in $E\setminus A$ positiv ist, gen\"ugt der Nachweis, dass
    $h\colon E\setminus A\ni x\mapsto\inf\limits_{y\in A}
    (f(y)d(x,y))$ stetig ist. Sei $r:=d(x,A)$. Ist
    $d(x,x')\le\epsilon<r$, $x'\in E\setminus A$ also ein Punkt nahe
    $x$, so folgt $d(x,y)\le d(x',y)+\epsilon$. Folglich erhalten wir
    $f(y)d(x,y)\le f(y)(d(x',y)+\epsilon)$ und daraus $h(x)\le
    h(x')+2\epsilon$, da $f(y)\le2$. Analog erhalten wir $h(x')\le
    h(x)+2\epsilon$. Somit ist $g$ in $E\setminus A$ stetig.
  \item Stetigkeit f\"ur $x\in\partial A$: Sei $\epsilon>0$
    beliebig. Dann gibt es aufgrund der Stetigkeit von $f$ ein $r>0$
    mit $|f(x)-f(y)|\le\epsilon$ f\"ur alle $y\in A\cap B_r(x)$. Wir
    definieren $C:=A\cap B_r(x)$ und $D:=A\setminus B_r(x)$. Sei nun
    $x'\in E\setminus A$ mit $d(x,x')\le r/4$. Dann gilt f\"ur $y\in
    D$ die Ungleichung $d(x',y)\ge d(x,y)-d(x,x')\ge\frac34r$ und
    somit folgt $\inf\limits_{y\in D}(f(y)d(x',y))\ge
    \frac34r$. Andererseits gilt aber $f(x)d(x',x)\le 2d(x',x)\le
    r/2$. Diese beiden Ungleichungen widersprechen sich. Somit
    folgt \[\inf\limits_{y\in A}(f(y)d(x',y)) =\inf\limits_{y\in
      C}(f(y)d(x',y)).\] F\"ur $y\in C$ gilt jedoch $f(x)-\epsilon\le
    f(y)\le f(x)+\epsilon$ und $\inf\limits_{y\in
      C}d(x',y)=d(x',A)$. Somit erhalten wir \[(f(x)-\epsilon) d(x',A)
    \le\inf\limits_{y\in A}(f(y)d(x',y)) \le(f(x)+\epsilon) d(x',A).\]
    Also erhalten wir f\"ur $x\in E\setminus A$ mit $d(x,x')\le r/4$
    die Absch\"atzung $|g(x')-f(x)|\le\epsilon$. Andererseits gilt
    f\"ur $x'\in A$ und $d(x,x')\le r/4$ die Absch\"atzung
    $|g(x')-f(x)| =|f(x')-f(x)|\le\epsilon$. Somit folgt insgesamt
    auch die Stetigkeit f\"ur $x\in\partial A$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei $E$ ein metrischer Raum. Seien $A,B\subset E$ abgeschlossen mit
  $A\cap B=\emptyset$ (also disjunkt). Dann gibt es eine stetige
  Funktion $f\colon E\to[0,1]$ mit $f(x)=1$ f\"ur alle $x\in A$ und
  $f(x)=0$ f\"ur alle $x\in B$. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Beachte dazu, dass die Funktion $\chi_A\colon A\cup B\to\R$ stetig
  ist und sich somit auch stetig auf $E$ fortsetzen l\"asst.
\end{proof}

\begin{theorem}[Lusin]
  \label{lusin rudin thm}
  Sei $(X,\mathcal A,\mu)$ ein Ma\ss{}raum mit einem lokal kompakten
  Hausdorffraum $X$. Sei $\mu$ lokal endlich, regul\"ar und
  vollst\"andig. Sei $f\colon X\to\R$ eine $\mathcal A$- oder, nach
  Theorem \ref{mu messb A messb aequiv thm} \"aquivalent dazu, 
  $\mu$-messbare Funktion. Sei $A\subset X$ mit $\mu(A)<\infty$ und
  gelte $f(x)=0$ f\"ur $x\not\in A$. Sei $\epsilon>0$. Dann gibt es
  eine Funktion $g\in C^0_c(X)$ mit 
  \begin{equation}
    \label{lusin nur eps anders eq}
    \mu(\{x\colon f(x)\neq g(x)\})
  <\epsilon
\end{equation}und $\sup\limits_{x\in X} |g(x)| \le \sup\limits_{x\in
  X} |f(x)|$.   
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir nehmen zun\"achst an, dass $0\le f<1$ gilt und dass $A$
    kompakt ist. Sei $(f_j)_{j\in\N}$ die im Beweis von Theorem
    \ref{num pos fkt aequiv thm} konstruierte Folge einfacher
    Funktionen mit $f_j\to f$ f\"ur $j\to\infty$. Wir definieren
    $t_1:=f_1$ und $t_n:= f_n-f_{n-1}$ f\"ur $n\in\N$.  Beachte, dass
    das anf\"angliche Abschneiden auf H\"ohe $j$ wegen $0\le f\le 1$
    in der Definition von $f_j$ nie n\"otig war. Somit sind die
    Funktionen $2^nt_n$ charakteristische Funktionen von gewissen
    Mengen $T_n\subset A$. Nach Konstruktion gilt
    $f(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty t_n(x)$ f\"ur alle $x\in X$. Sei
    $V$ offen mit $A\subset V$ und kompaktem Abschluss $\ol V$. Solch
    eine Menge $V$ gibt es aufgrund der zun\"achst zus\"atzlich
    vorausgesetzten Kompaktheit von $A$. Da $\mu$ regul\"ar ist, gibt
    es kompakte Mengen $K_n\subset T_n$ und offene Mengen $V_n$ mit
    $T_n\subset V_n\subset V$ und $\mu(V_n\setminus
    K_n)<2^{-n}\epsilon$. Nach dem Urysohnschen Lemma gibt es stetige
    Funktionen $h_n\colon X\to\R$ mit $\chi_{K_n}\le h_n\le
    \chi_{V_n}$. Damit definieren wir $g\colon X\to\R$ verm\"oge
    $g(x):= \sum\limits_{n=1}^\infty 2^{-n}h_n(x)$. Die
    zugrundeliegende Folge konvergiert gleichm\"a\ss{}ig. Somit ist
    $g$ stetig. Nach Konstruktion gilt $\supp g\subset\ol
    V$. Au\ss{}erhalb von $V_n\setminus K_n$ gilt $2^{-n}h_n(x)
    =t_n(x)$. Somit folgt $g(x)=f(x)$ in
    $X\setminus\bigcup\limits_{n=1}^\infty (V_n\setminus K_n)$. F\"ur
    die Ausnahmemenge gilt $\mu\left(\bigcup\limits_{n=1}^\infty
      (V_n\setminus K_n)\right)<\epsilon$. Dies zeigt \eqref{lusin nur
      eps anders eq}, falls $A$ kompakt ist und $0\le f<1$ gilt.
  \item Ist $A$ nicht kompakt, so gibt es wegen $\mu(A)<\infty$ eine
    kompakte Menge $K\subset A$ mit beliebig kleinem $\mu(A\setminus
    K)$. Betrachte nun $K$ statt $A$. Dann kann man wie oben mit
    $\chi_Kf$ fortfahren, um \eqref{lusin nur eps anders eq} zu
    erhalten.
  \item Ist $f$ nicht beschr\"ankt, so betrachten wir die Mengen
    $B_n:=\{x\in A\colon |f(x)|>n\}$. Da $f$ Werte in $\R$ annimmt
    gilt somit $\bigcap\limits_{n\in\N} B_n=\emptyset$. Nach
    Voraussetzung gilt $\mu(A)<\infty$. Somit liefert Theorem
    \ref{mass thm rechenregeln} \eqref{el mass iv} $\mu(B_n)\to0$
    f\"ur $n\to\infty$. Wenn wir die obigen \"Uberlegungen nun auf die
    Funktion $\frac1n(1-\chi_{B_n})f^\pm$ f\"ur hinreichend gro\ss{}es
    $n\in\N$ anwenden, folgt \eqref{lusin nur eps anders eq} auch in
    diesem Fall.
  \item Setze $r:=\sup\limits_{x\in X}|f(x)|$. Definiere
    $\phi\colon\R\to\R$ durch \[\phi(t):=
    \begin{cases}
      -r,&t<r,\\
      t,&|t|\le r,\\
      r,&t>r.
    \end{cases}\] Dann erf\"ullt $\phi\circ g$ zus\"atzlich zu
    \eqref{lusin nur eps anders eq} auch $\sup\limits_X |\phi\circ
    g|=\sup\limits_X |f|$.\qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{lemma}
  \label{unendl oft ist nullmenge lem}
  Sei $(X,\mathcal A,\mu)$ ein Ma\ss{}raum. Seien $E_k\subset X$,
  $k\in\N$, messbare Mengen mit $\sum\limits_{k=0}^\infty \mu(E_k)
  <\infty$. Dann ist die Menge $A$ aller Punkte $x\in X$ mit der
  Eigenschaft, dass $\{k\in\N\colon x\in E_k\}$ unendlich ist, eine
  Nullmenge.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir definieren $D_k:=\bigcup\limits_{j=k}^\infty E_j$. Dann sind die
  Mengen $D_k$ geschachtelt, $D_{k+1}\subset D_k$, und es gilt
  $\mu(D_k)\to0$ f\"ur $k\to\infty$. Weiterhin gilt
  $A=\bigcap\limits_{k=0}^\infty D_k$. Es folgt $\mu(A) \le\mu(D_k)\to
  0$ f\"ur $k\to\infty$ und daher ist $A$ wie behauptet eine
  Nullmenge. 
\end{proof}

Als Korollar zum Satz von Lusin erhalten wir
\begin{corollary}
  Seien die Voraussetzungen des Satzes von Lusin, Theorem \ref{lusin
    rudin thm} erf\"ullt und gelte zus\"atzlich $|f|\le 1$. Dann gibt
  es eine Folge $(g_n)_{n\in\N}\subset C^0_c(X)$ mit $|g_n(x)|\le1$
  f\"ur alle $x\in X$ und \[f(x)=\lim\limits_{n\to\infty} g_n(x)
  \quad\text{f\"ur fast alle }x\in X.\] 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Zu $n\in\N$ gibt es nach Theorem \ref{lusin rudin thm} eine Funktion
  $g_n\in C^0_c(X)$ mit $|g_n(x)|\le 1$ f\"ur alle $x\in X$ und eine
  Menge $E_n$ mit $\mu(E_n)\le 2^{-n}$, so dass $f(x)=g_n(x)$ f\"ur
  alle $x\in X\setminus E_n$ gilt. Nach Lemma \ref{unendl oft ist
    nullmenge lem} gibt es eine Nullmenge $A\subset X$, so dass f\"ur
  alle $x\in X\setminus A$ der Punkt $x$ nur in h\"ochstens endlich
  vielen Mengen $E_n$ liegt. Daher gilt f\"ur $x\in X\setminus A$ auch
  $\lim\limits_{n\to\infty} g_n(x) =\lim\limits_{n\to\infty} f(x)
  =f(x)$. Wir erhalten die Behauptung.
\end{proof}

\begin{theorem}[Lusin] 
  \stern Sei $X$ ein $\sigma$-kompakter lokal kompakter metrischer
  Raum. Sei $\mu$ ein vollst\"andiges Radonma\ss{} auf $X$ und sei
  $f\in\mathcal L^0(X,\mu,E)$. Sei $A\subset X$ eine $\mu$-messbare
  Menge mit $\mu(A)<\infty$. Dann gibt es zu jedem $\epsilon>0$ eine
  kompakte Teilmenge $K\subset X$ mit $\mu(A\setminus K)<\epsilon$ und
  $f|_K \in C^0(K,E)$.
\end{theorem}
Der Beweis dieser vektorwertigen Version des Satzes von Lusin ist
etwas technisch.
\begin{proof}[Beweis] 
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Da $\mu$ regul\"ar ist und $\mu(A)<\infty$ gilt, gibt es eine
    kompakte Menge $\tilde X\subset A$ mit $\mu\big(A\setminus\tilde
    X\big)<\epsilon/2$. Wir definieren $\tilde f:=f|_{\tilde X}$. Es
    gilt $\mu\big(\tilde X\big)<\infty$.
    \par Im Rest des Beweises betrachten wir alle Komplemente stets
    bez\"uglich $\tilde X$, also $\complement B\equiv \tilde
    X\setminus B$. 
  \item Da $f$ eine $\mu$-messbare Funktion ist, ist $f$ nach Theorem
    \ref{mu messb A messb aequiv thm} $\mu$-fast
    separabelwertig. Somit gibt es eine $\mu$-Nullmenge
    $N\subset\tilde X$, so dass $\tilde f\big(\complement N\big)$
    separabel ist. Nach Theorem \ref{sep aequiv thm} besitzt der
    topologische Raum $\tilde f\big(\complement N\big)$ eine
    abz\"ahlbare Basis $\left\{\tilde V_j\colon j\in\N\right\}$. Nach
    Definition der Relativtopologie gibt es offene Mengen $V_j\subset
    E$ mit $V_j\cap\tilde f\big(\complement N\big)=\tilde V_j$,
    $j\in\N$.
  \item Nochmals nach Theorem \ref{mu messb A messb aequiv thm} ist
    $\tilde f^{-1}(V_j)$ f\"ur beliebiges $j\in\N$ eine $\mu$-messbare
    Menge. Da $\mu$ regul\"ar ist und $\mu\big(\tilde X\big)<\infty$
    gilt, gibt es f\"ur $j\in\N$ eine kompakte Menge $K_j\subset X$
    und eine offene Menge $U_j\subset X$ mit $K_j\subset\tilde
    f^{-1}(V_j) \subset U_j$ und $\mu(U_j\setminus K_j)<\epsilon\cdot 
    2^{-(j+3)}$. F\"ur $U:=\bigcup\limits_{j\in\N} (U_j\setminus K_j)$
    gilt somit $\mu(U)<\epsilon/4$. 
  \item Definiere $Y:=\complement (U\cup N)$. Wir behaupten, dass
    $\tilde f|_Y$ eine stetige Funktion ist. Sei $V\subset E$
    offen. Da die Mengen $\{V_j\colon j\in\N\}$ eine Basis der
    Topologie von $\tilde f\big(\complement N\big)\subset E$ bilden,
    gibt es eine Teilmenge $\{V_{j_k}\colon k\in\N\}$ (wir verwenden
    diese Notation auch, falls diese Teilmenge endlich ist) mit
    $V\cap\tilde f\big(\complement N\big) =\bigcup\limits_{k\in\N}
    V_{j_k}\cap \tilde f\big(\complement N\big)$. Hieraus folgt
    \begin{equation}
      \label{f-1 V eq}
      \tilde f^{-1}(V)\cap\complement N =\bigcup\limits_{k\in\N} \tilde
      f^{-1}(V_{j_k})\cap\complement N.
    \end{equation}
    Nach Wahl der Mengen $U_l$ gilt
    $\tilde f^{-1}(V_l)\cap Y\subset U_l\cap Y$ f\"ur alle
    $l\in\N$. Es ergibt sich 
    \begin{align*} Y=&\,\complement(U\cup N) =\complement U\cap
      \complement N =\complement\Bigg(\bigcup\limits_{j\in\N}
      \underbrace{U_j\setminus K_j}_{=U_j\cap\complement
        K_j}\Bigg)\cap\complement N\umbruch\\
      \subset &\,\bigcap\limits_{j\in\N} \big(\complement U_j\cup
      K_j\big) \subset\bigcap\limits_{j\in\N} \left(\complement
        U_j\cup\tilde f^{-1}(V_j)\right) \subset\complement U_l\cup
      \tilde f^{-1}(V_l) 
    \end{align*}
    f\"ur beliebige $l\in\N$. \par
    Wir behaupten, dass $\tilde f^{-1}(V_l)\cap Y =U_l\cap Y$
    gilt. Dazu zeigen wir, dass sogar der Schnitt mit einer
    gr\"o\ss{}eren Menge als $Y$ gleich ist, wobei wir gerade eben
    gezeigt haben, dass die hier angegebene Menge gr\"o\ss{}er ist,
    dass also \[\tilde f^{-1}(V_l)\cap\left(\complement U_l\cup \tilde
      f^{-1}(V_l)\right) =U_l\cap\left(\complement U_l\cup \tilde
      f^{-1}(V_l)\right)\] gilt. Dies ist wahr, denn die linke Seite
    ist gleich $\tilde f^{-1}(V_l)$ und die rechte Seite ist $U_l\cap
    \tilde f^{-1}(V_l) =\tilde f^{-1}(V_l)$ wegen $\tilde f^{-1}(V_l)
    \subset U_l$.  Dies zeigt, dass $\tilde f^{-1}(V_l)\cap Y =U_l\cap
    Y$ gilt. \par
    Dies benutzen wir im letzten Schritt und erhalten
    \begin{align*}
      \left(\tilde f|_Y\right)^{-1}(V) =&\,\tilde f^{-1}(V) \cap Y
      =\tilde f^{-1}(V) \cap\complement N \cap\complement U\umbruch\\
      \overset{\eqref{f-1 V eq}}{=\!=\!=}&\, \bigcup\limits_{k\in\N}
      \tilde f^{-1}(V_{j_k}) \cap\underbrace{\complement
        N\cap\complement U}_{=Y} =\bigcup\limits_{k\in\N} U_{j_k}\cap
      Y.
    \end{align*}
    Die Menge $\bigcup\limits_{k\in\N} U_{j_k}$ ist eine offene
    Teilmenge von $X$. Somit ist auch $\bigcup\limits_{k\in\N}
    U_{j_k}$ eine offene Teilmenge von $Y$. Also ist $\tilde f|_Y$
    stetig.
  \item Da $\mu$ regul\"ar ist, und $\mu(Y)\le\mu\big(\tilde
    X\big)<\infty$ gilt, gibt es eine kompakte Menge $K\subset Y$ mit
    $\mu(Y\setminus K)<\epsilon/4$. Es gilt $\tilde f|_K =f|_K\in
    C^0(K,E)$. Weiterhin erhalten wir die
    Absch\"atzung \[\mu\big(\tilde X\setminus K\big) \le\mu(Y\setminus
    K) +\mu\big(\underbrace{\complement Y\setminus K}_{\subset U}\big)
    \le\mu(Y\setminus K) +\mu(U) <\epsilon/2.\] Somit folgt
    $\mu(A\setminus K) =\mu\big(A\setminus\tilde X\big)
    +\mu\big(\tilde X\setminus K\big)<\epsilon$. Die Behauptung
    folgt. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\subsection{Integrierbare Funktionen}

Sei in diesem Abschnitt stets $(X,\mathcal A,\mu)$ ein
$\sigma$-endlicher vollst\"andiger Ma\ss{}raum und sei $E$ ein
Banachraum. Wir wollen stets annehmen, dass $\mu$-einfache Funktionen
in ihrer Normalform dargestellt sind. Weiterhin definieren wir
$\infty\cdot 0_E:=0_E=:-\infty\cdot 0_E$ mit dem Nullvektor $0_E\in
E$.

\subsubsection{Das Integral f\"ur einfache Funktionen}

\begin{definition}
  Sei $\phi\in\mathcal{EF}(X,\mu,E)$, also eine $\mu$-einfache
  Funktion, und sei $\phi=\sum\limits_{j=0}^m e_j\chi_{A_j}$ eine
  Darstellung in Normalform. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dann definieren wir \[\int\limits_X\phi\,d\mu \equiv
    \int\limits\phi\,d\mu \equiv\int\phi \equiv\int\limits_X\phi
    :=\sum\limits_{j=0}^m e_j\mu(A_j).\] $\int\phi$ hei\ss{}t
    \emph{Integral von $\phi$ \"uber $X$ bez\"uglich des Ma\ss{}es
      $\mu$}.
  \item Ist $A$ eine $\mu$-messbare Menge, so
    hei\ss{}t \[\int\limits_A\phi\,d\mu :=\int\limits_X \chi_A\phi\,
    d\mu\] \emph{Integral von $\phi$ \"uber $A$ bez\"uglich des
      Ma\ss{}es $\mu$}.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item \stern $\int\limits_A\phi\,d\mu$ ist wohldefiniert.
    \begin{proof}[Beweis]
      Nach Bemerkung \ref{einf fkt rem} ist das Produkt
      $\mu$-einfacher Funktionen wieder $\mu$-einfach und auf
      eindeutige Weise in Normalform darstellbar.       
    \end{proof}
  \item\stern Sei $\phi=\sum\limits_{k=0}^n f_k\chi_{B_k}$ mit $f_k\in
    E\setminus\{0\}$ und $B_k\in\mathcal A$ mit $B_j\cap
    B_k=\emptyset$ f\"ur $j\neq k$. Dann ist $\phi$ eine
    $\mu$-einfache Funktion. Diese ist nicht notwendigerweise in
    Normalform dargestellt. Trotzdem gilt \[\int\limits_X\phi\,d\mu
    =\sum\limits_{k=0}^n f_k\mu(B_k).\] 
    \begin{proof}[Beweis]
      Ordne Summanden geeignet um und fasse sie geeignet zusammen. 
    \end{proof}
  \item Das Integral $\int\limits_X\cdot\,d\mu\colon
    \mathcal{EF}(X,\mu,E)\to E$ ist linear. 
    \begin{proof}[Beweis] \stern
      \begin{enumerate}[(a)]
      \item Skalarmultiplikation: Klar. 
      \item Summen: Betrachte Mengen der Form $A_i\cap B_j$ statt
        $A_i$ und $B_j$ auf denen dann beide Summanden
        konstant sind. Benutze nun die obige Formel f\"ur Integrale
        einfacher Funktionen, die nicht in Normalform sind.\qedhere
      \end{enumerate}
    \end{proof}
  \item\stern F\"ur $A,B\in\mathcal A$ mit $A\cap B=\emptyset$ und
    $\phi\in\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ gilt \[\int\limits_{A\cup B}
    \phi\,d\mu =\int\limits_A\phi\,d\mu +\int\limits_B\phi\,d\mu.\]
    \begin{proof}[Beweis]
      Benutze $\chi_{A\cup B}\phi =\chi_A\phi+\chi_B\phi$.
    \end{proof}
  \item F\"ur $\phi\in\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ und $A\in\mathcal A$
    gilt \[\left\Vert\int\limits_A\phi\,d\mu\right\Vert
    \le\int\limits_A\Vert\phi\Vert\,d\mu
    \le\Vert\phi\Vert_{L^\infty}\cdot\mu(A).\] 
    \begin{proof}[Beweis]
      Nach Bemerkung \ref{einf fkt rem} ist auch $\Vert\phi\Vert$ eine
      $\mu$-einfache Funktion. Die Behauptung folgt somit aus der
      Dreiecksungleichung f\"ur Summen.
    \end{proof}
  \item F\"ur $\phi,\psi\in\mathcal{EF}(X,\mu,\R)$ mit $\phi\le\psi$
    gilt $\int\limits_A\phi\,d\mu \le\int\limits_A\psi\,d\mu$. 
    \begin{proof}[Beweis]
      Schreibe $\psi =\phi+(\psi-\phi)$. Beachte nun, dass aus
      $\psi-\phi\ge0$ auch $\int\limits_A\phi-\psi\,d\mu\ge0$
      folgt. Benutze nun die Linearit\"at des Integrals. 
    \end{proof}
  \end{enumerate}
\end{remark}

\subsubsection{Die $\mathcal L^1$-Seminorm}

\begin{definition}
  Sei $V$ ein $\K$-Vektorraum. Dann hei\ss{}t $p\colon V\to\R$ eine
  \emph{Seminorm} auf $V$, falls $p$ die folgenden Bedingungen
  erf\"ullt: 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $p(v)\ge0$ f\"ur alle $v\in V$,
  \item $p(\lambda v) =|\lambda|p(v)$ f\"ur alle $v\in V$ und alle
    $\lambda\in\K$,
  \item $p(v+w)\le p(v)+p(w)$ f\"ur alle $v,w\in V$. 
  \end{enumerate}
  F\"ur $v\in V$ und $r>0$ definieren wir den \emph{offenen Semiball}
  um $v$ mit Radius $r$ als \[B^p_r(v):=\{w\in V\colon p(v-w)<r\}.\]
  Eine Menge $O\subset V$ hei\ss{}t \emph{$p$-offen}, falls es zu
  jedem $v\in O$ ein $r>0$ mit $B^p_r(v)\subset O$ gibt. 
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\stern Sei $(V,p)$ eine Vektorraum mit Seminorm $p$.  Dann ist
    $p$ genau dann eine Norm, wenn $p^{-1}(\{0\})=\{0\}$ gilt.
  \item Ist $K\subset\R^n$ kompakt, so ist $p(f):=\sup\limits_{x\in K}
    |f(x)|$ eine Seminorm aber keine Norm auf $C^0(\R^n)$. 
  \item $\Vert \phi\Vert_{L^1}:=\int\limits_X\Vert\phi\Vert\,d\mu$
    f\"ur $\phi\in\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ ist eine Seminorm. Gibt es
    eine nichtleere $\mu$-Nullmenge in $\mathcal A$, so ist
    $\Vert\cdot\Vert_{L^1}$ keine Norm auf $\mathcal{EF}(X,\mu,E)$.
  \item\stern $\mathcal O_p:=\{O\subset V\colon O \text{ ist
      $p$-offen}\}$ ist eine Topologie auf $V$. Wir nennen sie die
    \emph{von $p$ erzeugte Topologe}. Diese Topologie ist im
    allgemeinen nicht Hausdorffsch und in diesem Fall daher auch nicht
    metrisch.
  \item\stern Eine lineare Abbildung $A\colon V\to E$ hei\ss{}t
    \emph{(p)-beschr\"ankt,} falls es ein $M\ge0$ mit $\Vert
    Av\Vert\le Mp(v)$ f\"ur alle $v\in V$ gibt. F\"ur eine lineare
    Abbildung $A\colon V\to E$ sind die folgenden Aussagen
    \"aquivalent:
    \begin{enumerate}[(a)]
    \item $A$ ist stetig,
    \item $A$ ist stetig in $0$,
    \item $A$ ist beschr\"ankt.
    \end{enumerate}
    \begin{proof}[Beweis]
      Wir geben nur die nichttrivialen Teile des Beweises an. Auch sie
      funktionieren wie in normierten R\"aumen. 
      \begin{itemize}
      \item Sei $A$ stetig in $0$. Dann ist
        $A^{-1}\left(B_1^E(0)\right)$ in $(V,p)$ offen, \dh es gibt
        ein $\delta>0$ mit $B_\delta^p(0)\subset
        A^{-1}\left(B_1^E(0)\right)$. Wir wenden $A$ an und erhalten
        aufgrund der Homogenit\"at $A\left(B_1^p(0)\right)\subset
        B^E_{1/\delta}(0)$ sowie $\Vert Av\Vert\le\frac1\delta p(v)$
        f\"ur alle $v\in V$. 
      \item Ist umgedreht $A$ nicht stetig in $0$, so gibt es f\"ur
        jedes $n\in\N_{>0}$ ein $v_n\in V$ mit $p(v_n)\le\frac1n$ und
        $v_n\not\in A^{-1}\left(B^E_1(0)\right)$. Die letzte Aussage
        ist \"aquivalent zu $\Vert Av_n\Vert\ge1$. Somit ist $A$ auch
        nicht beschr\"ankt. \qedhere
      \end{itemize}
    \end{proof}
  \item $\int\limits_X\cdot\,d\mu\colon\mathcal{EF}(X,\mu,E)\to E$ ist
    stetig.
    \begin{proof}[Beweis]
      Wir verwenden die Seminorm $\Vert\cdot\Vert_{L^1}$.  Benutze nun
      die Dreiecksungleichung.
    \end{proof}
  \end{enumerate}
\end{remark}

Obwohl eine Seminorm keine Metrik definiert definieren wir: 
\begin{definition}
  Sei $V$ ein Vektorraum mit Seminorm $p$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Eine Folge $(v_n)_{n\in\N}$ hei\ss{}t \emph{Cauchyfolge in
      $(V,p)$}, wenn es zu jedem $\epsilon>0$ ein $n_0\in\N$ mit
    $p(v_n-v_m)<\epsilon$ f\"ur alle $n,m\ge n_0$ gilt. 
  \item Eine Folge $(v_n)_{n\in\N}$ \emph{konvergiert} gegen $v\in V$,
    falls es zu jedem $\epsilon>0$ ein $n_0\in\N$ mit
    $p(v_n-v)<\epsilon$ f\"ur alle $n\ge n_0$ gibt. 
  \item Der Raum $(V,p)$ hei\ss{}t \emph{vollst\"andig}, genauer:
    \emph{folgenvollst\"andig}, falls jede Cau\-chy\-fol\-ge in
    $(V,p)$ konvergiert.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Es gilt $v_n\to v$ f\"ur $n\to\infty$ genau dann, wenn
    $p(v_n-v)\to0$ f\"ur $n\to\infty$ gilt. Dieser Grenzwert braucht
    jedoch nicht eindeutig zu sein, da f\"ur alle $w\in V$ mit
    $p(v-w)=0$ ebenfalls $p(v_n-w)\to0$ f\"ur $n\to\infty$ gilt. 
  \item Die Menge der Cauchyfolgen in $(V,p)$ ist ein Unterraum aller
    Folgen in $(V,p)$. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{definition}
  Auf $\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ verwenden wir stets die Seminorm
  $\Vert\cdot\Vert_{L^1}$. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Eine Cauchyfolge in $\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ hei\ss{}t
    $\mathcal L^1$-Cauchyfolge.
  \item Eine Funktion $f\colon X\to E$ hei\ss{}t
    \emph{$\mu$-integrierbar} oder \emph{bez\"uglich des Ma\ss{}es
      $\mu$ integrierbar}, falls es eine $\mathcal L^1$-Cauchyfolge
    $(\phi_j)_{j\in\N} \subset\mathcal{EF} (X,\mu,E)$ mit $\phi_j\to
    f$ $\mu$-fast \"uberall f\"ur $j\to\infty$ gibt. 
  \item Die Menge aller $\mu$-integrierbaren Funktionen $f\colon X\to
    E$ bezeichnen wir mit $\mathcal L^1(X,\mu,E)$. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{theorem}
  Es gelten die folgenden Inklusionen von
  Untervektorr\"aumen: \[\mathcal{EF}(X,\mu,E) \subset\mathcal
  L^1(X,\mu,E) \subset \mathcal L^0(X,\mu,E).\] 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis] \stern 
  Die erste Inklusion gilt nach Definition, die zweite folgt aus
  Theorem \ref{pkt lim mu messb thm}.
\end{proof}

\subsubsection{Das Lebesgue-Bochnersche Integral}
\neueZeilealt
Die folgende Definition stimmt f\"ur Funktionen in $\mathcal{EF}$ mit
unserer bisherigen Definition \"uberein. 
\begin{definition}
  Sei $f\in\mathcal L^1(X,\mu,E)$ und
  $(\phi_j)_{j\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ eine $\mathcal
  L^1$-Cauchyfolge mit $\phi_j\to f$ $\mu$-fast \"uberall.\par Dann
  definieren wir das \emph{Bochner-Lebesguesche Integral von $f$
    \"uber $X$ bez\"uglich $\mu$} durch \[\int\limits_X f\,d\mu
  :=\lim\limits_{j\to\infty} \int\limits_X \phi_j\,d\mu.\]
\end{definition}
Wir m\"ussen noch die Wohldefiniertheit zeigen: Diese Definition
h\"angt nicht von der speziellen Wahl der Folge $(\phi_j)_{j\in\N}$
ab und der Grenzwert existiert in $E$.

\begin{lemma}
  \label{glm konv ausser eps lem}
  Sei $(\phi_j)_{j\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ eine
  Cauchyfolge. Dann gibt es eine Teilfolge $(\phi_{j_k})_{k\in\N}$ von
  $(\phi_j)_{j\in\N}$ und ein $f\in\mathcal L^1(X,\mu,E)$ mit
  \begin{enumerate}[(a)]
  \item $\phi_{j_k}\to f$ f\"ur $k\to\infty$ $\mu$-fast \"uberall. 
  \item Zu $\epsilon>0$ gibt es eine Menge $A_\epsilon\in\mathcal A$
    mit $\mu(A_\epsilon)<\epsilon$, so dass $(\phi_{j_k})_{k\in\N}$ in
    $X\setminus A_\epsilon$ gleichm\"a\ss{}ig gegen $f$ konvergiert. 
  \end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Nach Definition einer Cauchyfolge gibt es $n_k\in\N$ mit
    $\Vert \phi_i-\phi_j\Vert_{L^1}<2^{-2k}$ f\"ur alle $i,j\ge
    n_k$. Wir d\"urfen ohne Einschr\"ankung annehmen, dass
    $(n_k)_{k\in\N}\subset\N$ monoton wachsend ist und erhalten eine
    Teilfolge $(\psi_k)_{k\in\N}\equiv (\phi_{n_k})_{k\in\N}$ von
    $(\phi_j)_{j\in\N}$ mit $\Vert \psi_i-\psi_j\Vert_{L^1}<2^{-2j}$
    f\"ur alle $i\ge j\ge n_k$.
  \item Wir definieren $B_l:=\left\{x\in
      X\colon\Vert\psi_{l+1}(x)-\psi_l(x)\Vert\ge 2^{-l}\right\}$. Es
    folgt $B_l\in\mathcal A$ und da jede der Funktionen $\psi_l$
    $\mu$-einfach ist, gilt $\mu(B_l)<\infty$. Also sind auch die
    Funktionen $\chi_{B_l}$ $\mu$-einfache Funktionen und wir
    erhalten \[2^{-l}\mu(B_l) =2^{-l}\int\limits_X \chi_{B_l}\,d\mu
    \le\int\limits_X \Vert\psi_{l+1}-\psi_l\Vert\,d\mu
    =\Vert\psi_{l+1}-\psi_l\Vert_{L^1} <2^{-2l}.\] Somit gilt
    $\mu(B_l)<2^{-l}$ f\"ur alle $l\in\N$. Daher erhalten wir f\"ur
    $A_n:=\bigcup\limits_{k=0}^\infty B_{n+k}$ die Absch\"atzung
    $\mu(A_n)\le 2^{-n+1}$ f\"ur alle $n\in\N$. Somit ist
    $A:=\bigcap\limits_{n\in\N} A_n$ eine $\mu$-Nullmenge. 
  \item Wir m\"ochten nun zeigen, dass wir $A_n$ als Ausnahmemenge
    $A_\epsilon$ nehmen k\"onnen, falls $n\in\N$ hinreichend gro\ss{}
    ist. Sei dazu $x\in X\setminus A_n=\bigcap\limits_{k=0}^\infty
    (X\setminus B_{n+k})$. Dann erhalten wir
    $\Vert\psi_{l+1}(x)-\psi_l(x)\Vert <2^{-l}$ f\"ur alle $l\ge
    n$. Somit konvergiert die Reihe $\psi_0+\sum\limits_{l=0}^\infty
    (\psi_{l+1}-\psi_l)$ aufgrund des Majorantenkriteriums auf
    $X\setminus A_n$ gleichm\"a\ss{}ig. In $\complement
    A=\bigcup\limits_{n\in\N}\complement A_n$ erhalten wir somit
    punktweise Konvergenz. Wir definieren daher \[f(x):=
    \begin{cases}
      \lim\limits_{k\to\infty} \psi_k(x),& x\in X\setminus A,\\
      0,& x\in A.
    \end{cases}\] Da au\ss{}erhalb der $\mu$-Nullmenge $A$ Konvergenz
    vorliegt, erhalten wir $\psi_k=\phi_{n_k}\to f$ $\mu$-fast
    \"uberall f\"ur $k\to\infty$. \par Fixiere nun $n\in\N$ mit
    $\mu(A_n)\le 2^{-n+1}<\epsilon$. Dann haben wir in $X\setminus
    A_n$ bereits gezeigt, dass $(\phi_{j_k})_{k\in\N}$ in $X\setminus
    A_n$ gleichm\"a\ss{}ig gegen $f$ konvergert. Somit erhalten wir
    die Behauptung mit $A_\epsilon:=A_n$. \qedhere 
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{lemma}
  \label{EF CF fue konv lem}
  Seien $(\phi_j)_{j\in\N}$ und $(\psi_j)_{j\in\N}$ $\mathcal
  L^1$-Cauchyfolgen in $\mathcal{EF}(X,\mu,E)$, die $\mu$-fast
  \"uberall gegen dieselbe Funktion konvergieren. Dann gilt
  $\lim\limits_{j\to\infty} \Vert\phi_j-\psi_j\Vert_{L^1}=0$. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $\epsilon>0$. F\"ur $j\in\N$ definieren wir
    $\eta_j:=\phi_j-\psi_j$. Als Differenz von Cauchyfolgen ist auch
    $(\eta_j)_{j\in\N}$ eine Cauchyfolge in
    $\mathcal{EF}(X,\mu,E)$. Daher gibt es $N\in\N$ mit
    $\Vert\eta_j-\eta_k\Vert_{L^1} <\epsilon/8$ f\"ur alle $j,k\ge N$. 
  \item Da $\eta_N$ eine $\mu$-einfache Funktion ist, gelten
    $A:=\{x\in X\colon \eta_N(x)\neq0\}\in\mathcal A$ und
    $\mu(A)<\infty$. Nach Voraussetzung konvergiert
    $(\eta_j)_{j\in\N}$ $\mu$-fast \"uberall gegen Null. Nach Lemma
    \ref{glm konv ausser eps lem} gibt es eine Menge $B\in\mathcal A$
    mit $\mu(B)<\frac{\epsilon} {8(1+\Vert\eta_N \Vert_{L^\infty})}$
    und eine Teilfolge $(\eta_{j_k})_{k\in\N}$ von
    $(\eta_j)_{j\in\N}$, so dass $(\eta_{j_k})_{k\in\N}$ in
    $X\setminus B$ gleichm\"a\ss{}ig gegen $0$ konvergiert. Daher gibt
    es $j_K\ge N$, so dass \[\Vert\eta_{j_K}(x)\Vert
    \le\frac\epsilon{8(1+\mu(A))}\quad\text{f\"ur }x\in A\setminus B\]
    gilt. Insbesondere folgt hieraus $\int\limits_{A\setminus B}
    \Vert\eta_{j_K}\Vert\,d\mu\le\epsilon/8$. 
  \item Aus der Cauchyfolgenbedingung f\"ur $\eta_j$ und nach Wahl von
    $B$ erhalten wir 
    \begin{align*}
      \int\limits_B\Vert\eta_{j_K}\Vert\,d\mu \le&\,\int\limits_B\Vert
      \eta_{j_K}-\eta_N\Vert\,d\mu +\int\limits_B
      \Vert\eta_N\Vert\,d\mu\umbruch\\
      \le&\,\Vert\eta_{j_K}-\eta_N\Vert_{L^1}
      +\Vert\eta_N\Vert_{L^\infty}\cdot
      \mu(B)<\epsilon/4.
    \end{align*}
  \item Da $\eta_N$ nur auf $A$ nicht verschwindet, erhalten wir mit
    der Cauchyfolgenbedingung f\"ur $\eta_{j_K}$
    \begin{align*}
      \int\limits_{X\setminus A} \Vert\eta_{j_K}\Vert\,d\mu
      \le&\,\int\limits_{X\setminus
        A}\Vert\eta_{j_K}-\eta_N\Vert\,d\mu
      +\underbrace{\int\limits_{X\setminus A}\Vert
        \eta_N\Vert\,d\mu}_{=0}\umbruch\\
      \le&\,\Vert\eta_{j_K}-\eta_N\Vert_{L^1}<\epsilon/8. 
    \end{align*}
  \item Da wir \"uber diskunkte $\mu$-messbare Teilmengen getrennt
    integrieren d\"urfen, erhalten wir aus den obigen
    Absch\"atzungen \[\Vert\eta_{j_K}\Vert_{L^1}
    \le\int\limits_{(X\setminus A)\cup(A\setminus B)\cup B}
    \Vert\eta_{j_K}\Vert\,d\mu
    <\epsilon/8+\epsilon/8+\epsilon/4=\epsilon/2.\]
  \item Somit erhalten wir aus der Dreiecksungleichung f\"ur $j\ge N$
    die Absch\"atzung $\Vert\eta_j\Vert_{L^1}\le
    \Vert\eta_{j_K}\Vert_{L^1} +\Vert\eta_j-\eta_{j_K}\Vert_{L^1}
    <\epsilon/2+\epsilon/8 <\epsilon$. Nach Definition von $\eta_j$
    folgt somit die Behauptung. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{corollary}
  \label{int auf L1 wohldef cor}
  Seien $(\phi_j)_{j\in\N}$ und $(\psi_j)_{j\in\N}$ Cauchyfolgen in
  $\mathcal{EF}(X,\mu,E)$, die $\mu$-fast \"uberall gegen dieselbe
  Funktion konvergieren. Dann konvergieren auch die Folgen
  $\left(\,\int\limits_X\phi_j\,d\mu\right)_{j\in\N}$ und
  $\left(\,\int\limits_X\psi_j\,d\mu\right)_{j\in\N}$ und haben
  denselben Grenzwert. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Wegen \[\left\Vert\int\limits_X\phi_j\,d\mu
    -\int\limits_X\phi_k\,d\mu\right\Vert
  \le\Vert\phi_j-\phi_k\Vert_{L^1}\] f\"ur alle $j,k\in\N$ sind auch
  die Folgen der Integrale Cauchyfolgen in $E$ und konvergieren daher
  gegen $e_\phi$ bzw.{} $e_\psi\in E$. Mit Lemma \ref{EF CF fue konv
    lem} und der Stetigkeit der Norm erhalten wir
  \begin{align*}
    \Vert e_\phi-e_\psi\Vert =&\,\left\Vert\lim\limits_{j\to\infty}
      \int\limits_X \phi_j\,d\mu -\lim\limits_{k\to\infty}
      \int\limits_X \phi_k\,d\mu\right\Vert =\lim\limits_{j\to\infty}
    \left\Vert \int\limits_X \phi_j\,d\mu
      -\int\limits_X\psi_j\,d\mu\right\Vert\umbruch\\
    \le&\,\lim\limits_{j\to\infty} \int\limits_X
    \Vert\phi_j-\psi_j\Vert\,d\mu =\lim\limits_{j\to\infty}\Vert
    \phi_j-\psi_j\Vert_{L^1} =0
  \end{align*}
  wie behauptet. 
\end{proof}

Dies rechtfertigt die obige Definition des Bochner-Lebesgueschen
Integrales. 

\subsubsection{Die Vollst\"andigkeit von $\mathcal L^1$}

Wir definieren auf $\mathcal L^1(X,\mu,E)$ eine Seminorm und zeigen
die Vollst\"andigkeit bez\"uglich dieser Norm. 

\begin{lemma}
  \label{betrag norm lem}
  Sei $f\in\mathcal L^1(X,\mu,E)$. Dann gilt $\Vert f\Vert\in\mathcal
  L^1(X,\mu,\R)$. Sei $(\phi_j)_{j\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,E)$
  eine Cauchyfolge mit $\phi_j\to f$ $\mu$-fast \"uberall, so gilt
  \[\int\limits_X\Vert f\Vert\,d\mu =\lim\limits_{j\to\infty}
  \int\limits_X \Vert\phi_j\Vert\,d\mu.\]
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Da Seminormen die Dreiecksungleichung erf\"ullen, erf\"ullen sie
  auch die umgekehrte Dreiecksungleichung. Somit erhalten wir $\Vert
  \Vert\phi_j\Vert_E-\Vert\phi_k\Vert_E \Vert_{L^1}
  \le\Vert\phi_j-\phi_k\Vert_{L^1}$ f\"ur alle $j,k\in\N$. Daher ist
  auch $\Vert\phi_j\Vert\equiv \Vert\phi_j\Vert_E\subset
  \mathcal{EF}(X,\mu,\R)$ eine $\mathcal L^1$-Cauchyfolge und es gilt
  $\Vert\phi_j\Vert\to\Vert f\Vert$ $\mu$-fast \"uberall. Somit folgt
  $\Vert f\Vert\in\mathcal L^1(X,\mu,\R)$ und wir erhalten mit
  Korollar \ref{int auf L1 wohldef cor} und nach Definition des
  Integrals f\"ur $\mathcal L^1$-Funktionen $\int\limits_X\Vert
  f\Vert\,d\mu =\lim\limits_{j\to\infty}
  \int\limits_X\Vert\phi_j\Vert\,d\mu$.
\end{proof}

\begin{corollary}
  $\Vert\cdot\Vert_{L^1}$ mit $\Vert f\Vert_{L^1}:=\int\limits_X\Vert
  f\Vert\,d\mu$ ist Seminorm auf $\mathcal L^1(X,\mu,E)$, die
  $\mathcal L^1$-Seminorm.
\end{corollary}
Der Beweis besteht darin, die Eigenschaften einer Seminorm auf
$\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ zu benutzen und zu zeigen, dass diese im
Grenzwert erhalten bleiben. 
\begin{proof}[Beweis] \stern 
  Seien $f,g\in\mathcal L^1(X,\mu,E)$ und
  $(\phi_j)_{j\in\N},(\psi_j)_{j\in\N}\subset \mathcal{EF}(X,\mu,E)$
  Cauchyfolgen mit $\phi_j\to f$ und $\psi_j\to g$ f\"ur $j\to\infty$
  $\mu$-fast \"uberall in $X$. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Positive Semidefinitheit: Es gilt
    \[\Vert f\Vert_{L^1} =\int\limits_X\Vert f\Vert\,d\mu
    =\lim\limits_{j\to\infty} \int\limits_X\Vert\phi_j\Vert\,d\mu
    =\lim\limits_{j\to\infty} \Vert\phi_j\Vert_{L^1}\ge0,\] da
    $\Vert\cdot\Vert_{L^1}$ auf $\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ positiv
    semidefinit ist und der Grenzwert nach Lemma \ref{betrag norm lem}
    existiert.
  \item Dreiecksungleichung: Es gilt \[\Vert f+g\Vert_{L^1}
    =\lim\limits_{j\to\infty} \Vert\phi_j+\psi_j\Vert_{L^1}
    \le\lim\limits_{j\to\infty} (\Vert\phi_j\Vert_{L^1}
    +\Vert\psi_j\Vert_{L^1}) =\Vert f\Vert_{L^1} +\Vert
    g\Vert_{L^1}.\] 
  \item $\Vert\alpha f\Vert_{L^1}=|\alpha|\cdot\Vert f\Vert_{L^1}$ ist
    eine einfache \"Ubung. \qedhere 
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{bemerkung}
  \stern Da $\Vert\cdot\Vert_{L^1}$ eine Seminorm auf $\mathcal
  L^1(X,\mu,E)$ definiert, wollen wir $\mathcal L^1(X,\mu,E)$ ab jetzt
  als topologischen Raum mit der von dieser Seminorm induzierten
  Topologie betrachten.
\end{bemerkung}

\begin{theorem}
  \label{L1 vollst thm}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ ist dicht in $\mathcal L^1(X,\mu,E)$. 
  \item $\mathcal L^1(X,\mu,E)$ ist folgenvollst\"andig. 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
Die Beweisideen sind wie folgt:
\begin{enumerate}[(i)]
\item Benutze $\phi_j$ aus der $f\in\mathcal{EF}(X,\mu,E)$
  approximierenden Cauchyfolge mit hinreichend gro\ss{}em $j\in\N$. 
\item Zu einer Cauchyfolge $(f_j)_{j\in\N}\subset\mathcal
  L^1(X,\mu,E)$ w\"ahlen wir $\phi_j\in\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ mit
  $\Vert\phi_j-f_j\Vert_{L^1}<2^{-j}$. Eine Teilfolge davon
  konvergiert nach Lemma \ref{glm konv ausser eps lem} auch $\mu$-fast
  \"uberall punktweise. Sei $f$ dieser Grenzwert. Dann ist diese
  Teilfolge gerade eine Folge in $\mathcal{EF}(X,\mu,E)$, die $f$ wie
  gew\"unscht approximiert und daher $f\in\mathcal L^1(X,\mu,E)$ und
  die Folgenvollst\"andigkeit zeigt.
\end{enumerate}
\begin{proof}[Beweis]\stern
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $f\in\mathcal L^1(X,\mu,E)$ und $(\phi_j)_{j\in\N}\subset
    \mathcal{EF}(X,\mu,E)$ eine $\mathcal L^1$-Cauchyfolge mit
    $\phi_j\to f$ $\mu$-fast \"uberall f\"ur $j\to\infty$. Sei
    $k\in\N$ beliebig. Dann ist auch $(\phi_j-\phi_k)_{j\in\N}\subset
    \mathcal{EF}(X,\mu,E)$ eine $\mathcal L^1$-Cauchyfolge mit
    $(\phi_j-\phi_k)\to(f-\phi_k)$ $\mu$-fast \"uberall f\"ur
    $j\to\infty$. Nach Lemma \ref{betrag norm lem} folgt somit
    $\Vert f-\phi_k\Vert_{L^1} =\lim\limits_{j\to\infty}
    \Vert\phi_j-\phi_k\Vert$ f\"ur beliebige $k\in\N$. \par Sei
    $\epsilon>0$. Da $(\phi_j)_{j\in\N}$ eine Cauchyfolge ist, gibt es
    $N\in\N$ mit $\Vert\phi_j-\phi_k\Vert_{L^1}<\epsilon$ f\"ur alle
    $j,k\ge N$. Mit $j\to\infty$ erhalten wir $\Vert
    f-\phi_N\Vert_{L^1}\le\epsilon$. Somit liegt
    $\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ in $\mathcal L^1(X,\mu,E)$ dicht.
  \item Sei $(f_j)_{j\in\N}\subset\mathcal L^1(X,\mu,E)$ eine
    Cauchyfolge. Sei $\epsilon>0$. Sei $M\in\N$ mit $\Vert
    f_j-f_k\Vert_{L^1}<\epsilon/2$ f\"ur alle $j,k\ge M$. Aufgrund der
    Dichtheit $\mathcal{EF}\subset\mathcal L^1$ gibt es zu $j\in\N$
    ein $\phi_j\in\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ mit $\Vert
    f_j-\phi_j\Vert_{L^1} <2^{-j}$. Nach Dreiecksungleichung f\"ur die
    Seminorm $\Vert\cdot\Vert_{L^1}$ gilt \[\Vert
    \phi_j-\phi_k\Vert_{L^1} \le \Vert\phi_j-f_j\Vert_{L^1} +\Vert
    f_j-f_k\Vert_{L^1} +\Vert f_k-\phi_k\Vert_{L^1} <2^{-j}
    +\epsilon/2 +2^{-k}.\] Es folgt, dass $(\phi_j)_{j\in\N} \subset
    \mathcal{EF}(X,\mu,E)$ eine $\mathcal L^1$-Cauchyfolge ist. Nach
    Lemma \ref{glm konv ausser eps lem} gibt es somit eine Teilfolge
    $(\phi_{j_k})_{k\in\N}$ von $(\phi_j)_{j\in\N}$ und ein
    $f\in\mathcal L^1(X,\mu,E)$ mit $\phi_{j_k}\to f$ $\mu$-fast
    \"uberall f\"ur $k\to\infty$. Aus dem Beweis des ersten Teiles
    sehen wir, dass es ein $N\ge M$ mit $\Vert f-\phi_{j_N}\Vert_{L^1}
    <\epsilon/4$ gibt. Nach Dreiecksungleichung erhalten wir \[\Vert
    f-f_j\Vert_{L^1} \le\underbrace{\Vert
      f-\phi_{j_N}\Vert_{L^1}}_{<\epsilon/4}
    +\underbrace{\Vert\phi_{j_N}-f_{j_N}\Vert_{L^1}}_{<2^{-{j_N}}}
    +\underbrace{\Vert f_{j_N}-f_j\Vert_{L^1}}_{<\epsilon/2} <
    \epsilon\] f\"ur $j\ge N$ gen\"ugend gro\ss{}, wobei die Terme
    aufgrund der letzten Ungleichung, der Wahl der Funktionen $\phi_j$
    und der Cauchyfolgenbedingung f\"ur $(f_j)_{j\in\N}$ wie angegeben
    beschr\"ankt sind. Somit folgt $f_j\to f$ in $\mathcal
    L^1(X,\mu,E)$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\subsubsection{Elementare Eigenschaften des Integrals}

Wir zeigen in diesem Kapitel, dass gewisse Eigenschaften des Integrals
f\"ur $\mathcal{EF}$-Funktionen auch f\"ur $\mathcal L^1$-Funktionen
erhalten bleiben.

\begin{theorem}
  \label{int lin abb thm}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Abbildung $\int\limits_X\cdot\,d\mu\colon\mathcal
    L^1(X,\mu,E) \to E$ ist linear und stetig und es
    gilt \[\left\Vert\,\int\limits_X f\,d\mu\right\Vert \le
    \int\limits_X \Vert f\Vert\,d\mu =\Vert f\Vert_{L^1}.\] 
  \item $\int\limits_X\cdot\,d\mu\colon\mathcal L^1(X,\mu,\R)\to\R$
    ist eine stetige positive Linearform, \dh die Abbildung ist stetig
    und Funktionen $f\in\mathcal L^1$ mit $f(x)\ge0$ f\"ur
    ($\mu$-fast) alle $x\in X$ werden auf eine nichtnegative reelle
    Zahl abgebildet. 
  \item Sei $F$ ein Banachraum und $T\in L(E,F)$. Dann gelten
    $Tf\in\mathcal L^1(X,\mu,F)$ und \[T \int\limits_X f\,d\mu
    =\int\limits_X Tf\,d\mu\] f\"ur alle $f\in\mathcal L^1(X,\mu,E)$. 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  F\"ur ein $f\in\mathcal L^1(X,\mu,E)$ sei
  $(\phi_j)_{j\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ eine $\mathcal
  L^1$-Cauchyfolge mit $\phi_j\to f$ punktweise $\mu$-fast
  \"uberall. Dann folgt
  aus \[\left\Vert\,\int\limits_X\phi_j\,d\mu\right\Vert
  \le\int\limits_X \Vert\phi_j\Vert\,d\mu =\Vert\phi_j\Vert_{L^1}\]
  f\"ur alle $j\in\N$ durch
  Grenz\"ubergang \[\left\Vert\,\int\limits_Xf\,d\mu\right\Vert
  \le\int\limits_X \Vert f\Vert\,d\mu =\Vert f\Vert_{L^1}.\] Hieraus
  folgen die Stetigkeit und die gew\"unschte Absch\"atzung. \par Die
  anderen Behauptungen folgen analog durch Approximation und
  Grenz\"ubergang. (Details: \"Ubung.)
\end{proof}

\begin{corollary}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Abbildung $f\equiv\left(f^1,\ldots,f^n\right)\colon
    X\to\R^n$ ist genau dann $\mu$-integrierbar, wenn dies f\"ur jede
    Komponente $f^j$, $1\le j\le n$, gilt. Dann gilt \[\int\limits_X
    f\,d\mu =\left(\,\int\limits_X f^1\,d\mu,\ldots,\int\limits_X
      f^n\,d\mu\right).\]
  \item\stern Seien $g,h\colon X\to\R$ und $f:=g+ih$. Dann gilt
    $f\in\mathcal L^1(X,\mu,\C)$ genau dann, wenn $g,h\in\mathcal
    L^1(X,\mu,\R)$ gilt. In diesem Fall ist \[\int\limits_X f\,d\mu
    =\int\limits_X g\,d\mu +i\int\limits_X h\,d\mu.\]
  \item Eine Funktion $f\colon X\to\R$ ist genau dann
    $\mu$-integrierbar, falls dies f\"ur $f^+=\max\{f,0\}$ und
    $f^-=\max\{-f,0\}$ gilt. (Beachte $f=f^+-f^-$.) In diesem Falle
    gelten \[\int\limits_Xf\,d\mu =\int\limits_X f^+\,d\mu
    -\int\limits_Xf^-\,d\mu \quad\text{und}\quad
    \int\limits_X|f|\,d\mu =\int\limits_Xf^+\,d\mu
    +\int\limits_Xf^-\,d\mu.\] 
  \end{enumerate}
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir benutzen Theorem \ref{int lin abb thm}. 
    \begin{itemize}
    \item \Hinrichtung Sei $f\in\mathcal L^1$. Dann gilt dies auch
      f\"ur die Komponenten $f^j=\pi_j\circ f^j$. Weiterhin ist
      $\pi_j\int\limits_X f\,d\mu =\int\limits_X f^j\,d\mu$. Daraus
      erhalten wir die Darstellung der Komponenten von $\int f$. 
    \item \Rueckrichtung Sei $i_j\colon\R\to\R^n$ die Einbettung
      $x\mapsto xe_j$ in die $j$-te Komponente. Ist $f^j\in\mathcal
      L^1$ f\"ur alle $j$, so folgt die Behauptung aus
      $f=\sum\limits_{j=1}^n i_j\circ f^j$. 
    \end{itemize}
  \item\stern Mit der Identifikation $\R^2\cong\C$ ist dies eine
    Umformulierung des ersten Teiles.
  \item Dies folgt aus den Darstellungen $f^+=(f+|f|)/2$,
    $f^-=(|f|-f)/2$, $f=f^+-f^-$ und $|f|=f^++f^-$, der Linearit\"at
    des Integrals und da nach Lemma \ref{betrag norm lem} mit
    $f\in\mathcal L^1$ auch $|f|\in\mathcal L^1$ gilt. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}


\begin{lemma}
  \stern Seien $f\in\mathcal L^1(X,\mu,E)$ und $A\in\mathcal A$. Dann
  gilt $\chi_Af\in\mathcal L^1(X,\mu,E)$.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $(\phi_j)_{j\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ eine $\mathcal
  L^1$-Cauchyfolge mit $\phi_j\to f$ punktweise $\mu$-fast
  \"uberall. Dann ist auch $\chi_A\phi_j\in\mathcal{EF}
  (X,\mu,E)$. Klar ist $\chi_A\phi_j\to\chi_A f$ punktweise $\mu$-fast
  \"uberall. Wegen $\chi_A g\le g$ f\"ur jede nichtnegative Funktion
  $g$ und der Positivit\"at (oder Monotonie) des Integrals erhalten
  wir \[\int\limits_X \Vert\chi_A\phi_j-\chi_A\phi_k\Vert
  =\int\limits_X \chi_A\Vert\phi_j-\phi_k\Vert\,d\mu \le\int\limits_X
  \Vert\phi_j-\phi_k\Vert\,d\mu\] f\"ur alle $j,k\in\N$. Somit ist
  $(\chi_A\phi_j)_{j\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ eine $\mathcal
  L^1$-Cauchyfolge und wir erhalten $\chi_Af\in\mathcal
  L^1(X,\mu,E)$. 
\end{proof}

Dieses Resultat motiviert
\begin{definition}
  \stern Seien $f\in\mathcal L^1(X,\mu,E)$ und $A\in\mathcal A$. Dann
  definieren wir das \emph{Integral von $f$ \"uber $A$}
  durch \[\int\limits_A f\,d\mu:=\int\limits_X\chi_A f\,d\mu.\]
\end{definition}

\begin{remark}
  Sei $f\in\mathcal L^1(X,\mu,\R)$ mit $f\ge0$. Dann ist die
  Abbildung \[\nu\colon \mathcal A\to[0,\infty) \quad\text{mit}\quad
  A\mapsto\int\limits_Af\,d\mu\] ein endliches (d.\,h.{} es gilt
  $\nu(X)<\infty$) Ma\ss{}.
\end{remark}

$\mu$-Nullmengen spielen bei der Integration von Funktionen keine
Rolle. 
\begin{lemma}
  \label{f ue int gleich lem}
  Sei $f\in\mathcal L^1(X,\mu,E)$ und sei $g\colon X\to E$ eine
  Funktion mit $f=g$ $\mu$-fast \"uberall. Dann gilt auch
  $g\in\mathcal L^1(X,\mu,E)$ und f\"ur die Integrale gilt die
  Beziehung $\int\limits_Xf\,d\mu =\int\limits_Xg\,d\mu$. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Eine $\mathcal L^1$-Cauchyfolge $(\phi_j)_{j\in\N}\subset
  \mathcal{EF}(X,\mu,E)$ mit $\phi_j\to f$ punktweise $\mu$-fast
  \"uberall hat diese Eigenschaften auch f\"ur $g$ statt $f$, da sich
  diese Funktionen nur auf einer $\mu$-Nullmenge unterscheiden. Somit
  folgt die Behauptung.
\end{proof}

\begin{corollary}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $f\colon X\to E$ eine Abbildung mit $f=0$ $\mu$-fast
    \"uberall. Dann ist $f\in\mathcal L^1(X,\mu,E)$ und es gilt
    $\int\limits_Xf\,d\mu=0$.
  \item Seien $f,g\in\mathcal L^1(X,\mu,\R)$ und gelte $f\le g$
    $\mu$-fast \"uberall. Dann gilt $\int\limits_X f\,d\mu
    \le\int\limits_X g\,d\mu$. 
  \end{enumerate}
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Klar.
\end{proof}

\begin{theorem}
  \label{f gross mass endl thm}
  Seien $f\in\mathcal L^1(X,\mu,E)$ und $\alpha>0$. Dann ist
  $\mu(\{x\in X\colon\Vert f(x)\Vert\ge\alpha\})<\infty$.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir definieren $A:=\{x\in X\colon\Vert f(x)\Vert\ge\alpha\}$. Seien
  weiterhin $A_i\in\mathcal A$, $i\in\N$, mit $\mu(A_i)<\infty$,
  $A_i\nearrow$ und $\bigcup\limits_{i\in\N}A_i=X$. Es gilt
  $\alpha\chi_{E\cap A_i}\le\Vert f\Vert$. Aus der Monotonie des
  Integrals und der Stetigkeit des Ma\ss{}es von unten erhalten
  wir \[\infty >\Vert f\Vert_{L^1} \ge\alpha\int\limits_X\chi_{E\cap
    A_i}\,d\mu =\alpha\mu(E\cap A_i)\to\alpha\mu(E).\] Hieraus folgt
  die Behauptung. 
\end{proof}
% \begin{proof}[Beweis]
%   Nach Lemma \ref{glm konv ausser eps lem} gibt es eine $\mathcal
%   L^1$-Cauchyfolge $(\phi_j)_{j\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ mit
%   $\phi_j\to f$ $\mu$-fast \"uberall und eine Menge $A\in\mathcal A$
%   mit $\mu(A)\le 1$, so dass $\phi_j\rightrightarrows f$ auf
%   $X\setminus A$ gilt. Da $\Vert f\Vert$ eine $\mu$-messbare Funktion
%   ist, gilt $B:=(X\setminus A)\cap\{x\in X\colon\Vert
%   f(x)\Vert\ge\alpha\}\in\mathcal A$. Aufgrund der gleichm\"a\ss{}igen
%   Konvergenz gibt es $N\in\N$ mit
%   $\Vert\phi_N(x)-f(x)\Vert\le\alpha/2$ f\"ur alle $x\in X\setminus
%   A$. Wir erhalten f\"ur $x\in B$ \[\Vert\phi_N(x)\Vert\ge \Vert
%   f(x)\Vert -\Vert\phi_N(x)-f(x)\Vert\ge\alpha/2.\] Es folgt
%   $B\subset\{x\in X\colon \phi_N(x)\neq0\}$. Da $\phi_N$ eine
%   $\mu$-einfache Funktion ist, folgt $\mu(B)\le\mu(\{x\in X\colon
%   \phi_N(x)\neq0\})<\infty$. Nach Definition von $B$ gilt die
%   Mengeninklusion \[\{x\in X\colon\Vert f(x)\Vert\ge\alpha\}
%   =B\cup(A\cap\{x\in X\colon \Vert f(x)\Vert\ge\alpha\}) \subset B\cup
%   A.\] Daher folgt $\mu(\{x\in X\colon \Vert f(x)\Vert\ge\alpha\})
%   \le\mu(B)+1 <\infty$. 
% \end{proof}

\begin{remark}
  \stern Ist $\mu(\{x\in X\colon\Vert f(x)\Vert\ge\alpha\})\equiv
  \mu(X_\alpha)<\infty$ bereits bekannt, so erh\"alt man mit
  $\chi_{X_\alpha}\alpha\in\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ die Absch\"atzung
  \[\mu(X_\alpha) =\frac1\alpha\int\limits_X\alpha
  \chi_{X_\alpha}\,d\mu \le\frac1\alpha\int\limits_X\Vert
  f\Vert\,d\mu.\] 
\end{remark}

\subsubsection{Konvergenz in $\mathcal L^1$}

\begin{theorem}
  \label{tf konv f ue thm}
  Sei $(f_j)_{j\in\N}\subset\mathcal L^1(X,\mu,E)$ mit $f_j\to f$ in
  $\mathcal L^1(X,\mu,E)$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dann gibt es eine Teilfolge $(f_{j_k})_{k\in\N}$ von
    $(f_j)_{j\in\N}$, so dass
    \begin{itemize}
    \item $f_{j_k}\to f$ punktweise $\mu$-fast \"uberall f\"ur
      $k\to\infty$.
    \item Zu jedem $\epsilon>0$ gibt es eine Menge $A\in\mathcal A$
      mit $\mu(A)<\epsilon$, so dass $f_{j_k}\rightrightarrows f$ in
      $X\setminus A$ f\"ur $k\to\infty$ gilt. 
    \end{itemize}
  \item Es gilt $\int\limits_Xf_j\,d\mu\to\int\limits_X f\,d\mu$ f\"ur
    $j\to\infty$. 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
Der Beweis \"ahnelt dem von Lemma \ref{glm konv ausser eps lem} f\"ur
einfache Funktionen. 
\begin{proof}[Beweis]
  \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir d\"urfen ohne Einschr\"ankung $f\equiv0$ annehmen, da wir
    sonst $(f_j-f)_{j\in\N}$ betrachten k\"onnen.\par
    Nach \"Ubergang zu einer Teilfolge, vergleiche beispielsweise den
    Beweis von Lemma \ref{glm konv ausser eps lem}, d\"urfen wir ohne
    Einschr\"ankung annehmen, dasss $\Vert f_l-f_m\Vert_{L^1}<2^{-2l}$
    f\"ur alle $m\ge l\ge0$ gilt. Wir lassen $m\to\infty$ und erhalten
    aufgrund der Stetigkeit von $\Vert\cdot\Vert_{L^1}$ die
    Absch\"atzung $\Vert f_l\Vert_{L^1} =\Vert f_l-0\Vert_{L^1}
    =\left\Vert f_l-\lim\limits_{m\to\infty}f_m\right\Vert_{L^1}
    =\lim\limits_{m\to\infty}\Vert f_l-f_m\Vert_{L^1}\le 2^{-2l}$. Wir
    definieren $B_l:= \left\{x\in X\colon \Vert f_l(x)\Vert\ge
      2^{-l}\right\}$. Wegen $\Vert f_l\Vert\in\mathcal
    L^1\subset\mathcal L^0$ gilt $B_l\in\mathcal A$. Es folgt mit
    Theorem \ref{f gross mass endl thm} \[2^{-l}\mu(B_l)
    \le\int\limits_{B_l}\Vert f_l\Vert\,d\mu \le\int\limits_X \Vert
    f_l\Vert\,d\mu =\Vert f_l\Vert_{L^1} \le2^{-2l} \quad\text{f\"ur
      alle }l\in\N.\] Somit ist $\mu(B_l)\le 2^{-l}$ f\"ur alle
    $l\in\N$. Wir definieren $A_n:=\bigcup\limits_{k=0}^\infty
    B_{n+k}$, $n\in\N$, und erhalten hierf\"ur die Absch\"atzung
    $\mu(A_n)\le 2\cdot 2^{-n}$. Somit ist
    $N:=\bigcap\limits_{n=0}^\infty A_n$ eine $\mu$-Nullmenge. In
    $X\setminus A_n$ gilt $\Vert f_l-0\Vert<2^{-l}$ f\"ur alle $l\ge
    n$. Somit erhalten wir die gew\"unschte gleichm\"a\ss{}ige
    Konvergenz falls wir $n\in\N$ so gro\ss{} fixieren, dass
    $\mu(A_n)<\epsilon$ gilt, und wir $A=A_n$ w\"ahlen. F\"ur $x\in
    X\setminus N$ gilt $x\not\in A_m$ f\"ur ein $m\in\N$ und somit
    (nutze die gleichm\"a\ss{}ige Konvergenz in $X\setminus A_m$)
    punktweise Konvergenz $f_l(x)\to0$ f\"ur $l\to\infty$.
  \item Nach Dreiecksungleichung folgt \[\left\Vert\,\int\limits_X
      f_j\,d\mu -\int\limits_X f\,d\mu\right\Vert
    \le\int\limits_X\Vert f_j-f\Vert\,d\mu =\Vert f_j-f\Vert_{L^1}\]
    f\"ur alle $j\in\N$. Nach Voraussetzung konvergiert die rechte
    Seite f\"ur $j\to\infty$ gegen Null. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{corollary}
  \label{f ue null int null cor}
  Sei $f\in\mathcal L^1(X,\mu,E)$. Dann ist $\Vert f\Vert_{L^1}=0$
  genau dann, wenn $f=0$ $\mu$-fast \"uberall gilt. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item \Hinrichtung Die konstante Folge $f_j\equiv0$ konvergiert in
    $\mathcal L^1(X,\mu,E)$ gegen $f$. Nach Theorem \ref{tf konv f ue
      thm} konvergiert eine Teilfolge von $(f_j)_{j\in\N}$ $\mu$-fast
    \"uberall gegen $f$. Somit gilt $f=0$ $\mu$-fast \"uberall. 
  \item \Rueckrichtung Es gilt $\Vert f\Vert=0$ $\mu$-fast
    \"uberall. Benutze nun Lemma \ref{f ue int gleich lem} und erhalte
    $\Vert f\Vert_{L^1} =\int\limits_X\Vert f\Vert\,d\mu=0$. \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

\subsection{Konvergenzs\"atze}

Wir werden sehen, dass sich das Lebesguesche Integral bei punktweiser
Grenzwertbildung besser als das Riemannsche Integral verh\"alt. 

Nach Theorem \ref{num pos fkt aequiv thm} wissen wir, dass sich jede
Funktion $f\in\mathcal L^0\left(X,\mu,\ol\R_+\right)$ durch eine
wachsende Folge $(\phi_j)_{j\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,\R_+)$ mit
$\phi_j\to f$ punktweise f\"ur $j\to\infty$ approximieren l\"asst. 

Wir werden in Bemerkung \ref{leb int def bem} sehen, dass das
nachfolgend definierte Lebesguesche Integral mit dem bereits
definierten Lebesgue-Bochnerschen Integral \"ubereinstimmt, falls
beide definiert sind. Daher verzichten wir hier auch auf die
Einf\"uhrung einer neuen Bezeichnung f\"ur das Integral. 

\begin{definition}
  Sei $f\in\mathcal L^0\left(X,\mu,\ol\R_+\right)$ und
  $(\phi_j)_{j\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,\R_+)$ eine wachsende
  Folge mit $\phi_j\to f$ punktweise f\"ur $j\to\infty$. Dann
  definieren wir das \emph{(Lebesguesche) Integral von $f$ \"uber X
    bez\"uglich des Ma\ss{}es $\mu$} durch \[\int\limits_X f\,d\mu
  :=\lim\limits_{j\to\infty}\int\limits_X \phi_j\,d\mu.\] F\"ur
  $A\in\mathcal A$ ist das \emph{(Lebesguesche) Integral von $f$
    \"uber $A$ bez\"uglich des Ma\ss{}es $\mu$} durch \[\int\limits_A
  f\,d\mu :=\lim\limits_{j\to\infty} \int\limits_A \phi_j\,d\mu\]
  definiert.
\end{definition}

Wir weisen im folgenden Lemma und Korollar nach, dass das hier
definierte Integral f\"ur $f\in\mathcal L^0\left(X,\mu,\ol\R_+\right)$
wohldefiniert ist.
\begin{lemma}
  \label{mon einf approx lem}
  Seien $\phi_k,\psi\in\mathcal{EF}(X,\mu,\R_+)$, $k\in\N$. Sei
  $(\phi_k)_{k\in\N}$ wachsend und gelte $\psi\le
  \lim\limits_{k\to\infty} \phi_k$. Dann
  gilt \[\int\limits_X\psi\,d\mu \le \lim\limits_{k\to\infty}
  \int\limits_X \phi_k\,d\mu.\] 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $\psi=\sum\limits_{j=0}^m \alpha_j\chi_{A_j}$ die Normalform von
  $\psi$. Sei $\lambda>1$. Wir definieren $B_k:=\{x\in X\colon
  \lambda\phi_k(x)\ge\psi(x)\}$, $k\in\N$. Da $(\phi_k)_{k\in\N}$
  wachsend ist, erhalten wir $B_k\subset B_{k+1}$. Wegen $\lambda>1$
  folgt $\bigcup\limits_{k\in\N} B_k=X$. Mit der Stetigkeit des
  Ma\ss{}es von unten und mit $\psi\chi_{B_k}\le\lambda\phi_k$
  erhalten wir
  \begin{align*}
    \int\limits_X\psi\,d\mu =&\,\sum\limits_{j=0}^m \alpha_j\mu(A_j)
    =\lim\limits_{k\to\infty} \sum\limits_{j=0}^m \alpha_j\mu(A_j\cap
    B_k)\umbruch\\ =&\,\lim\limits_{k\to\infty} \int\limits_X
    \psi\chi_{B_k}\,d\mu \le\lambda\lim\limits_{k\to\infty}
    \int\limits_X \phi_k\,d\mu.
  \end{align*}
  Da $\lambda>1$ beliebig war, folgt die Behauptung. 
\end{proof}

\begin{corollary}
  Seien $(\phi_j)_{j\in\N},
  (\psi_j)_{j\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,\R_+)$ wachsende
  Funktionenfolgen mit $\lim\limits_{j\to\infty} \phi_j
  =\lim\limits_{j\to\infty} \psi_j$ (punktweise). Dann
  gilt \[\lim\limits_{j\to\infty} \int\limits_X \phi_j\,d\mu
  =\lim\limits_{j\to\infty} \int\limits_X \psi_j\,d\mu \quad\text{in
    }\ol\R_+.\] 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Nach Voraussetzung gilt $\psi_k\le\lim\limits_{j\to\infty} \psi_j
  =\lim\limits_{j\to\infty} \phi_j$ f\"ur jedes feste $k\in\N$. Daher
  erhalten wir nach Lemma \ref{mon einf approx lem} \[\int\limits_X
  \psi_k\,d\mu \le\lim\limits_{j\to\infty} \int\limits_X
  \phi_j\,d\mu.\] Mit $k\to\infty$ folgt
  hieraus \[\lim\limits_{k\to\infty} \int\limits_X \psi_k\,d\mu
  \le\lim\limits_{j\to\infty} \int\limits_X \phi_j\,d\mu.\] Die
  Behauptung folgt nun aus Symmetriegr\"unden. 
\end{proof}

Dies zeigt die Unabh\"angigkeit des Lebesgueschen Integrals von der
Auswahl der monoton approximierenden Folge. 

\begin{remark}
  \label{leb int def bem}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{leb int def le item} Seien $f,g\in\mathcal
    L^0\left(X,\mu,\ol\R_+\right)$ mit $f\le g$ $\mu$-fast
    \"uberall. Dann folgt \[\int\limits_X f\,d\mu\le\int\limits_X
    g\,d\mu.\]
  \item F\"ur $f\in\mathcal L^0\left(X,\mu,\ol\R_+\right)$ sind die
    folgenden Aussagen \"aquivalent:
    \begin{enumerate}[(a)]
    \item\label{f null i} $\int\limits_Xf\,d\mu=0$.
    \item\label{f null ii} $\{x\in X\colon f(x)>0\}$ ist eine Nullmenge. 
    \item\label{f null iii} Es gilt $f=0$ $\mu$-fast \"uberall.
    \end{enumerate}
    \begin{proof}[Beweis]
      \neueZeile
      \begin{itemize}
      \item \glqq\eqref{f null i} \impliziert{} \eqref{f null
          ii}\grqq: Setze $A_j:=\{x\in X\colon f(x)>1/j\}$ f\"ur
        $j\in\N_{>0}$. Dann gilt $0\le\mu(A_j)
        =\int\limits_X\chi_{A_j}\,d\mu \le j\int\limits_X f\,d\mu=0$
        und wir erhalten $\mu(A_j)=0$. Nun gilt $\{x\in X\colon
        f(x)>0\} =\bigcup\limits_{j>0}A_j$ und die Behauptung folgt
        wahlweise aus der Stetigkeit des Ma\ss{}es von unten oder der
        abz\"ahlbaren Subadditivit\"at. 
      \item \glqq\eqref{f null ii} \impliziert{} \eqref{f null
          iii}\grqq: Klar. 
      \item \glqq\eqref{f null iii} \impliziert{} \eqref{f null
          i}\grqq: (Beachte, dass wir hier die Definition des
        Integrales f\"ur $f\in\mathcal L^0$ verwenden m\"ussen.) Sei
        $N$ eine Nullmenge mit $f=0$ in $X\setminus N$. Dann gelten
        $f\chi_{X\setminus N}=0$ und $f\chi_N\le\infty\chi_N$. Wir
        erhalten \[0\le\int\limits_Xf\,d\mu =\int\limits_X
        f\chi_N\,d\mu +\int\limits_Xf\chi_{X\setminus N}\,d\mu
        \le\int\limits_N\infty\,d\mu+0=0.\qedhere\]
      \end{itemize}
    \end{proof}
  \item Seien $f,g\in\mathcal L^0\left(X,\mu,\ol\R_+\right)$ und
    $\alpha\in[0,\infty]$. Dann gilt \[\int\limits_X(\alpha f+g)\,d\mu
    =\alpha\int\limits_X f\,d\mu +\int\limits_X g\,d\mu.\] 
    (Im Falle $\alpha=\infty$ approximieren wir $\alpha f$ monoton von
    unten durch $\phi_j=j\chi_{\{x\in X\colon f(x)>0\}}$.)
  \item\label{leb leb boch gleich item} Sei $f\in\mathcal L^0(X,\mu,\R_+)$
    und sei $\int\limits_Xf\,d\mu<\infty$. Dann gilt $f\in\mathcal
    L^1(X,\mu,\R_+)$ und das Lebesguesche Integral und das
    Bochner-Lebesguesche Integral $\int\limits_Xf\,d\mu$ stimmen
    \"uberein.
    \begin{proof}[Beweis]
      Sei $(\phi_j)_{j\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu\,R_+)$ eine
      monoton wachsende Folge mit $\phi_j\to f$ f\"ur
      $j\to\infty$. Nach Definition und wegen
      $\int\limits_Xf\,d\mu<\infty$ gibt es daher f\"ur jedes
      $\epsilon>0$ ein $N\in\N$ mit
      $0\le\int\limits_Xf\,d\mu-\int\limits_X\phi_j\,d\mu<\epsilon$
      f\"ur alle $j\ge N$. Seien $k\ge j\ge N$. Wir erhalten indem wir
      f\"ur das letzte Gleichheitszeichen in $\int\phi_k-\phi_j
      =\int\phi_k-\int\phi_j$ zum Grenzwert $k\to\infty$ \"ubergehen
      \[\int\limits_X|\phi_k-\phi_j|\,d\mu
      =\int\limits_X(\phi_k-\phi_j)\,d\mu
      \le\int\limits_Xf-\phi_j\,d\mu =\int\limits_Xf\,d\mu
      -\int\limits_X\phi_j\,d\mu<\epsilon.\] Deher ist
      $(\phi_j)_{j\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,\R_+)$ eine
      $\mathcal L^1$-Cauchyfolge mit $\phi_j\to f$ f\"ur $j\to\infty$
      nicht nur $\mu$-fast \"uberall, sondern sogar \"uberall. Somit
      gilt $f\in\mathcal L^1(X,\mu,\R_+) \subset\mathcal
      L^0(X,\mu,\R_+)$. Wir k\"onnen nun $(\phi_j)_{j\in\N}$ auch zur
      Berechnung von $f\in\mathcal L^1$ benutzen und erhalten die
      Gleichheit der beiden Integrale. 
    \end{proof}
  \item Sei $f\in\mathcal L^1(X,\mu,\R_+)$. Dann ist das Lebesguesche
    Integral $\int\limits_Xf\,d\mu$ endlich und stimmt mit dem
    Bochner-Lebesgueschen Integral \"uberein. 
    \begin{proof}[Beweis]
      \stern \"Ubung unter Benutzung von Theorem \ref{num pos fkt
        aequiv thm}, vergleiche auch \cite[Bemerkung 3.3
      (e)(ii)]{AmannEscherAnalysisIII}. Benutze alternativ den Satz
      von der monotonen Konvergenz, Theorem \ref{mon conv thm}, aus
      dem n\"achsten Kapitel.
    \end{proof}
  \item Sei $f\in\mathcal L^0\left(X,\mu,\ol\R_+\right)$. Dann
    gilt \[\int\limits_Xf\,d\mu
    =\sup\left\{\,\int\limits_X\phi\,d\mu\colon
      \phi\in\mathcal{EF}(X,\mu,\R_+) \text{ mit }\phi\le f\text{
        $\mu$-fast \"uberall}\right\}.\] 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\subsubsection{Satz von der monotonen Konvergenz}

Das folgende Resultat wird auch als Satz von Beppo Levi (1875-1961)
bezeichnet.
\begin{theorem}[Satz von der monotonen Konvergenz]
  \label{mon conv thm}
  \neueZeilealt
  Sei $(f_j)_{j\in\N}\subset\mathcal L^0\left(X,\mu,\ol\R_+\right)$
  monoton wachsend. Dann gilt \[\int\limits_X \lim\limits_{j\to\infty}
  f_j\,d\mu =\lim\limits_{j\to\infty}
  \int\limits_Xf_j\,d\mu\quad\text{in }\ol\R_+.\] 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir definieren $f\colon X\to\ol\R_+$ durch
    $f(x):=\lim\limits_{j\to\infty} f_j(x)$. Da $\mathcal
    L^0\left(X,\mu,\ol\R_+\right)$ unter Supremumsbildung und daher
    auch unter monotoner Limesbildung abgeschlossen ist, siehe Theorem
    \ref{sup mu messbar thm}, gilt $f\in\mathcal
    L^0\left(X,\mu,\ol\R_+\right)$. Aus $f_j\le f$ folgt
    $\int\limits_Xf_j\,d\mu\le\int\limits_Xf\,d\mu$ f\"ur alle
    $j\in\N$ (Monotonie des Lebesgue-Integrales, siehe Bemerkung
    \ref{leb int def bem}). Somit folgt $\lim\limits_{j\to\infty}
    \int\limits_X f_j\,d\mu\le \int\limits_Xf\,d\mu$.
  \item Sei $\phi\in\mathcal{EF}(X,\mu,\R_+)$ beliebig mit $\phi\le
    f$. Sei $\lambda>1$. Wir definieren Mengen $A_j:=\{x\colon
    \phi(x)\le\lambda f_j(x)\}$ f\"ur $j\in\N$. Die Folge
    $(A_j)_{j\in\N}$ ist monoton wachsend und es gilt
    $\bigcup\limits_{j=0}^\infty A_j=X$. Somit folgt
    $\phi\chi_{A_j}\nearrow \phi$ (monotone Konvergenz). Da
    $\phi\chi_{A_j}\in\mathcal{EF}(X,\mu,\R_+)$ gilt, k\"onnen wir
    diese Funktionen zur Berechnung von $\int\limits_X\phi\,d\mu$
    benutzen. Nach Definition von $A_j$ gilt weiterhin
    $\phi\chi_{A_j}\le \lambda f_j$. Wir erhalten
    also \[\int\limits_X\phi\,d\mu =\lim\limits_{j\to\infty}
    \int\limits_X\phi\chi_{A_j}\,d\mu
    \le\lambda\lim\limits_{j\to\infty} \int\limits_Xf_j\,d\mu.\] Da
    $\lambda>1$ beliebig war, gilt diese Ungleichung auch im Grenzwert
    $\lambda=1$ f\"ur beliebige $\phi\in\mathcal{EF}(X,\mu,\R_+)$ mit
    $\phi\le f$. Wir gehen nun auf der linken Seite dieser Ungleichung
    zum Supremum \"uber alle solche Funktionen $\phi$ \"uber und
    erhalten nach Bemerkung \ref{leb int def bem}
    $\int\limits_Xf\,d\mu\le \lim\limits_{j\to\infty}
    \int\limits_Xf_j\,d\mu$. 
  \end{enumerate}
  Die Behauptung folgt. 
\end{proof}

\begin{corollary}
  \stern
  \label{num fkt int lim vert cor}
  Sei $(f_j)_{j\in\N}\subset\mathcal
  L^0\left(X,\mu,\ol\R_+\right)$. Dann gilt \[\sum\limits_{j=0}^\infty
  \int\limits_Xf_j\,d\mu =\int\limits_X\sum\limits_{j=0}^\infty
  f_j\,d\mu \quad\text{in }\ol\R_+.\] 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Nach Korollar \ref{L0 sum abg cor} ist $\mathcal
  L^0\left(X,\mu,\ol\R_+\right)$ unter Summenbildung
  abgeschlossen. Somit folgt die Behauptung aus dem Satz von der
  monotonen Konvergenz. 
\end{proof}

\begin{remark}
  \label{gegenbeispiel mon dom konv rem}
  \stern F\"ur nichtwachsende Folgen ist der Satz \"uber die monotone
  Konvergenz i.\,A. falsch. Sei $f_j=\frac1j\chi_{[0,j]}$. Dann gilt
  $f_j\rightrightarrows 0$, jedoch $\int\limits_{\R} f_jd\lambda_1=1$
  f\"ur alle $j\in\N$.
\end{remark}

\subsubsection{Das Lemma von Fatou}

\begin{theorem}[Lemma von Fatou]
  Sei $(f_j)\subset\mathcal L^0\left(X,\mu,\ol\R_+\right)$ eine
  beliebige Folge. Dann gilt \[\int\limits_X
  \underset{j\to\infty}{\ul\lim} f_j\,d\mu
  \le\underset{j\to\infty}{\ul\lim} \int\limits_Xf_j\,d\mu
  \quad\text{in }\ol\R_+.\]
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir definieren $g_j:=\inf\limits_{k\ge j}f_k$. Da $\mathcal L^0$
  unter Infimumsbildung abgeschlossen ist, folgt $g_j\in\mathcal
  L^0\left(X,\mu,\ol\R_+\right)$. Nach Definition ist die Konvergenz
  $g_j\nearrow \underset{j\to\infty}{\ul\lim}f_j$ monoton. Somit folgt
  aus dem Satz von der monotonen Konvergenz \[\int\limits_X
  \underset{j\to\infty}{\ul\lim} f_j\,d\mu =\int\limits_X
  \lim\limits_{j\to\infty} g_j =\lim\limits_{j\to\infty} \int\limits_X
  g_j\,d\mu.\] Sei $k\ge j$. Dann gilt $g_j\le f_k$ und wir erhalten
  $\int\limits_X g_j\,d\mu\le \int\limits_X f_k\,d\mu$. Damit gilt
  auch $\int\limits_X g_j\,d\mu \le\inf\limits_{k\ge j} \int\limits_X
  f_k\,d\mu$. Daraus wird im Grenzwert $j\to\infty$ auf der rechten
  Seite der Limes inferior und zusammen mit dem ersten Teil des
  Beweises erhalten wir die Behauptung.
\end{proof}

Gibt es eine Majorante, so erhalten wir die umgekehrte Ungleichung
f\"ur den Limes superior. 
\begin{corollary} 
  \label{Fatou cor}
  Sei $(f_j)_{j\in\N}\subset\mathcal
  L^0\left(X,\mu,\ol\R_+\right)$. Sei $g\in\mathcal
  L^0\left(X,\mu,\ol\R_+\right)$ mit $\int\limits_Xg\,d\mu<\infty$ und
  $f_j\le g$ $\mu$-fast \"uberall f\"ur alle $j\in\N$. Dann
  folgt \[\underset{j\to\infty}{\ol\lim} \int\limits_Xf_j\,d\mu
  \le\int\limits_X \underset{j\to\infty}{\ol\lim} f_j\,d\mu \quad
  \text{in }\ol\R_+.\] 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis] \stern Sei $N$ eine Nullmenge mit $f_j(x)\le
  g(x)$ f\"ur alle $x\in X\setminus N$. Indem wir nur \"uber
  $X\setminus N$ integrieren, d\"urfen wir, da dies den Wert der
  Integrale nicht \"andert, ohne Einschr\"ankung annehmen, dass
  \"uberall $f_j\le g$ gilt. Wir definieren $g_j:=g-f_j$ und erhalten
  aus dem Lemma von Fatou \[\int\limits_X g\,d\mu -\int\limits_X
  \underset{j\to\infty}{\ol\lim}f_j\,d\mu =\int\limits_X
  \underset{j\to\infty}{\ul\lim} g_j\,d\mu
  \le\underset{j\to\infty}{\ul\lim} \int\limits_Xg_j\,d\mu
  =\int\limits_Xg\,d\mu -\underset{j\to\infty}{\ol\lim}
  \int\limits_Xf_j\,d\mu.\] Wegen $\int\limits_Xg\,d\mu<\infty$ folgt
  hieraus die Behauptung.
\end{proof}

\begin{theorem}
  \label{L1 aequiv thm}
  Sei $f\in\mathcal L^0(X,\mu,E)$. Dann sind die folgenden Aussagen
  \"aquivalent:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{L1 aequiv i} $f\in\mathcal L^1(X,\mu,E)$,
  \item\label{L1 aequiv ii} $\Vert f\Vert\in\mathcal L^1(X,\mu,\R)$
    und
  \item\label{L1 aequiv iii} $\int\limits_X\Vert f\Vert\,d\mu<\infty$. 
  \end{enumerate}
  Ist eine dieser drei Bedingungen erf\"ullt, so gilt
  $\left\Vert\int\limits_X f\,d\mu\right\Vert \le\Vert
  f\Vert_{L^1}<\infty$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item \glqq\eqref{L1 aequiv i} \impliziert{} \eqref{L1 aequiv
      ii}\grqq: Dies ist ein Teil von Lemma \ref{betrag norm lem}. 
  \item \glqq\eqref{L1 aequiv ii} \impliziert{} \eqref{L1 aequiv
      iii}\grqq: Ist klar, da das Lebesgue-Bochnersche Integral
    wohldefiniert und daher insbesondere \glqq $<\infty$\grqq{} ist. 
  \item \glqq\eqref{L1 aequiv iii} \impliziert{} \eqref{L1 aequiv
      ii}\grqq: Dies folgt aus Bemerkung \ref{leb int def bem}
    \eqref{leb leb boch gleich item}. 
  \item \glqq\eqref{L1 aequiv ii} \impliziert{} \eqref{L1 aequiv
      i}\grqq: Nach Definition von $\mathcal L^0(X,\mu,E)$ gibt es
    eine Folge $(\phi_j)_{j\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ mit
    $\phi_j\to f$ $\mu$-fast \"uberall. Wir modifizieren die Folge
    $(\phi_j)_{j\in\N}$ nun so, dass wir zus\"atzlich eine
    $\mu$-integrierbare Majorante haben. Dazu definieren
    wir \[A_j:=\{x\in X\colon\Vert\phi_j(x)\Vert\le2\Vert
    f(x)\Vert\}\] und $f_j:=\phi_j\chi_{A_j}$. Als Urbild der
    $\mathcal L^0(X,\mu,\R)$-Funktion $2\Vert f\Vert-\Vert\phi_j\Vert$
    von $[0,\infty)$ gilt $A_j\in\mathcal A$. Somit erhalten wir
    $f_j$, indem wir $\phi_j$ auf einer $\mathcal A$-messbaren Menge
    zus\"atzlich Null setzen. Daher gilt
    $(f_j)_{j\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,E)$.\par Wir behaupten
    nun, dass auch $f_j\to f$ $\mu$-fast \"uberall gilt. Sei dazu
    $N\subset\mathcal A$ eine Menge mit $\mu(N)=0$ und $\phi_j(x)\to
    f(x)$ f\"ur alle $x\in X\setminus N$. Sei $x\in X\setminus N$. Wir
    unterscheiden zwei F\"alle:
    \begin{itemize}
    \item Gilt $f(x)\neq0$, so existiert aufgrund der punktweisen
      Konvergenz mit $\Vert f(x)\Vert$ statt $\epsilon$ ein $k=k(x)$
      mit $\Vert\phi_j(x)-f(x)\Vert\le\Vert f(x)\Vert$ f\"ur alle
      $j\ge k$. Mit der umgekehrten Dreiecksungleichung erhalten wir
      $\Vert\phi_j(x)\Vert-\Vert f(x)\Vert\le\Vert f(x)\Vert$ und
      somit $x\in A_j$ f\"ur $j\ge k(x)$. F\"ur $j\ge k(x)$ erhalten
      wir also $f_j(x)=\phi_j(x)$ und somit gilt $f_j(x)\to f(x)$. 
    \item Ist $f(x)=0$, so folgt im Falle $x\in A_j$ bereits
      $\phi_j(x) =f_j(x)=0$. Sonst ist $\chi_{A_j}(x)=0$ und wir
      erhalten ebenfalls $f_j(x)=\phi_j(x)\chi_{A_j}(x)=0$. 
    \end{itemize}
    Insgesamt erhalten wir $f_j\to f$ in $X\setminus N$ punktweise
    f\"ur $j\to\infty$. \par Es gilt f\"ur alle $j\in\N$ und alle
    $x\in X$ die Ungleichung $\Vert f(x)-f_j(x)\Vert\le3\Vert
    f(x)\Vert$, da sie in $A_j$ aus der Dreiecksungleichung folgt und
    da in $X\setminus A_j$ bereits $f_j=0$ gilt. Nach Korollar
    \ref{Fatou cor} erhalten wir
    daraus \[\underset{j\to\infty}{\ol\lim} \int\limits_X\Vert
    f-f_j\Vert\,d\mu \le \int\limits_X \underset{j\to\infty}{\ol\lim}
    \Vert f-f_j\Vert\,d\mu=0,\] da der Integrand auf der rechten Seite
    $\mu$-fast \"uberall $0$ ist. \par Sei $\epsilon>0$ beliebig. Dann
    gibt es $m\in\N$ mit $\int\limits_X\Vert
    f-f_j\Vert\,d\mu<\epsilon/2$ f\"ur alle $j\ge m$. Seien $j,k\in\N$
    mit $j,k\ge m$ beliebig. Somit erhalten wir aus der
    Dreiecksungleichung \[\Vert f_j-f_k\Vert_{L^1} =\int\limits_X
    \Vert f_j-f_k\Vert\,d\mu \le\int\limits_X\Vert f_j-f\Vert\,d\mu
    +\int\limits_X\Vert f-f_j\Vert\,d\mu<\epsilon.\] Somit ist
    $(f_j)_{j\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ eine $\mathcal
    L^1$-Cauchyfolge. Wegen $f_j\to f$ $\mu$-fast \"uberall ist $f$
    eine $\mu$-integrierbare oder $\mathcal L^1$-Funktion.
  \end{itemize}
  Die letzte Behauptung folgt aus der Dreiecksungleichung f\"ur
  $\mathcal L^1$-Funktionen, siehe Theorem \ref{int lin abb
    thm}. 
\end{proof}

Wir erhalten dazu zwei Korollare: 
\begin{corollary}
  Seien $(f_j)_{j\in\N}\subset\mathcal L^1(X,\mu,E)$ und $f\in\mathcal
  L^0(X,\mu,E)$. Gelten $f_j\to f$ $\mu$-fast \"uberall und
  $\underset{j\to\infty}{\ul\lim} \Vert f_j\Vert_{L^1}<\infty$, so ist
  $f\in\mathcal L^1(X,\mu,E)$ und es gilt $\Vert f\Vert_{L^1}\le
  \underset{j\to\infty}{\ul\lim} \Vert f_j\Vert_{L^1}$.
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Nach Lemma \ref{f ue int gleich lem} d\"urfen wir ohne
  Einschr\"ankung annehmen, dass $f_j\to f$ \"uberall punktweise
  gilt. Nach dem Lemma von Fatou und nach Voraussetzung folgt
  daraus \[\int\limits_X\Vert f\Vert\,d\mu
  =\int\limits_X\underset{j\to\infty}{\ul\lim}\Vert f_j\Vert\,d\mu
  \le\underset{j\to\infty}{\ul\lim}\int\limits_X\Vert
  f_j\Vert\,d\mu<\infty.\] Nach Theorem \ref{L1 aequiv thm} erhalten
  wir nun $f\in\mathcal L^1(X,\mu,E)$.
\end{proof}

\begin{corollary}
  \stern Sei $(f_j)_{j\in\N}\subset\mathcal L^1(X,\mu,\R_+)$. Sei
  $f\in\mathcal L^1(X,\mu,\R)$. Angenommen es gelten \[f_j\to
  f\quad\text{$\mu$-fast \"uberall}\qquad\text{und}\qquad
  \int\limits_Xf_j\,d\mu \to\int\limits_Xf\,d\mu\] f\"ur
  $j\to\infty$. Dann folgt $f_j\to f$ in $\mathcal L^1(X,\mu,\R)$.
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir d\"urfen wieder annehmen, dass $f_j\to f$ \"uberall punktweise
  gilt. Es gelten $f\ge0$ und $|f_j-f|\le f_j+f$. Somit erhalten wir
  aus dem Lemma von Fatou 
  \begin{align*}
    2\int\limits_Xf\,d\mu
    =&\,\int\limits_X\underset{j\to\infty}{\ul\lim}
    (f_j+f-|f_j-f|)\,d\mu
    \le\underset{j\to\infty}{\ul\lim}\int\limits_X(f_j+f-|f_j-f|)\,d\mu
    \umbruch\\
    =&\,2\int\limits_Xf\,d\mu
    -\underset{j\to\infty}{\ol\lim}\int\limits_X|f_j-f|\,d\mu.
  \end{align*}
  Da $f\in\mathcal L^1(X,\mu,\R)$ ist, folgt nach Theorem \ref{L1
    aequiv thm} $\int\limits_Xf\,d\mu<\infty$. Somit erhalten wir
  $\lim\limits_{j\to\infty}\int\limits_X |f_j-f|\,d\mu=0$ und die
  Behauptung folgt.
\end{proof}

\subsubsection{Integration numerischer Funktionen}
Wir k\"onnen das Lebesguesche Integral f\"ur numerische Funktionen
$f=f^+-f^-$ definieren, bei denen das Integral \"uber den positiven
und den negativen Anteil, \dh \"uber $f^+$ und $f^-$ endlich
ausfallen.
\begin{definition}
  Sei $f\in\mathcal L^0\left(X,\mu,\ol\R\right)$. Dann hei\ss{}t $f$
  bez\"uglich $\mu$ integrierbar, falls
  $\int\limits_Xf^+\,d\mu<\infty$ und $\int\limits_Xf^-\,d\mu<\infty$
  gelten. In diesem Fall hei\ss{}t \[\int\limits_Xf\,d\mu
  :=\int\limits_Xf^+\,d\mu -\int\limits_Xf^-\,d\mu\] das
  \emph{(Lebesguesche) Integral} von $f$ \"uber $X$ bez\"uglich des
  Ma\ss{}es $\mu$. 
\end{definition}

\begin{remark} \stern
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{leb int aequiv bem i} F\"ur $f\in\mathcal
    L^0\left(X,\mu,\ol\R\right)$ sind die folgenden drei Aussagen
    \"aquivalent:
    \begin{enumerate}[(a)]
    \item\label{leb aequiv i} $f$ ist bez\"uglich $\mu$ Lebesgue
      integrierbar. 
    \item\label{leb aequiv ii} $\int\limits_X|f|\,d\mu<\infty$. 
    \item\label{leb aequiv iii} Es gibt $g\in\mathcal L^1(X,\mu,\R)$
      mit $|f|\le g$ $\mu$-fast \"uberall. 
    \end{enumerate}
    \begin{proof}[Beweis]
      \neueZeile
      \begin{itemize}
      \item \glqq\eqref{leb aequiv i} \impliziert{} \eqref{leb aequiv
          ii}\grqq: Dies gilt wegen $|f|=f^++f^-$. 
      \item \glqq\eqref{leb aequiv ii} \impliziert{} \eqref{leb aequiv
          iii}\grqq: Nach Theorem \ref{L1 aequiv thm} erhalten wir
        $|f|\in\mathcal L^1(X,\mu,\R)$. Wir k\"onnen also $g=|f|$
        w\"ahlen. 
      \item \glqq\eqref{leb aequiv iii} \impliziert{} \eqref{leb
          aequiv i}\grqq: Es gilt $f^+\le|f|\le g$ und Bemerkung
        \ref{leb int def bem} \eqref{leb int def le item} impliziert 
        $\int\limits_Xf^+\,d\mu<\infty$. Entsprechendes gilt auch
        f\"ur $f^-$. \qedhere 
      \end{itemize}
    \end{proof}
  \item Sei $f\in\mathcal L^0(X,\mu,\R)$. Dann ist $f$ genau dann
    bez\"uglich $\mu$ Lebesgue integrierbar, falls $f$
    $\mu$-integrierbar ist. In diesem Fall stimmen das Lebesguesche
    Integral von $f$ \"uber $X$ und das Bochner-Lebesguesche Integral
    \"uberein, wir m\"ussen in diesem Fall also nicht angeben, welches
    Integral wir verwenden.
    \begin{proof}[Beweis]
      Wir benutzen \eqref{leb int aequiv bem i}, Theorem \ref{L1
        aequiv thm} und Bemerkung \ref{leb int def bem} \eqref{leb leb
        boch gleich item}. 
    \end{proof}
  \item Sei $f\in\mathcal L^0\left(X,\mu,\ol\R\right)$ bez\"uglich
    $\mu$ Lebesgue integrierbar. Dann ist \[\{x\in X\colon
    |f(x)|=\infty\}\] eine $\mu$-Nullmenge.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\subsubsection{Der Satz von der dominierten Konvergenz}
Der folgende Satz hei\ss{}t auch der Satz von Lebesgue oder der Satz
von der majorisierten Konvergenz. Er wird h\"aufig angewandt.
\begin{theorem}[Satz von der dominierten Konvergenz] 
  \neueZeilealt Sei $(f_j)_{j\in\N}\subset\mathcal L^1(X,\mu,E)$. Sei
  $g\in\mathcal L^1(X,\mu,\R)$. Sei $f\colon X\to E$ eine
  Abbildung. Gelte
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\Vert f_j\Vert\le g$ $\mu$-fast \"uberall f\"ur alle $j\in\N$
    und
  \item $f_j\to f$ $\mu$-fast \"uberall f\"ur $j\to\infty$. 
  \end{enumerate}
  Dann ist auch die Funktion $f$ $\mu$-integrierbar und es
  gelten \[f_j\to f\text{ in }\mathcal
  L^1(X,\mu,E)\quad\text{sowie}\quad
  \int\limits_Xf_j\,d\mu\to\int\limits_Xf\,d\mu\text{ in }E.\] 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir definieren $g_j:=\sup\limits_{k,l\ge j} \Vert f_k-f_l\Vert$
  f\"ur $j\in\N$. Nach Theorem \ref{sup mu messbar thm} erhalten wir
  $g_j\in\mathcal L^0\left(X,\mu,\ol\R_+\right)$. Nach Voraussetzung
  gilt $g_j\to0$ $\mu$-fast \"uberall. Aufgrund der anderen
  Voraussetzung und der Dreiecksungleichung erhalten wir $\Vert
  f_k-f_l\Vert\le 2g$ $\mu$-fast \"uberall f\"ur beliebige
  $k,l\in\N$. Daher gilt auch $|g_j|\le2g$ $\mu$-fast \"uberall f\"ur
  beliebige $j\in\N$.  Wir wenden Korollar \ref{Fatou cor} an und
  erhalten \[0\le\underset{j\to\infty}{\ol\lim} \int\limits_X
  g_j\,d\mu \le\int\limits_X \underset{j\to\infty}{\ol\lim}g_j\,d\mu
  =0.\] Offensichtlich folgt auch $\underset{j\to\infty}{\ul\lim}
  \int\limits_Xg_j\,d\mu =0$. Wir erhalten $\lim\limits_{j\to\infty}
  \int\limits_X g_j\,d\mu=0$. (Man sieht leicht, dass die Konvergenz
  sogar monoton ist.) Daher gibt es zu beliebigem $\epsilon>0$ ein
  $N\in\N$, so dass f\"ur alle $k,l\ge j\ge N$ \[\int\limits_X\Vert
  f_k-f_l\Vert\,d\mu \le\int\limits_X \underbrace{\sup\limits_{r,s\ge
      j} \Vert f_r-f_s\Vert}_{=g_j}\,d\mu <\epsilon\] gilt. Somit ist
  $(f_j)_{j\in\N}\subset\mathcal L^1(X,\mu,E)$ eine Cauchyfolge in
  diesem Raum. Nach Theorem \ref{L1 vollst thm} ist $\mathcal
  L^1(X,\mu,E)$ vollst\"andig, es gibt also ein $h\in\mathcal
  L^1(X,\mu,E)$ mit $\Vert f_j-h\Vert_{L^1}\to0$ f\"ur
  $j\to\infty$. Momentan ist noch nicht klar, dass $f=h$ auch nur
  $\mu$-fast \"uberall gilt. Nach Theorem \ref{tf konv f ue thm}
  besitzt $(f_j)_j$ jedoch eine Teilfolge $(f_{j_k})_k$ mit
  $f_{j_k}\to h$ $\mu$-fast \"uberall f\"ur $k\to\infty$. Nach
  Voraussetzung gilt aber $f_j\to f$ $\mu$-fast \"uberall. Dies
  \"ubertr\"agt sich insbesondere auch auf beliebige Teilfolgen. Somit
  gilt $h=f$ $\mu$-fast \"uberall. Nach Korollar \ref{f ue null int
    null cor} gilt $\Vert h-f\Vert_{L^1}=0$, da $h=f$ $\mu$-fast
  \"uberall gilt. Wir erhalten also \[\Vert f_j-f\Vert_{L^1} \le\Vert
  f_j-h\Vert_{L^1} +\Vert h-f\Vert_{L^1}\to 0\quad\text{f\"ur
  }j\to\infty.\] Dies liefert die erste Behauptung. Nach der
  Dreiecksungleichung, Theorem \ref{int lin abb thm}, folgt auch die
  Konvergenz der Integrale.
\end{proof}

% Winter 2015/16 bis hierher bewiesen und einen \"Uberblick \"uber den
% Rest gegeben. 

\begin{remark}
  Das Beispiel aus Bemerkung \ref{gegenbeispiel mon dom konv rem}
  zeigt auch hier, dass die Aussage ohne eine $\mu$-integrierbare
  Majorante i.\,A. nicht gilt.
\end{remark}

Als Korollar erhalten wir
\begin{theorem}[Integrabilit\"atskriterium]
  \stern \label{int krit thm}
  Seien $f\in\mathcal L^0(X,\mu,E)$ und $g\in\mathcal L^1(X,\mu,\R)$
  mit $\Vert f\Vert\le g$ $\mu$-fast \"uberall. Dann gilt auch
  $f\in\mathcal L^1(X,\mu,E)$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Da $\Vert f\Vert$ und $g$ nichtnegative reellwertige Funktionen
  sind, gilt aufgrund der Monotonie f\"ur die Lebesgueintegrale
  $\int\Vert f\Vert \le\int g<\infty$. Nach Theorem \ref{L1 aequiv
    thm} folgt nun die Behauptung.
\end{proof}
% \begin{proof}[Beweis]
%   Nach Definition von $\mathcal L^0(X,\mu,E)$ gibt es eine Folge
%   $(\phi_j)_{j\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ mit $\phi_j\to f$
%   $\mu$-fast \"uberall f\"ur $j\to\infty$. Wir definieren $A_j:=\{x\in
%   X\colon \Vert f_j(x)\Vert\le2g\}$ und $f_j:=\chi_{A_j}\phi_j$. Dann
%   gilt $(f_j)_{j\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,E)$. Im Beweis von
%   Theorem \ref{L1 aequiv thm} haben wir gesehen, dass auch $f_j\to f$
%   $\mu$-fast \"uberall punktweise gilt. Nun ist $\Vert f_j\Vert\le 2g$
%   f\"ur alle $j\in\N$ und die Behauptung folgt aus dem Satz \"uber die
%   dominierte Konvergenz.
% \end{proof}

\begin{corollary}
  \stern Sei $\alpha\in[0,\infty)$. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Seien $f\in\mathcal L^1(X,\mu,E)$ und $g\in\mathcal
    L^0(X,\mu,\K)$ mit $|g|\le\alpha$ $\mu$-fast \"uberall. Dann ist
    $gf$ $\mu$-integrierbar und es gilt \[\left\Vert \int\limits_X
      gf\,d\mu\right\Vert\le\alpha\Vert f\Vert_{L^1}.\]
  \item Sei $f\in\mathcal L^0(X,\mu,E)$. Gelte $\Vert f\Vert\le\alpha$
    $\mu$-fast \"uberall und sei $\mu(X)<\infty$. Dann ist $f$
    $\mu$-integrierbar und es gilt \[\left\Vert\int\limits_X
      f\,d\mu\right\Vert \le\Vert f\Vert_{L^1}\le\alpha\mu(X).\]
  \end{enumerate}
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Das Produkt $gf$ ist eine $\mu$-messbare Funktion. Es gilt
    $\Vert gf\Vert\le\alpha\Vert f\Vert$ $\mu$-fast \"uberall und
    $\alpha\Vert f\Vert$ ist $\mu$-integrierbar. Nach Theorem \ref{int
      krit thm} ist $gf$ daher eine $\mu$-integrierbare
    Funktion. Aufgrund der Dreiecksungleichung f\"ur Integrale und der
    Monotonie des Integrals erhalten wir nun \[\left\Vert
      \int\limits_X gf\,d\mu\right\Vert \le\int\limits_X\Vert
    gf\Vert\,d\mu \le\int\limits_X\alpha\Vert f\Vert\,d\mu
    =\alpha\Vert f\Vert_{L^1}.\] 
  \item Da $\mu(X)<\infty$ gilt, erhalten wir $\chi_X\in\mathcal
    L^1(X,\mu,\R)$. Aus $f\in\mathcal L^0(X,\mu,E)$ folgt auch $\Vert
    f\Vert\in\mathcal L^0(X,\mu,E)$. Aus dem ersten Teil (mit
    vertauschten Rollen) erhalten wir, dass $\Vert f\Vert=\Vert
    f\Vert\cdot\chi_X\in\mathcal L^1(X,\mu,\R)$ ist
    sowie \[\int\limits_X\Vert f\Vert\,d\mu
    \le\alpha\Vert\chi_X\Vert_{L^1} =\alpha\mu(X)<\infty.\] Aus
    Theorem \ref{L1 aequiv thm} folgt nun $f\in\mathcal
    L^1(X,\mu,E)$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{remark}
  \stern Ist eine Funktion $f$ auf einer Teilmenge eines Ma\ss{}raumes
  definiert, so bezeichnen wir mit $f$ auch die triviale Fortsetzung,
  \dh die Fortsetzung durch $0$. Entsprechend definieren wir
  $\mu$-Messbarkeit, $\mu$-Integrierbarkeit und das Integral als
  $\mu$-Messbarkeit, $\mu$-Integrierbarkeit bzw.{} das Integral der
  trivialen Fortsetzung. 
\end{remark}

\begin{theorem}[gliedweise Integration von Reihen] Sei
  $(f_j)_{j\in\N}\subset\mathcal L^1(X,\mu,E)$ mit
  $\sum\limits_{j=0}^\infty\int\limits_X\Vert
  f_j\Vert\,d\mu<\infty$. Dann konvergiert $\sum\limits_{j=0}^\infty
  f_j$ $\mu$-fast \"uberall absolut, $\sum\limits_{j=0}^\infty f_j$
  ist $\mu$-integrierbar und es
  gilt \[\int\limits_X\sum\limits_{j=0}^\infty f_j\,d\mu
  =\sum\limits_{j=0}^\infty \int\limits_X f_j\,d\mu.\]
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir definieren $g:=\sum\limits_{j=0}^\infty \Vert
    f_j\Vert$. Diese Funktion ist als Betrag und Summe von
    $\mu$-messbaren Funktionen selbst wieder eine $\mu$-messbare
    numerische Funktion. Nach Korollar \ref{num fkt int lim vert cor}
    d\"urfen wir bei nichtnegativen numerischen Funktionen Summation
    und Integration vertauschen und erhalten daher zusammen mit der
    Voraussetzung an die Reihe der Integrale \[\int\limits_X g\,d\mu
    =\sum\limits_{j=0}^\infty \int\limits_X \Vert
    f_j\Vert\,d\mu<\infty.\] Somit ist $g$ Lebesgue integrierbar und
    $N:=\{x\in X\colon g=\infty\}$ eine $\mu$-Nullmenge. Also
    konvergiert $\sum\limits_{j=0}^\infty f_j$ $\mu$-fast \"uberall
    absolut.
  \item Wir definieren $g_k:=\sum\limits_{j=0}^k f_j$ und wollen
    $f(x):=\sum\limits_{j=0}^\infty f_j(x)$ definieren. F\"ur
    $x\not\in N$ ist $f$ aufgrund der absoluten Konvergenz
    wohldefiniert; diese Funktion setzen wir trivial auf $X$ durch
    Null fort. Wir erhalten $g_k\to f$ in $X\setminus N$ und $\Vert
    g_k\Vert \le\sum\limits_{j=0}^k\Vert f_j\Vert\le g$. Aus dem Satz
    von der dominierten Konvergenz, angewandt auf die Partialsummen
    $g_k$, erhalten wir $f\in\mathcal L^1(X,\mu,E)$
    und \[\sum\limits_{j=0}^\infty\int\limits_Xf_j\,d\mu
    =\lim\limits_{k\to\infty} \int\limits_Xg_k\,d\mu
    =\int\limits_X\lim\limits_{k\to\infty}g_k\,d\mu
    =\int\limits_X\sum\limits_{j=0}^\infty f_j\,d\mu.\] Dies zeigt die
    Behauptung. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\subsubsection{Parameterintegrale}

\begin{theorem}[Stetigkeit von Parameterintegralen]
  \neueZeilealt
  \label{stet param int thm}
  Sei $M$ ein metrischer Raum und $f\colon X\times M\to E$ mit
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $f(\cdot,m)\in\mathcal L^1(X,\mu,E)$ f\"ur jedes $m\in M$,
  \item $f(x,\cdot)\in C^0(M,E)$ f\"ur $\mu$-fast alle $x\in X$ und
  \item es existiere $g\in\mathcal L^1(X,\mu,\R)$ mit $\Vert
    f(x,m)\Vert\le g(x)$ f\"ur alle $(x,m)\in X\times M$. 
  \end{enumerate}
  Dann ist die Abbildung $F\colon M\to E$ mit \[m\mapsto\int\limits_X
  f(x,m)\,dx,\] \dh wir integrieren bez\"uglich der Variablen $x$ und
  bez\"uglich des Ma\ss{}es $\mu$, wohldefiniert und stetig.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(a)]
  \item Nach Voraussetzung ist $f(\cdot,m)\in\mathcal L^1(X,\mu,E)$
    und somit das Integral wohldefiniert.
  \item Wir zeigen die Folgenstetigkeit von $F$: Sei
    $(m_j)_{j\in\N}\subset M$ eine Folge mit $m_j\to m$ f\"ur
    $j\to\infty$. Wir definieren die Folge $f_j:=f(\cdot,m_j)$ f\"ur
    $j\in\N$. Da $f(x,\cdot)$ nach Voraussetzung f\"ur $\mu$-fast alle
    $x\in X$ stetig ist, folgt $f_j\to f(\cdot,m)$ f\"ur $j\to\infty$
    $\mu$-fast \"uberall punktweise. Wir wenden den Satz von der
    dominierten Konvergenz auf die Folge $(f_j)_{j\in\N}$ an und
    erhalten \[\lim\limits_{j\to\infty} F(m_j)
    =\lim\limits_{j\to\infty} \int\limits_X f_j\,d\mu =\int\limits_X
    \lim\limits_{j\to\infty} f_j\,d\mu =\int\limits_X f(x,m)\,dx
    =F(m).\] Dies zeigt die Behauptung. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

Das folgende Resultat \"uber die Differenzierbarkeit von
Parameterintegralen wird sehr h\"aufig bei der Untersuchung von
partiellen Differentialgleichungen ben\"otigt. Es l\"asst sich zwar
leicht auf Teilmengen $U$ eines Banachraumes verallgemeinern, jedoch
kenne ich daf\"ur keine Anwendungen.
\begin{theorem}[Differenzierbarkeit von Parameterintegralen]
  Sei $U\subset\R^n$ offen. Sei $f\colon X\times U\to E$ eine
  Funktion, so dass
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $f(\cdot,y)\in\mathcal L^1(X,\mu,E)$ f\"ur jedes $y\in U$,
  \item $f(x,\cdot)\in C^1(U,E)$ f\"ur $\mu$-fast alle $x\in X$ und
  \item sei $g\in\mathcal L^1(X,\mu,\R)$ mit \[\left\Vert
      \fracp{}{y^j} f(x,y)\right\Vert\le g(x)\] f\"ur alle $(x,y)\in
    X\times U$ und alle $1\le j\le n$.
  \end{enumerate}
  Dann ist die Abbildung \[F\colon U\to E\quad\text{mit}\quad y\mapsto
  \int\limits_X f(x,y)\,dx\] stetig differenzierbar und es
  gilt \[\fracp{}{y^j}F(y) =\int\limits_X \fracp{}{y^j} f(x,y)\,dx\]
  f\"ur alle $y\in U$ und alle $1\le j\le n$. 
\end{theorem}
Wir betrachten hier die Absch\"atzung an $\fracp{}{y^j}f(x,y)$ als
erf\"ullt, wenn $g(x)=\infty$ in Punkten gilt, in denen die Ableitung
nicht existiert.
\begin{proof}[Beweis]
  Seien $y\in U$ und $1\le j\le n$. Sei $(h_k)_{k\in\N}\subset\R$ eine
  Nullfolge mit $h_k\neq0$ und $[y,y+h_ke_j]\subset U$ f\"ur alle
  $k\in\N$. Wir betrachten die
  Differenzenquotienten \[f_k(x):=\frac{f(x,y+h_ke_j) -f(x,y)}{h_k}\]
  f\"ur $x\in X$ und $k\in\N$. F\"ur $\mu$-fast alle $x\in X$ ist $f$
  bez\"uglich der zweiten Variablen eine $C^1$-Funktion. F\"ur solche
  $x$ erhalten wir mit dem Mittelwertsatz \[\Vert f_k(x)\Vert
  \le\sup\limits_{y\in U}
  \left\Vert \fracp{}{y^j}f(x,y)\right\Vert\le g(x).\] Weiterhin
  erhalten wir f\"ur solche $x$ punktweise Konvergenz $f_k(x)\to
  \fracp{f(x,y)}{y^j}$ f\"ur $k\to\infty$. Nach dem Satz von der
  dominierten Konvergenz erhalten wir \[\lim\limits_{k\to\infty}
  \frac{F(y+h_ke_j)-F(y)}{h_k} =\lim\limits_{k\to\infty} \int\limits_X
  f_k\,d\mu =\int\limits_X \fracp{}{y^j}f(x,y)\,dx.\] Dies zeigt, dass
  die Funktion $F$ in jedem Punkt $y\in U$ partiell differenzierbar
  ist. Wir wollen nun Theorem \ref{stet param int thm} anwenden. Die
  erste Voraussetzung dort folgt aus der obigen Anwendung des Satzes
  von der dominierten Konvergenz, die zweite und dritte folgen direkt
  aus den Voraussetzungen dieses Theorems. Somit sind die partiellen
  Ableitungen $\fracp{}{y^j}F(y)$ in $U$ stetig. Daher folgt die
  behauptete stetige Differenzierbarkeit.
\end{proof}

\subsection{Die Lebesgueschen R\"aume}

Wir sprechen h\"aufiger von $L^p$-R\"aumen. 

Seien in diesem Kapitel $(X,\mathcal A,\mu)$ ein vollst\"andiger
$\sigma$-endlicher Ma\ss{}raum und sei $E$ ein Banachraum. 

\subsubsection{Wesentlich beschr\"ankte Funktionen \stern}

\begin{definition}
  Sei $f\in\mathcal L^0(X,\mu,E)$. Dann hei\ss{}t $f$ \emph{wesentlich
    beschr\"ankt,} falls es $\alpha\in\R$ mit $\mu(\{x\in X\colon
  \Vert f(x)\Vert>\alpha\})=0$ gibt. Wir bezeichnen \[\Vert
  f\Vert_{L^\infty} :=\inf\left\{\alpha\ge0\colon\mu(\{x\in X\colon
    \Vert f(x)\Vert>\alpha\})=0\right\}\in[0,\infty]\] als
  $\mu$-\emph{wesentliches Supremum} (engl.: essential supremum) von
  $f$. \par Wir schreiben sp\"ater laxerweise auch wieder $\Vert
  f\Vert_{L^\infty} \equiv\sup\limits_X\Vert f\Vert$.
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item F\"ur $f\in\mathcal L^0(X,\mu,E)$ sind die folgenden Aussagen
    \"aquivalent: 
    \begin{enumerate}[(a)]
    \item $f$ ist $\mu$-wesentlich beschr\"ankt,
    \item $\Vert f\Vert_{L^\infty}<\infty$ und
    \item $f$ ist $\mu$-fast \"uberall beschr\"ankt. 
    \end{enumerate}
  \item F\"ur $f\in\mathcal L^0(X,\mu,E)$ gilt $\Vert f(x)\Vert\le
    \Vert f\Vert_{L^\infty}$ f\"ur $\mu$-fast alle $x\in X$.
  \item Es gilt $\Vert \alpha f+g\Vert_{L^\infty}\le|\alpha|\cdot\Vert
    f\Vert_{L^\infty} +\Vert g\Vert_{L^\infty}$ f\"ur alle
    $\alpha\in\R$ und alle $f,g\in\mathcal L^0(X,\mu,E)$. 
  \item Sei $X$ ein $\sigma$-kompakter lokal kompakter metrischer Raum
    und $\mu$ ein regelm\"a\ss{}iges Radonma\ss{} auf $X$. Dann gilt
    f\"ur $f\in C^0(X,E)$ \[\Vert f\Vert_{L^\infty} =\Vert
    f\Vert_{C^0(X,E)}.\]
    \begin{proof}[Beweis]
      W\"are $\Vert f\Vert_{L^\infty}<\Vert f(x)\Vert$ f\"ur ein $x\in
      X$, so erhalten wir aufgrund der Stetigkeit $\Vert
      f\Vert_{L^\infty} \le\Vert f(y)\Vert$ f\"ur alle $y\in
      B_\epsilon(x)$ f\"ur ein $\epsilon>0$. Nach Definition des
      wesentlichen Supremums gilt $\mu(B_\epsilon(x))=0$, aufgrund der
      Regelm\"a\ss{}igkeit von $\mu$ jedoch
      $\mu(B_\epsilon(x))>0$. Widerspruch. \par Die umgekehrte
      Ungleichung ist klar. 
      \qedhere
    \end{proof}
  \end{enumerate}
\end{remark}

\subsubsection{Die H\"oldersche und die Minkowskische Ungleichung}

\begin{definition}
  Sei $f\in\mathcal L^0(X,\mu,E)$. Wir definieren \[\Vert f\Vert_{L^p}
  \equiv\Vert f\Vert_{L^p(X)} :=\left(\,\int\limits_X \Vert
    f\Vert^p\,d\mu\right)^{1/p}\] f\"ur $p\in[1,\infty)$. (Wir setzen
  $\infty^\alpha:=\infty$ f\"ur alle $\alpha>0$.) Dann definieren
  wir \[\mathcal L^p(X,\mu,E):=\left\{f\in\mathcal L^0(X,\mu,E)\colon
    \Vert f\Vert_{L^p}<\infty\right\}.\]
\end{definition}

\begin{remark}
  \stern Wir erinnern an den zu $p\in[1,\infty]$ konjugierten
  Exponenten $q\in[1,\infty]$ (oder $p'$) mit $\frac1p+\frac1q=1$,
  also $q=\frac p{p-1}$ f\"ur $p\in(1,\infty)$.
\end{remark}

\begin{theorem}
  Sei $p\in[0,\infty]$ und $q$ der zu $p$ konjugierte Exponent.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Seien $f\in\mathcal L^p(X,\mu,\R)$ und $g\in\mathcal
    L^q(X,\mu,\R)$. Dann ist $fg\in\mathcal L^1(X,\mu,\R)$ und es gilt
    die \emph{H\"oldersche Ungleichung} \[\left|\,\int\limits_X
      fg\,d\mu\,\right| \le\int\limits_X|fg|\,d\mu \le\Vert
    f\Vert_{L^p}\cdot\Vert g\Vert_{L^q}.\]
  \item Seien $f,g\in\mathcal L^p(X,\mu,E)$. Dann ist auch
    $f+g\in\mathcal L^p(X,\mu,E)$ und es gilt die \emph{Minkowskische
      Ungleichung} \[\Vert f+g\Vert_{L^p}\le \Vert f\Vert_{L^p}+\Vert
    f\Vert_{L^p}\] oder Dreiecksungleichung. 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
Gelegentlich werden die H\"oldersche Ungleichung auch f\"ur lediglich
$\mu$-messbare Funktionen $f$ und $g$ benutzt. In diesem Falle sind
die rechten Seiten gegebenenfalls gleich $+\infty$. 
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ubung; passe den Beweis f\"ur das Riemannintegral oder f\"ur
  $\ell^p(\N)$ an.
\end{proof}

\begin{corollary}
  \stern Sei $p\in[1,\infty]$. Dann ist $\mathcal L^p(X,\mu,E)$ ein
  Untervektorraum von $\mathcal L^0(X,\mu,E)$ und
  $\Vert\cdot\Vert_{L^p}$ ist eine Seminorm auf $\mathcal
  L^p(X,\mu,E)$. 
\end{corollary}

\begin{remark}
  \stern \label{f ue null rem}
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $f\in\mathcal L^0(X,\mu,E)$. Dann sind die folgenden
    Aussagen \"aquivalent:
    \begin{itemize}
    \item $\Vert f\Vert_{L^p}=0$ f\"ur beliebiges $p\in[1,\infty]$ und
    \item $\mu(\{x\in X\colon f(x)\neq0\})=0$.
    \end{itemize}
  \item $\{f\in\mathcal L^0(X,\mu,E)\colon f=0\ \mu\text{-fast
      \"uberall}\}$ ist f\"ur beliebiges $p\in[1,\infty]$ ein
    Untervektorraum von $\mathcal L^p(X,\mu,E)$.
  \item Es gelten die folgenden Inklusionen von
    Untervektorr\"aumen: \[\mathcal{EF}(X,\mu,E)\subset \mathcal
    L^p(X,\mu,E) \subset\mathcal L^0(X,\mu,E).\] 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\subsubsection{Die Vollst\"andigkeit der Lebesgueschen R\"aume} 

Wir benutzen nun auch \cite{Rudin}. 

\begin{theorem}
  Sei $p\in[1,\infty]$. Dann ist $\mathcal L^p(X,\mu,E)$ mit der
  Seminorm $\Vert\cdot\Vert_{L^p}$ folgenvollst\"andig. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei zun\"achst $1\le p<\infty$: Sei $(f_n)_{n\in\N}$ eine
    Cauchyfolge in $\mathcal L^p(X,\mu,E)$. Gelte (nach Auswahl einer
    Teilfolge ohne Einschr\"ankung) $\Vert
    f_{i+1}-f_i\Vert_{L^p}<2^{-i}$ f\"ur $i\in\N$. Wir
    definieren \[g_k:=\sum\limits_{i=0}^k\Vert f_{i+1}-f_i\Vert \quad
    \text{und}\quad g:=\sum\limits_{i=0}^\infty\Vert
    f_{i+1}-f_i\Vert.\] Aufgrund der Dreiecksungleichung gilt $\Vert
    g_k\Vert_{L^p}<2$ f\"ur alle $k\in\N$. Nach dem Lemma von Fatou
    ($\int\ul{\lim}f_n\le\ul{\lim}\int f_n$ f\"ur $f_n\ge0$),
    angewandt auf $\Vert g_k\Vert^p$, folgt $\Vert
    g\Vert_{L^p}\le2$. Somit gilt $\mu$-fast \"uberall $g(x)<\infty$,
    \dh die zugeh\"orige Reihe konvergiert absolut. Also konvergiert
    auch \[f_1(x)+\sum\limits_{i=1}^\infty(f_{i+1}(x)-f_i(x))\] f\"ur
    $\mu$-fast alle $x\in X$. Wir definieren $f(x)$ als diesen
    Grenzwert f\"ur diese $x$ und sonst $f(x):=0$. Somit gilt fast
    \"uberall \[f(x)=\lim_{i\to\infty}f_i(x).\] Nach Theorem \ref{pkt
      lim mu messb thm} ist auch $f$ als Grenzwert $\mu$-messbarer
    Funktionen selbst wieder $\mu$-messbar. Wir wollen nun zeigen,
    dass $f_i$ auch in $\mathcal L^p$ gegen $f$ konvergiert: Sei
    $\epsilon>0$. Dann gibt es $N\in\N$ mit $\Vert
    f_n-f_m\Vert_{L^p}<\epsilon$ f\"ur $m,n\ge N$. Sei $m>N$. Dann
    folgt mit Fatou \[\int\limits_X \Vert f-f_m\Vert^p\,d\mu\le
    \underset{i\to\infty}{\ul\lim} \int\limits_X\Vert
    f_i-f_m\Vert^p \,d\mu\le\epsilon^p.\] Hieraus folgt $f-f_m\in
    \mathcal L^p(X,\mu,E)$, also auch $f\in\mathcal
    L^p(X,\mu,E)$. Weiterhin folgt hieraus $\Vert
    f-f_m\Vert_{L^p}\to0$ f\"ur $m\to\infty$.
  \item Sei nun $p=\infty$: Definiere
    \begin{align*}
      A_k:=&\,\{x\in X\colon \Vert f_k(x)\Vert>\Vert
      f_k\Vert_{L^\infty}\} \intertext{und} B_{m,n}:=&\,\{x\in X\colon
      \Vert f_m(x)-f_n(x)\Vert>\Vert f_n-f_m\Vert_{L^\infty}\}.
    \end{align*}
    Setze $N:=\bigcup\limits_{k\in\N}A_k\cup
    \bigcup\limits_{m,n\in\N}B_{m,n}$. Dann ist $E$ als abz\"ahlbare
    Vereinigung von $\mu$-Nullmengen selbst wieder eine
    $\mu$-Nullmenge. In $X\setminus N$ konvergiert $f_n$
    gleichm\"a\ss{}ig gegen eine Funktion, die wir $f$ nennen, auf $N$
    setzen wir $f(x):=0$. Die Messbarkeit von $f$ ist klar. Es folgt
    $f\in L^\infty$ sowie $\Vert f_n-f\Vert_{L^\infty}\to0$ f\"ur
    $n\to\infty$.\qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

Im Verlauf des Beweises haben wir auch das folgende Resultat
mitbewiesen:
\begin{theorem}\label{tf konv pktw fue thm}
  Sei $1\le p\le\infty$. Sei $(f_n)_{n\in\N}$ eine Cauchyfolge in
  $\mathcal L^p(X,\mu,E)$ mit Grenzwert $f$. Dann besitzt
  $(f_n)_{n\in\N}$ eine Teilfolge $(f_{n_k})_{k\in\N}$, so dass
  $f_{n_k}(x)\to f(x)$ f\"ur $k\to\infty$ f\"ur $\mu$-fast alle $x\in
  X$ gilt.
\end{theorem}

\subsubsection{Approximierbarkeit}

Wir wollen untersuchen, wie sich $L^p$-Funktionen approximieren
lassen. 
\begin{theorem}\label{treppen approx Lp thm}
  Sei $1\le p<\infty$. Dann ist $\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ dicht in
  $\mathcal L^p(X,\mu,E)$ bez\"uglich der
  $\Vert\cdot\Vert_{L^p}$-Seminorm. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $f\in\mathcal L^p(X,\mu,E)$. Wegen $\mathcal L^p\subset \mathcal
  L^0$ gibt es $(\phi_j)_{j\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ mit
  $\phi_j\to f$ $\mu$-fast \"uberall f\"ur $j\to\infty$. Diese Folge
  m\"ochten wir so modifizieren, dass wir zus\"atzlich eine
  $\mu$-integrierbare Majorante haben und definieren dazu $A_j:=\{x\in
  X\colon \Vert\phi_j(x)\Vert\le 2\Vert f\Vert\}$ und
  $\psi_j:=\chi_{A_j}\phi_j$. Dann folgt auch
  $(\psi_j)_{j\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,E)$ und es gilt
  $\psi_j\to f$ $\mu$-fast \"uberall, vergleiche den Beweis von
  Theorem \ref{L1 aequiv thm}. Um den Satz von der dominierten
  Konvergenz anwenden zu k\"onnen, betrachten wir die
  Absch\"atzung \[\Vert\psi_j-f\Vert\le \Vert\psi_j\Vert+\Vert f\Vert
  \le 3\Vert f\Vert\] und sehen, dass $3^p\Vert f\Vert^p\in\mathcal
  L^1(X,\mu,E)$ eine $\mu$-integrable Majorante f\"ur
  $\Vert\psi_j-f\Vert^p$ ist. Somit folgt \[\Vert\psi_j-f\Vert_{L^p}^p
  =\int\limits_X \Vert\psi_j-f\Vert^p\,d\mu\to0\quad\text{f\"ur
  }j\to\infty.\] Dies zeigt die behauptete Dichtheit.
\end{proof}

Das folgende Resultat kann ich nur f\"ur einen endlichdimensionalen
Zielraum zeigen. 
\begin{lemma}\label{Rn L infty approx}
  Sei $f\in L^\infty(X,\mu,\R^n)$ und gelte $\mu(X)<\infty$. Dann gibt
  es $(f_j)_{j\in\N}\subset\mathcal{EF}(X,\mu,\R^n)$ mit $\Vert
  f-f_j\Vert_{L^\infty}\to 0$ f\"ur $j\to\infty$.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $\epsilon>0$. Sei $R:=\sup\limits_{x\in X}\Vert f(x)\Vert$. Da
  $\ol{B_R(0)}$ pr\"akompakt ist, gibt es $N\in\N$ und Punkte $a_j\in
  \R^n$, $1\le j\le N$, mit $\bigcup\limits_{j=0}^N
  B_\epsilon(a_j)\supset \ol{B_R(0)} \supset f(X)$. Induktiv finden
  wir mit $A_0=B_\epsilon(a_0)$, $A_1:=B_\epsilon(a_1)\setminus A_0$
  und $A_j:=B_\epsilon(a_j)\setminus\bigcup\limits_{i<j}A_i$
  $\mu$-messbare Mengen $A_j\subset B_\epsilon(a_j)$ mit $A_j\cap
  A_i=\emptyset$ f\"ur alle $i<j$. Wir erhalten \[\left\Vert
    f-\sum\limits_{i=1}^N \chi_{f^{-1}(A_i)}a_i
  \right\Vert_{L^\infty}\le\epsilon.\] Die Behauptung folgt.
\end{proof}

\begin{theorem}\label{stet approx Lp thm}
  Sei $1\le p<\infty$. Sei $X$ ein lokal kompakter $\sigma$-kompakter
  Hausdorffraum. Sei $\mu$ lokal endlich, regul\"ar und vollst\"andig.
  Dann liegt $C^0_c(X)$ bez\"uglich der $\mathcal L^p$-Seminorm dicht
  in $\mathcal L^p(X,\mu,E)$.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $f\in\mathcal L^p(X,\mu,E)$ und sei $\epsilon>0$. Sei
  $(X_i)_{i\in\N}$ eine Folge offener pr\"akompakter Mengen mit
  $\bigcup\limits_{i\in\N} X_i=X$. Da $\mu\colon A\mapsto
  \int\limits_A\Vert f\Vert^p\,d\mu$ ein Ma\ss{} auf $X$ ist, gibt es
  aufgrund der Stetigkeit von unten ein $i$ mit
  $\left(\int\limits_{X_i}\Vert f\Vert^p\,d\mu\right)^{1/p}\ge\Vert
  f\Vert_{L^p(X)}-\epsilon$. Wir setzen $A:=X_i$ und $f_1:=f\chi_A$
  und erhalten $\Vert f-f_1\Vert_{L^p}<\epsilon$. \par Nach Theorem
  \ref{treppen approx Lp thm} gibt es eine Funktion $f_2\in\mathcal
  EF(A,\mu,E)$ mit $\Vert f_1-f_2\Vert_{L^p}<\epsilon$. Nach Lusin
  gibt es eine Funktion $g\in C^0_c(A)$ mit $f_2=g$ au\ss{}erhalb
  einer Menge $B$ mit $\mu(B)<\delta$ mit $\Vert g\Vert_{L^\infty}
  \le\Vert f_2\Vert_{L^\infty}$. Ist $\delta>0$ klein genug, so
  folgt \[\Vert g-f_2\Vert_{L^p} \le\left(\,\int\limits_B (2\Vert
    f_2\Vert_{L^\infty})^p\,d\mu\right)^{1/p} \le2 \delta^{1/p}
  \Vert f_2\Vert_{L^\infty}<\epsilon.\] Mit der Dreiecksungleichung
  folgt nun $\Vert f-g\Vert_{L^p} \le\Vert f-f_1\Vert_{L^p} +\Vert
  f_1-f_2\Vert_{L^p} +\Vert f_2-g\Vert_{L^p} <3\epsilon$. Somit
  erhalten wir die Behauptung.
\end{proof}

\subsubsection{$L^p$-R\"aume}

\begin{definition}
  Wir definieren \[\mathcal N:=\{f\in\mathcal L^0(X,\mu,E)\colon
  f=0\text{ $\mu$-fast \"uberall}\}\] und den
  Quotientenraum \[L^p(X,\mu,E):=\mathcal L^p(X,\mu,E)/\mathcal N.\]
  F\"ur die \"Aquivalenzklasse $[f]\in L^p(X,\mu,E)$ definieren
  wir \[\Vert [f]\Vert_{L^p}:=\Vert f\Vert_{L^p}.\]
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Nach Bemerkung \ref{f ue null rem} ist $\mathcal N$ f\"ur
    $p\in[1,\infty]$ und $p=0$ ein Untervektorraum von $\mathcal
    L^p(X,\mu,E)$. Somit ist der Quotientenraum wohldefiniert.
  \item Die Inklusionen $\mathcal L^p(X,\mu,E)\subset\mathcal
    L^0(X,\mu,E)$ \"ubertragen sich auf die Quotienten:
    $L^p(X,\mu,E)\subset L^0(X,\mu,E)$.
  \item Die Abbildung $\Vert\cdot\Vert_{L^p}$ ist auf $L^p$
    wohldefiniert: F\"ur $f,g\in\mathcal L^p(X,\mu,E)$ mit $f=g$
    $\mu$-fast \"uberall gilt n\"amlich $\Vert f\Vert_{L^p} =\Vert
    g\Vert_{L^p}$. 
  \item Es gilt $\Vert[f]\Vert_{L^p}=0$ genau f\"ur $[f]=[0]$. 
  \item Da sich die Eigenschaften der Seminorm $\Vert\cdot\Vert_{L^p}$
    auf $\mathcal L^p(X,\mu,E)$, $p\in[1,\infty]$, auf
    $\Vert\cdot\Vert_{L^p}$ auf $L^p(X,\mu,E)$ \"ubertragen, ist
    $\Vert\cdot\Vert_{L^p}$ eine Norm auf $L^p(X,\mu,E)$. 
  \item Wir folgen ab jetzt der Konvention, dass wir statt
    $[f]=f+\mathcal N\in L^p(X,\mu,E)$, $p\in\{0\}\cup[1,\infty]$,
    $f\in L^p(X,\mu,E)$ schreiben. F\"ur $p\in[1,\infty]$ haben wir
    bereits oben in der Bezeichnung keinen Unterschied zwischen der
    Seminorm $\Vert\cdot\Vert_{L^p}$ auf $\mathcal L^p(X,\mu,E)$ und
    der Norm $\Vert\cdot\Vert_{L^p}$ auf $L^p(X,\mu,E)$ gemacht.
  \item F\"ur $f\in L^0(X,\mu,E)$ ist $f(x)$ nicht wohldefiniert. 
  \item Wir schreiben $f\le g$ f\"ur $f,g\in L^0(X,\mu,E)$,
    falls $f\le g$ $\mu$-fast \"uberall gilt, wenn es also
    Repr\"asentanten gibt, die diese Ungleichung erf\"ullen. Dies
    wenden wir entsprechend auch auf andere Aussagen an.
  \item Es gilt \[L^p(X,\mu,E) =\left\{f\in L^0(X,\mu,E)\colon \Vert
      f\Vert_{L^p}<\infty\right\}.\]
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{theorem}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item F\"ur $p\in[1,\infty]$ ist $L^p(X,\mu,E)$ ein Banachraum. 
  \item Ist $H$ ein Hilbertraum (\zB $H=\R$), so ist $L^2(X,\mu,H)$
    mit dem Skalarprodukt \[\langle f,g\rangle:=\int\limits_X \langle
    f(x),g(x)\rangle_H\,d\mu\] ebenfalls ein Hilbertraum. 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir haben bereits gesehen, dass $L^p(X,\mu,E)$ mit der Norm
    $\Vert\cdot\Vert_{L^p}$ ein normierter Raum ist. Die
    Vollst\"andigkeit folgt direkt aus der Folgenvollst\"andigkeit von
    $\mathcal L^p(X,\mu,E)$, denn ist $([f_n])_{n\in\N}\subset
    L^p(X,\mu,E)$ eine Cauchyfolge, so auch $(f_n)_{n\in\N}\subset
    \mathcal L^p(X,\mu,E)$. Ist $f\in\mathcal L^p(X,\mu,E)$ mit
    $f_n\to f$ f\"ur $n\to\infty$, so folgt auch $[f_n]\to[f]$ in
    $L^p(X,\mu,E)$ f\"ur $n\to\infty$.
  \item Wir m\"ussen \"uberpr\"ufen, dass $\langle\cdot,\cdot\rangle$
    ein Skalarprodukt auf $L^2(X,\mu,E)$ definiert.
    \begin{enumerate}[(a)]
    \item Messbarkeit: Wir schreiben $\langle f,g\rangle_H$ als
      Verkettung von $x\mapsto(f(x),g(x))$ mit dem stetigen
      Skalarprodukt auf $H$. Nach Theorem \ref{komp messb thm} ist
      diese Funktion messbar. 
    \item Integrierbarkeit: Folgt aus der H\"olderschen Ungleichung. 
    \item Symmetrie und Linearit\"at sind klar. Die Positivit\"at
      folgt, da $\int\Vert f\Vert^2=0$ bereits $f\equiv0$ fast
      \"uberall und damit $f=0$ in $L^2(X,\mu,H)$ impliziert.
      \qedhere
    \end{enumerate}
  \end{enumerate}
\end{proof}

Insbesondere erhalten wir
\begin{corollary}
  $L^2(X,\mu,\R)$ mit $\langle f,g\rangle:=\int\limits_Xfg$ ist ein
  reeller Hilbertraum und $L^2(X,\mu,\C)$ mit $\langle
  f,g\rangle:=\int\limits_X f\ol g$ ist ein unit\"arer
  Skalarproduktraum und ein komplexer Hilbertraum. 
\end{corollary}

\subsubsection{Einbettungen}

\begin{theorem}
  Sei $X$ ein endlicher Ma\ss{}raum. Dann ist die Einbettung
  \[L^p(X,\mu,E)\hookrightarrow L^q(X,\mu,E)\] mit $f\mapsto f$ f\"ur
  $\infty\ge p\ge q\ge1$ stetig. Unter den Voraussetzungen von Theorem
  \ref{stet approx Lp thm} hat sie ein dichtes Bild in $L^q$.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Linearit\"at und Injektivit\"at sind klar. 
  \item Stetigkeit: Wir benutzen die H\"oldersche Ungleichung mit
    $\frac qp+\frac{p-q}p=1$ und erhalten 
    \begin{align*}
      \Vert f\Vert_{L^q} =&\,\left(\,\int\limits_X \Vert f\Vert^q\cdot
        1\right)^{1/q} \le\left(\left(\int\Vert
          f\Vert^p\right)^{q/p}\cdot\left(\int 1^{\frac
            p{p-q}}\right)^{\frac{p-q}p}\right)^{1/q}\umbruch\\
      =&\,\Vert f\Vert_{L^p}\cdot(\mu(X))^{\frac{p-q}{pq}}.
    \end{align*}
  \item Dichtes Bild: Klar, da $C^0_c(X)$ in beiden R\"aumen dicht
    liegt. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{remark}
  \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir erinnern an die Definition $l^p(\N)=L^p(\N,\mathcal
    H^0,\R)$ und die Einbettungen $l^1\hookrightarrow
    l^q\hookrightarrow l^p\hookrightarrow l^\infty$ f\"ur alle $1\le
    q\le p\le\infty$. Verglichen mit dem Fall $\mu(X)<\infty$ sind
    dies gerade die umgekehrten Inklusionen. 
  \item Man \"uberzeugt sich, dass keine der Inklusionen bei $p\neq q$
    in die umgekehrte Richtung g\"ultig sind. 
  \item Somit ist $[-2,-1]\cup\N$ mit dem Lebesgueschen Ma\ss{} auf
    $[-2,-1]$ und dem Z\"ahlma\ss{} auf $\N$ ein Beispiel f\"ur einen
    Raum, \"uber dem die $L^p$-R\"aume nicht geschachtelt sind. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{lemma}
  Seien $p\in[1,\infty]$ und $f\in L^p(X,\mu,\R)$. Sei $q$ der zu $p$
  konjugierte Exponent. Dann ist die Abbildung \[T_f\colon
  L^q(X,\mu,\R)\to\R,\quad g\mapsto\int\limits_X fg\,d\mu\] eine
  stetige Linearform, also ein Element aus $(L^q)'$. Die Operatornorm
  erf\"ullt $\Vert T_f\Vert_{(L^q)'}\le\Vert f\Vert_{L^p}$. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Die H\"oldersche Ungleichung impliziert \[|T_fg|=\left|\int
    fg\right| \le\Vert f\Vert_{L^p}\cdot\Vert g\Vert_{L^q}.\qedhere\] 
\end{proof}

\begin{remark}
  \stern Diese Abbildung werden wir in der Funktionalanalysis noch
  genauer untersuchen. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Es gilt $\Vert T_f\Vert_{(L^q)'} =\Vert f\Vert_{L^p}$.
  \item Somit ist die Abbildung $L^p\ni f\mapsto T_f\in(L^q)'$ 
    linear und isometrisch. 
  \item Diese Abbildung ist f\"ur $p>1$ surjektiv. 
  \item Im Fall $p=1$, $X=[0,1]$ mit dem Lebesguema\ss{} gilt auch
    f\"ur das Diracma\ss{} $\delta_0\in (L^\infty)'$. Es liegt jedoch
    nicht im Bild dieser Abbildung.
  \item Damit sieht man im Fall $p\in(1,\infty)$, dass die kanonische
    Injektion von $L^p$ in den Bidualraum aus der linearen Algebra ein
    isometrischer Isomorphismus ist.
  \end{enumerate}
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  Vorlesung \"uber Funktionalanalysis. 
\end{proof}

\begin{remark}
  \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ist $\Omega\subset\R^n$ offen und
    $\lambda_n(\partial\Omega)=0$, so spielen die Funktionswerte auf
    der Nullmenge $\partial\Omega$ keine Rolle und wir k\"onnen
    Funktionen in $L^p(\Omega,E)$ und $L^p\left(\ol\Omega,E\right)$
    identifizieren.\par
    Entsprechend k\"onnen wir auch Funktionen betrachten, die auf
    einer Nullmenge nicht definiert sind. Wir k\"onnen sogar zwei
    Funktionen betrachten, die auf verschiedenen Nullmengen nicht
    definiert sind, da Nullmengen f\"ur $L^p$-Funktionen,
    $p\in\{0\}\cup[1,\infty]$, irrelevant sind.
  \item Eine absolut Riemann integrierbare Funktion liegt in $\mathcal
    L^1$ und das Riemannsche Integral stimmt mit dem Lebesgueschen
    Integral \"uberein.
  \end{enumerate}
\end{remark}
\begin{proof}[Beweisidee]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Klar.
  \item Ist die Funktion auf endlich vielen Teilintervallen jeweils
    konstant, so ist die Behauptung klar. Approximiere nun. Siehe
    \cite[Theorem X.5.3, S. 135]{AmannEscherAnalysisIII} f\"ur
    Details.\qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\subsection{Der Satz von Fubini}

Um zu zeigen, dass Elemente in $\mathcal L(m+n)$ gewisse Eigenschaften
haben, definieren wir $\mathcal C(m,n)$ und wollen anschlie\ss{}end
zeigen, dass $\mathcal C(m,n)=\mathcal L(m+n)$ gilt.
\begin{definition}
  Wir definieren $\mathcal C(m,n)$ als die Menge aller $A\in\mathcal
  L(m+n)$ mit
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $A_{[x]}\in\mathcal L(n)$ f\"ur $\lambda_m$-fast alle
    $x\in\R^m$,
  \item $x\mapsto\lambda_n(A_{[x]})$ ist $\lambda_m$-messbar und 
  \item $\lambda_{m+n}(A) =\int\limits_{\R^m}\lambda_n(A_{[x]})\,dx$. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  \label{C Fubini bem}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item \stern Eindimensional, \dh f\"ur $m=1$ gilt f\"ur
    $A\in\mathcal C(1,n)$
    insbesondere \[\lambda_{n+1}(A)=\int\limits_a^b
    \lambda_n(A_{[x]})\,dx,\] falls $\pi_1(A)\subset(a,b)$ gilt. Dies
    hei\ss{}t Cavalierisches Prinzip.
  \item $\mathcal L(m)\boxtimes\mathcal L(n)\subset\mathcal C(m,n)$
    ist klar.
  \item Sei $(A_j)_{j\in\N}\subset\mathcal C(m,n)$ eine aufsteigende
    Folge. Dann gilt auch $\bigcup\limits_{j\in\N}A_j\in\mathcal
    C(m,n)$.
    \begin{proof}[Beweis]
      Wir zeigen die drei definierenden Eigenschaften von $\mathcal
      C(m,n)$. 
      \begin{enumerate}[(i)]
      \item Die erste Bedingung ist offensichtlicherweise erf\"ullt,
        da die abz\"ahlbare Vereinigung von Ausnahmenullmengen wieder
        eine Nullmenge ist, f\"uhren diesen Teil aber aus, um
        Bezeichnungen einzuf\"uhren: Sei $M_j\subset\R^m$ eine
        Nullmenge, so dass $(A_j)_{[x]}\in\mathcal L(n)$ f\"ur
        $x\not\in M_j$ gilt. Wir setzen
        $A:=\bigcup\limits_{j\in\N}A_j$ und
        $M:=\bigcup\limits_{j\in\N}M_j$. Dann gilt
        $A_{[x]}=\bigcup\limits_{j\in\N} (A_j)_{[x]}\in\mathcal L(n)$
        f\"ur $x\not\in M$. 
      \item F\"ur $x\in\complement M$ gilt aufgrund der Stetigkeit des
        Ma\ss{}es von unten $\lambda_n(A_{[x]})
        =\lim\limits_{j\to\infty} \lambda_n((A_j)_{[x]})$. Als
        Grenzwert von $\lambda_m$-messbaren Funktionen ist also
        $x\mapsto\lambda_m(A_{[x]})$ selbst wieder
        $\lambda_m$-messbar, das Verhalten auf der Nullmenge $M$
        st\"ort dabei nicht.
      \item Nach Voraussetzung gilt f\"ur alle
        $j\in\N$ \[\lambda_{m+n}(A_j) =\int\limits_{\R^m}
        \lambda_n((A_j)_{[x]})\,dx.\] Zum Integral auf der rechten
        Seite: Da die Mengen $(A_j)_{[x]}$ eine in $j$ monoton wachsende
        Familie bilden, erhalten wir aus dem Satz \"uber die monotone
        Konvergenz \[\lim\limits_{j\to\infty} \int\limits_{\R^m}
        \lambda_n\left((A_j)_{[x]}\right)\,dx =\int\limits_{\R^m}
        \lambda_n(A_{[x]})\,dx.\] Wir benutzen nun f\"ur den Grenzwert
        von $\lambda_{m+n}(A_j)$ die Stetigkeit des Ma\ss{}es von
        unten und erhalten zusammen mit den obigen
        Gleichungen \[\lambda_{m+n}(A) =\lim\limits_{j\to\infty}
        \lambda_{m+n}(A_j) =\lim\limits_{j\to\infty}
        \int\limits_{\R^m} \lambda_n\left((A_j)_{[x]}\right)\,dx
        =\int\limits_{\R^m} \lambda_n(A_{[x]})\,dx.\] 
      \end{enumerate}
      Insgesamt erhalten wir daraus $A\in\mathcal C(m,n)$. 
    \end{proof}
  \item Sei $(A_j)_{j\in\N}\subset\mathcal C(m,n)$ eine absteigende
    Folge. Gelte $\lambda_{m+n}(A_k)<\infty$ f\"ur ein $k\in\N$. Dann
    gilt $\bigcap\limits_{j\in\N} A_j\in\mathcal C(m,n)$. 
    \begin{proof}[Beweis]
      Wir zeigen nacheinander wieder die drei definierenden
      Eigenschaften f\"ur $\mathcal C(m,n)$. 
      \begin{enumerate}[(i)]
      \item Dies funktioniert wie f\"ur aufsteigende Folgen. 
      \item Dies funktioniert wie f\"ur aufsteigende Folgen. 
      \item Gehe analog wie f\"ur aufsteigende Folgen vor. Hier
        erh\"alt man die Gleichheit \[\lim\limits_{j\to\infty}
        \int\limits_{\R^m} \lambda_n((A_j)_{[x]})\,dx
        =\int\limits_{\R^m} \lambda_n(A_{[x]})\,dx\] aus dem Satz von
        der dominierten Konvergenz, da wir eine
        $\lambda_m$-in\-te\-grier\-ba\-re Majorante haben. \qedhere
      \end{enumerate}
    \end{proof}
  \item Sei $(A_j)_{j\in\N}\subset\mathcal C(m,n)$ eine disjunkte
    Folge. Dann gilt auch $\bigcup\limits_{j\in\N}A_j\in\mathcal
    C(m,n)$.
    \begin{proof}[Beweis]
      Es ist leicht zu sehen, dass die charakterisierenden Bedingungen
      f\"ur $\mathcal C(m,n)$ unter endlichen disjunkten Vereinigungen
      erhalten bleiben. Nun folgt die Behauptung aus der
      Abgeschlossenheit von $\mathcal C(m,n)$ unter aufsteigenden
      Vereinigungen.
    \end{proof}
  \item Jede offene Menge in $\R^{m+n}$ liegt auch in $\mathcal
    C(m,n)$.
    \begin{proof}[Beweis]
      Jede offene Menge l\"asst sich als abz\"ahlbare disjunkte
      Vereinigung von halboffenen Intervallen schreiben. Wegen
      $\mathcal L(m)\boxtimes\mathcal L(n)\subset\mathcal C(m,n)$
      liegt jedes dieser Intervalle in $\mathcal C(m,n)$. Daher liegt
      auch die disjunkte Vereinigung dieser Mengen in $\mathcal
      C(m,n)$. 
    \end{proof}
  \item Jede beschr\"ankte $G_\delta$-Menge in $\R^{m+n}$ geh\"ort zu
    $\mathcal C(m,n)$. 
    \begin{proof}[Beweis]
      Dies ist klar, da wir bereits wissen, dass offene Mengen zu
      $\mathcal C(m,n)$ geh\"oren und $\mathcal C(m,n)$ unter
      abz\"ahlbaren Schnitten absteigender Familien abgeschlossen
      ist. Da $B_k:=\bigcap\limits_{j=0}^kA_j$ offen ist mit
      $B_k\supset B_{k+1}$ und $\bigcap\limits_{j\in\N}
      A_j=\bigcap\limits_{k\in\N} B_k$ gilt, k\"onnen wir das Resultat
      \"uber absteigende Familien anwenden.
    \end{proof}
  \item Sei $A$ eine $\lambda_{m+n}$-Nullmenge. Dann gilt
    $A\in\mathcal C(m,n)$ und es gibt eine $\lambda_m$-Nullmenge
    $M\subset\R^m$, so dass $\lambda_n(A_{[x]})=0$ f\"ur jedes
    $x\in\complement M$ gilt. 
    \begin{proof}[Beweis]
      Wir weisen nur den zweiten Teil der Behauptung nach. Daraus
      folgt dann $A\in\mathcal C(m,n)$ direkt nach Definition von
      $\mathcal C(m,n)$. \par Dazu definieren wir f\"ur $j\in\N$ die
      Mengen $A_j:=A\cap B_j^{m+n}(0)$. Wir erhalten eine aufsteigende
      Folge $(A_j)_{j\in\N}$ von beschr\"ankten
      $\lambda_{m+n}$-Nullmengen mit $\bigcup\limits_{j\in\N}
      A_j=A$. Nach Korollar \ref{lebesgue reg fs gd cor} gibt es
      beschr\"ankte $G_\delta$-Mengen $G_j$ mit $A_j\subset G_j$ und
      $\lambda_{m+n}(G_j)=\lambda_{m+n}(A_j)=0$. Da $G_\delta$-Mengen
      zu $\mathcal C(m,n)$ geh\"oren, gilt \[0=\lambda_{m+n}(G_j)
      =\int\limits_{\R^m} \lambda_n((G_j)_{[x]})\,dx.\] da dieses
      letzte Integral verschwindet, gibt es f\"ur jedes $j\in\N$
      jeweils eine $\lambda_m$-Nullmenge $M_j$ mit
      $\lambda_n((G_j)_{[x]})=0$ f\"ur $x\not\in M_j$. Es gilt f\"ur
      alle $x\in\R^m$ \[A_{[x]}
      =\left(\bigcup\limits_{j\in\N}A_j\right)_{[x]}
      =\bigcup\limits_{j\in\N}(A_j)_{[x]}
      \subset\bigcup\limits_{j\in\N} (G_j)_{[x]}.\] Die Menge auf der
      rechten Seite ist f\"ur $x$ au\ss{}erhalb der
      $\lambda_m$-Nullmenge $M:=\bigcup\limits_{j\in\N}M_j$ eine
      Nullmenge. Daher erhalten wir die Behauptung.  \qedhere
    \end{proof}
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{theorem}
  \label{L gleich C thm}
  Es gilt $\mathcal C(m,n)=\mathcal L(m+n)$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Nach Definition gilt $\mathcal C(m,n)\subset\mathcal L(m+n)$. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item 
    Sei $A\in\mathcal L(m+n)$ zun\"achst zus\"atzlich
    beschr\"ankt. 
    \begin{enumerate}[(a)]
    \item Dann gibt es eine beschr\"ankte $G_\delta$-Menge $G$ mit
      $A\subset G$ und $\lambda_{m+n}(G) =\lambda_{m+n}(A)$. Daher ist
      $G\setminus A$ eine beschr\"ankte
      $\lambda_{m+n}$-Nullmenge. (Dieser Schluss benutzt die
      Beschr\"anktheit von $A$.) Wir haben am Ende von Bemerkung
      \ref{C Fubini bem} gesehen, dass dann auch $(G\setminus A)_{[x]}
      =G_{[x]}\setminus A_{[x]}$ f\"ur fast alle $x\in\R^m$ eine
      $\lambda_n$-Nullmenge ist. Da $\lambda_n$ vollst\"andig ist,
      gilt f\"ur diese $x\in\R^m$ auch $G_{[x]}\in\mathcal
      L(n)$. F\"ur diese $x\in\R^m$ folgt aus der Darstellung $A_{[x]}
      =G_{[x]} \cap \complement(G_{[x]}\setminus A_{[x]})$ auch
      $A_{[x]}\in\mathcal L(n)$. 
    \item Weiterhin folgt f\"ur diese $x$ aus
      $\lambda_n(G_{[x]}\setminus A_{[x]})=0$, dass
      $\lambda_n(G_{[x]}) =\lambda_n(A_{[x]})$ ist. Wir haben in
      Bemerkung \ref{C Fubini bem} gesehen, dass $G\in\mathcal C(m,n)$
      gilt. Somit ist auch die Abbildung $x\mapsto\lambda_n(A_{[x]})$,
      die $\lambda_m$-fast \"uberall mit der entsprechenden Abbildung
      f\"ur $G$ statt $A$ \"ubereinstimmt, $\lambda_m$-messbar. 
    \item Schlie\ss{}lich gilt \[\lambda_{m+n}(A) =\lambda_{m+n}(G)
      =\int\limits_{\R^m} \lambda_n(G_{[x]})\,dx =\int\limits_{\R^m}
      \lambda_n(A_{[x]})\,dx.\]
    \end{enumerate} 
    Insgesamt erhalten wir $A\in\mathcal C(m,n)$, wenn $A\in\mathcal
    L(m+n)$ beschr\"ankt ist.
  \item Sei nun $A\in\mathcal L(m+n)$ beliebig. Dann erhalten wir mit
    $A_j:=A\cap B_j(0)$ eine aufsteigende Folge
    $(A_j)_{j\in\N}\subset\mathcal L(m+n)$ mit
    $\bigcup\limits_{j\in\N}A_j=A$. Wir haben gerade gezeigt, dass
    $A_j\in\mathcal C(m,n)$ f\"ur jedes $j\in\N$ gilt. Da $\mathcal
    C(m,n)$ unter Vereinigungen von aufsteigenden Familien
    abgeschlossen ist, erhalten wir $A\in\mathcal C(m,n)$ wie
    behauptet. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{corollary}
  \label{L gleich C cor}
  Sei $A\in\mathcal L(m+n)$ mit $\lambda_{m+n}(A)<\infty$. Dann gilt
  $\lambda_n(A_{[x]})<\infty$ f\"ur $\lambda_m$-fast alle $x\in\R^m$. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Nach Theorem \ref{L gleich C thm} gilt $A\in\mathcal C(m,n)$. Somit
  erhalten wir \[\int\limits_{\R^m} \lambda_n(A_{[x]})\,dx
  =\lambda_{m+n}(A)<\infty.\] Dies ist aber nur m\"oglich, falls
  $\lambda_n(A_{[x]})<\infty$ wie behauptet f\"ur $\lambda_m$-fast
  alle $x\in\R^m$ gilt. 
\end{proof}

Wir beobachten, dass f\"ur $A\subset\R^{m+n}$ und $x\in\R^m$ die
Gleichheit $\chi_A(x,\cdot) =\chi_{A_{[x]}}$ gilt. Daher erhalten wir
aus Theorem \ref{L gleich C thm}
\begin{lemma}
  \label{klasse C als fkt lem}
  Sei $f\in\mathcal{EF}(\R^{m+n},\lambda_{m+n},E)$. Dann gelten:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $f(x,\cdot)\in\mathcal{EF}(\R^n,\lambda_n,E)$ f\"ur
    $\lambda_m$-fast alle $x\in\R^m$.
  \item Die Funktion $\R^m\to E$ mit
    $x\mapsto\int\limits_{\R^n}f(x,y)\,dy$ ist
    $\lambda_m$-integrierbar.
  \item Es gilt \[\int\limits_{\R^{m+n}}f =\int\limits_{\R^m}
    \int\limits_{\R^n} f(x,y)\,dy\,dx.\]
  \end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir schreiben $f$ in Normalform als $f=\sum\limits_{j=0}^k
    e_j\chi_{A_j}$. F\"ur $x\in\R^m$ erhalten wir daraus $f(x,\cdot)
    =\sum\limits_{j=0}^k e_j\chi_{(A_j)_{[x]}}$. Nach Theorem \ref{L
      gleich C thm} bzw.{} der ersten definierenden Eigenschaft von
    $\mathcal C(m,n)$ sind die Mengen $(A_j)_{[x]}$ $\lambda_m$-fast
    alle in $\mathcal L(n)$ und nach Korollar \ref{L gleich C cor}
    haben $\lambda_m$-fast alle davon endliches
    $\lambda_n$-Ma\ss{}. Somit gilt
    $f(x,\cdot)\in\mathcal{EF}(\R^n,\lambda_n,E)$ f\"ur
    $\lambda_m$-fast alle $x\in\R^m$.
  \item Wir definieren \[g(x):=\int\limits_{\R^n} f(x,y)\,dy
    =\sum\limits_{j=0}^k e_j\lambda_n((A_j)_{[x]}),\] wobei sich die
    zweite Gleichheit aus der Definition des Integrals f\"ur einfache
    Funktionen ergibt. Nach Theorem \ref{L gleich C thm} bzw.{} der
    zweiten definierenden Eigenschaft von $\mathcal C(m,n)$, die sich
    auf die Produkte mit den Vektoren $e_j$ und die Summe
    \"ubertr\"agt, ist $x\mapsto g(x)$ eine $\lambda_m$-messbare
    Funktion. Es folgt aufgrund der dritten definierenden Eigenschaft
    von $\mathcal C(m,n)$ und wegen
    $f\in\mathcal{EF}(\R^{m+n},\lambda_{m+n},E)$ (f\"ur die
    Endlichkeit) \[\int\limits_{\R^m}\Vert
    g\Vert\,dx \le\sum\limits_{j=0}^k \Vert e_j\Vert
    \int\limits_{\R^m} \lambda_n((A_j)_{[x]})\,dx =\sum\limits_{j=0}^k
    \Vert e_j\Vert \lambda_{m+n}(A_j)<\infty.\] Somit ist $(x\mapsto
    g(x))\in\mathcal L^1(\R^m,\lambda_m,E)$.
  \item Wir benutzen nun die Definition des Integrals f\"ur einfache
    Funktionen, die dritte definierende Eigenschaft von $\mathcal
    C(m,n)$ und schlie\ss{}lich die Zeile, in der wir $g$ definiert
    haben und erhalten
    \[\int\limits_{\R^{m+n}} f =\sum\limits_{j=0}^k
    e_j\lambda_{m+n}(A_j) =\sum\limits_{j=0}^k e_j \int\limits_{\R^m}
    \lambda_n((A_j)_{[x]})\,dx =\int\limits_{\R^m} \int\limits_{\R^n}
    f(x,y)\,dy\,dx.\qedhere\]
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir h\"atten die Rollen von $x$ und $y$ auch vertauschen
    k\"onnen und ein analoges Ergebnis erhalten.
  \item Wir schreiben nun auch $\mathcal L^p(\R^m,E)\equiv\mathcal
    L^p(\R^m,\lambda_m,E)$ f\"ur alle $p\in\{0\}\cup[1,\infty]$.
  \end{enumerate}
\end{remark}

Im Falle nichtnegativer Funktionen erhalten wir die folgenden Form des
Satzes von Fubini:
\begin{theorem}[Tonelli]
  Sei $f\in\mathcal L^0\left(\R^{m+n},\ol\R_+\right)$. Dann gelten
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $f(x,\cdot)\in\mathcal L^0\left(\R^n,\ol\R_+\right)$ f\"ur
    $\lambda_m$-fast alle $x\in\R^m$,
  \item $f(\cdot,y)\in\mathcal L^0\left(\R^m,\ol\R_+\right)$ f\"ur
    $\lambda_n$-fast alle $y\in\R^n$,
  \item $x\mapsto\int\limits_{\R^n}f(x,y)\,dy$ ist
    $\lambda_m$-messbar,
  \item $y\mapsto\int\limits_{\R^m}f(x,y)\,dx$ ist
    $\lambda_n$-messbar und
  \item \[\int\limits_{\R^{m+n}} f
    =\int\limits_{\R^m}\int\limits_{\R^n} f(x,y)\,dy\,dx
    =\int\limits_{\R^n} \int\limits_{\R^m} f(x,y)\,dx\,dy.\] 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $(f_j)_{j\in\N}\subset\mathcal{EF}(\R^{m+n},\R_+)$ eine
    Folge, die $f$ monoton approximiert. Aus dem Satz \"uber monotone
    Konvergenz erhalten wir
    \begin{equation}
      \label{ges int konv eq}
      \lim\limits_{j\to\infty} \int\limits_{\R^{m+n}} f_j
      =\int\limits_{\R^{m+n}}f\quad\text{in }\ol\R_+.
    \end{equation}
    Nach Lemma \ref{klasse C als fkt lem} finden wir f\"ur jedes
    $j\in\N$ eine Menge $M_j$ mit $\lambda_m(M_j)=0$ und
    $f_j(x,\cdot)\in\mathcal{EF}(\R^n,\R_+)$ f\"ur $x\in\complement
    M_j$. Wir setzen $M:=\bigcup\limits_{j\in\N} M_j$. Somit gilt
    $f_j(x,\cdot)\nearrow f(x,\cdot)$ f\"ur $x\in\complement M$ und
    wir erhalten $f(x,\cdot)\in\mathcal L^0\left(\R^n,\ol\R_+\right)$
    f\"ur diese $x\in\R^m$.
  \item Folgt aus Symmetriegr\"unden.
  \item Es folgt f\"ur $x\in\complement M$, wiederum aus dem Satz
    \"uber monotone Konvergenz,
    \begin{equation}
      \label{innere int mon eq}
      \int\limits_{\R^n} f_j(x,y)\,dy \nearrow
      \int\limits_{\R^n} f(x,y)\,dy
    \end{equation}
    f\"ur $j\to\infty$.  Nach Lemma \ref{klasse C als fkt lem} sind
    die Funktionen $x\mapsto\int\limits_{\R^n} f_j(x,y)\,dy$
    insbesondere $\lambda_m$-messbar. Dies \"ubertr\"agt sich auf den
    punktweisen Limes $x\mapsto\int\limits_{\R^n} f(x,y)\,dy$
    (au\ss{}erhalb der Ausnahmemenge $M$).
  \item Folgt aus Symmetriegr\"unden.
  \item Nun kombinieren wir die Konvergenz der Integrale $\int f_j$,
    \eqref{ges int konv eq}, die dritte Aussage von Lemma \ref{klasse
      C als fkt lem} und die oben hergeleitete monotone Konvergenz der
    inneren Integrale \eqref{innere int mon eq} mit dem Satz \"uber
    die monotone Konvergenz und erhalten
    \[\int\limits_{\R^{m+n}}f =\lim\limits_{j\to\infty}
    \int\limits_{\R^{m+n}} f_j =\lim\limits_{j\to\infty}
    \int\limits_{\R^m} \int\limits_{\R^n} f_j(x,y)\,dy\,dx
    =\int\limits_{\R^m} \int\limits_{\R^n} f(x,y)\,dy\,dx.\]
  \end{enumerate}
  Der Satz von Tonelli folgt. 
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei $f\in\mathcal L^0(\R^{m+n},E)$. Gelte $f=0$ $\lambda_{m+n}$-fast
  \"uberall. Dann gibt es eine $\lambda_m$-Nullmenge $M$, so dass
  $f(x,\cdot)$ f\"ur $x\in\complement M$ $\lambda_n$-fast \"uberall
  verschwindet. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Nach dem Satz von Tonelli gilt \[\int\limits_{\R^m}
  \int\limits_{\R^n} \Vert f(x,y)\Vert\,dy\,dx =\int\limits_{\R^{m+n}}
  \Vert f\Vert =0.\] Setzen wir $g(x):=\int\limits_{\R^n}\Vert
  f(x,y)\Vert\,dy$, so sehen wir, siehe Bemerkung \ref{leb int def
    bem}, dass $g$ au\ss{}erhalb einer $\lambda_m$-Nullmenge $M$
  verschwindet. Es gilt also $\int\limits_{\R^n}\Vert f(x,y)\Vert\,dy
  =0$ f\"ur $x\in\complement M$. Nochmals aufgrund dieser Bemerkung
  gilt $f(x,\cdot)=0$ $\lambda_n$-fast \"uberall f\"ur
  $x\in\complement M$. 
\end{proof}

\begin{theorem}[Fubini]
  Sei $f\in\mathcal L^1(\R^{m+n},\R)$. Dann gelten
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $f(x,\cdot)\in\mathcal L^1(\R^n,\R)$ f\"ur $\lambda_m$-fast
    alle $x\in\R^m$,
  \item $f(\cdot,y)\in\mathcal L^1(\R^m,\R)$ f\"ur $\lambda_n$-fast
    alle $y\in\R^n$,
  \item $x\mapsto\int\limits_{\R^n}f(x,y)\,dy$ ist
    $\lambda_m$-integrierbar,
  \item $y\mapsto\int\limits_{\R^m}f(x,y)\,dx$ ist
    $\lambda_n$-integrierbar und
  \item \[\int\limits_{\R^{m+n}} f
    =\int\limits_{\R^m}\int\limits_{\R^n} f(x,y)\,dy\,dx
    =\int\limits_{\R^n} \int\limits_{\R^m} f(x,y)\,dx\,dy.\] 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(a)]
  \item Sei zun\"achst $f\in\mathcal L^1(\R^{m+n},\R_+)$. Wir benutzen
    \[\mathcal L^1(\R^{m+n},\R_+)=\left\{f\in\mathcal
      L^0(\R^{m+n},\R_+)\colon \int f<\infty\right\},\] siehe
    Bemerkung \ref{leb int def bem}, und den Satz von Tonelli. Es gilt
    die letzte Behauptung und es gilt $\int\limits_{\R^{m+n}}f
    <\infty$. Somit ist $x\mapsto\int\limits_{\R^n} f(x,y)\,dy$
    $\lambda_m$-integrierbar (nach Tonelli bereits
    $\lambda_m$-messbar) und hat insbesondere f\"ur $\lambda_m$-fast
    alle $x\in\R^m$ einen endlichen Wert. F\"ur diese $x\in\R^m$ (und
    falls $x$ nicht in der Ausnahmemenge des Satzes von Tonelli liegt)
    folgt auch $f(x,\cdot)\in\mathcal L^1(\R^n,\R_+)$ (nach Tonelli
    gilt bereits $f(x,\cdot)\in\mathcal L^0(\R^n,\R_+)$ au\ss{}erhalb
    einer $\lambda_m$-Nullmenge). Die anderen Behauptungen folgen aus
    Symmetriegr\"unden.
  \item Wir zerlegen $f=f^+-f^-$ und benutzen nun den Satz f\"ur
    Funktionen mit Werten in $\R_+$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}
 
\begin{remark}
  Integrieren wir eine Funktion $f\in\mathcal L^1(\R^m,\R)$, so
  erhalten wir per Induktion, dass wir die Reihenfolge, in der wir
  \"uber die einzelnen $m$ Variablen integrieren, beliebig vertauschen
  d\"urfen.
\end{remark}

\begin{theorem}[Fubini-Tonelli]
  Seien $A\in\mathcal L(m+n)$ und $f\in\mathcal L^0(A,\R)$. Wir
  bezeichnen mit $\tilde f\colon\R^{m+n}\to\R$ die triviale
  Fortsetzung von $f$ durch Null.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ist eines der Integrale \[\int\limits_{\R^m}
    \int\limits_{\R^n} \left|\tilde f(x,y)\right|\,dy\,dx,
    \quad \int\limits_{\R^n} \int\limits_{\R^m} \left|\tilde
      f(x,y)\right|\,dx\,dy\quad\text{oder}\quad
    \int\limits_A|f|\] endlich, so haben alle drei einen
    endlichen Wert und stimmen \"uberein. In diesem Falle gilt der
    Satz von Fubini f\"ur $\tilde f$ und es gilt $f\in\mathcal
    L^1(A,\R)$. 
  \item Ist die Menge $\pi_{\R^m}(A)\subset\R^m$ $\lambda_m$-messbar
    (was nicht immer erf\"ullt ist, z.\,B.{} f\"ur Mengen der Form
    $B\times\{0\}$ mit nicht $\lambda$-messbarer Menge $B$), und ist
    $f\in\mathcal L^1(A,\R)$, so gilt \[\int\limits_A f
    =\int\limits_{\pi_{\R^m}(A)} \int\limits_{A_{[x]}}
    f(x,y)\,dy\,dx.\]
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Es gilt $\tilde f,\left|\tilde f\right|\in\mathcal
    L^0(\R^{m+n},\R)$. Ist somit eines der Integrale endlich, so gilt
    dies nach dem Satz von Tonelli f\"ur alle drei. Nach Theorem
    \ref{L1 aequiv thm} folgt aus der Endlichkeit des Integrals
    $\tilde f\in\mathcal L^1(\R^{m+n},\R)$ bzw.{} $f\in\mathcal
    L^1(A,\R)$. Benutze nun des Satz von Fubini. 
  \item Klar, da au\ss{}erhalb von $A_{[x]}$ bzw.{} $\pi_{\R^m}(A)$
    der jeweilige Integrand verschwindet. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

Den Satz von Fubini kann man mit deutlichem Zusatzaufwand auch f\"ur
vektorwertige Funktionen zeigen.
\begin{theorem}[Fubini]
  Sei $f\in\mathcal L^1(\R^{m+n},E)$. Dann gelten
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $f(x,\cdot)\in\mathcal L^1(\R^n,E)$ f\"ur $\lambda_m$-fast
    alle $x\in\R^m$,
  \item $f(\cdot,y)\in\mathcal L^1(\R^m,E)$ f\"ur $\lambda_n$-fast
    alle $y\in\R^n$,
  \item $x\mapsto\int\limits_{\R^n}f(x,y)\,dy$ ist
    $\lambda_m$-integrierbar,
  \item $y\mapsto\int\limits_{\R^m}f(x,y)\,dx$ ist
    $\lambda_n$-integrierbar und
  \item \[\int\limits_{\R^{m+n}} f
    =\int\limits_{\R^m}\int\limits_{\R^n} f(x,y)\,dy\,dx
    =\int\limits_{\R^n} \int\limits_{\R^m} f(x,y)\,dx\,dy.\] 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Siehe \cite[Theorem X.6.16]{AmannEscherAnalysisIII}.
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei $1\le p<\infty$. Dann ist die Abbildung \[L^p(\R^{m+n},E)\to
  L^p\left(\R^m,L^p(\R^n,E)\right),\quad f\mapsto(x\mapsto
  f(x,\cdot))\] ein isometrischer Isomorphismus. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Siehe \cite[Theorem X.6.22]{AmannEscherAnalysisIII}. Danach folgt
  ein Gegenbeispiel im Fall $p=\infty$: Betrachte die
  charakteristische Funktion des oberen Dreieckes in $[0,1]^2$. Das
  Problem dabei ist, dass die Abbildung nicht $\lambda_1$-fast
  \"uberall separabelwertig ist. 
\end{proof}

\subsection{Die Faltung}

Bei der Faltung k\"onnen wir auch einen der Zielr\"aume durch einen
Vektorraum $E$ ersetzen. 
\begin{definition}[Faltung] \neueZeilealt Seien $f\in
  L^p(\R^n,\lambda_n,\R)$, $p\in[1,\infty]$, und $g\in
  L^1(\R^n,\lambda_n,\R)$. Dann definieren wir die \emph{Faltung} $f*g$ von
  $f$ und $g$ durch \[(f* g)(x):=\int\limits_{\R^n}f(x-y)g(y)\,dy.\]
\end{definition}

\begin{theorem}
  Seien $f\in L^p(\R^n,\lambda_n,\R)$, $p\in[1,\infty]$, und $g\in
  L^1(\R^n,\lambda_n,\R)$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dann ist $(f*g)(x)$ f\"ur fast alle $x\in\R^n$
    wohldefiniert und es gilt die \emph{Youngsche Ungleichung} \[\Vert
    f*g\Vert_{L^p} \le\Vert f\Vert_{L^p}\cdot\Vert
    g\Vert_{L^1}.\] 
  \item Es gilt $f*g=g*f$. 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(a)]
  \item Sei $p\in[1,\infty)$. Die $\lambda_n$-Messbarkeit von $y\mapsto
    f(x-y)g(y)$ f\"ur festes $x\in\R^n$ ist klar. Der Nachweis der
    Messbarkeit von $(x,y)\mapsto f(x-y)g(y)$ ist eine \"Ubung.  Sei
    $q$ der zu $p$ konjugierte Exponent. Mit der H\"olderschen
    Ungleichung erhalten wir
    \begin{align*}
      \int|f(x-y)g(y)|\,dy =&\,\int|f(x-y)|\cdot|g(y)|^{1/p}\cdot
      |g(y)|^{1/q}\,dy\umbruch\\
      \le&\,\left(\int|f(x-y)|^p\cdot|g(y)|\,dy\right)^{1/p}
      \cdot\underbrace{\left(\int|g(y)|\,dy\right)^{1/q}}_{=\Vert
        g\Vert_{L^1}^{1/q}}. 
    \end{align*}
    Wir betrachten nun die $p$-te Potenz davon und integrieren
    bez\"uglich $x$. Mit Hilfe des Satzes von Tonelli vertauschen wir
    die Integrationsreihenfolge und erhalten
    \begin{align*}
      \int\left(\int|f(x-y)g(y)|\,dy\right)^p\,dx \le&\, \Vert
      g\Vert_{L^1}^{p/q} \cdot\int\int
      |f(x-y)|^p|g(y)|\,dy\,dx\umbruch\\ =&\, \Vert g\Vert_{L^1}^{p/q}
      \cdot\int\int|f(x-y)|^p\,dx\,|g(y)|\,dy\umbruch\\ =&\,\Vert
      g\Vert_{L^1}^{p/q} \cdot\Vert f\Vert_{L^p}^p\cdot \Vert
      g\Vert_{L^1}.
    \end{align*}
    Wir erhalten also \[\Vert f*g\Vert_{L^p}\le\Vert f\Vert_{L^p}\cdot
    \Vert g\Vert_{L^1}^{\left(\frac1q+\frac1p\right)}.\] Dies ist
    \"aquivalent zur Youngschen Ungleichung. 
  \item Im Falle $p=\infty$ ist die Youngsche Ungleichung eine
    einfache \"Ubungsaufgabe. 
  \item Da $f*g\in L^p$ f\"ur ein $p\in[1,\infty]$ gilt, ist $f*g$
    $\lambda_n$-fast \"uberall wohldefiniert. 
  \item Ersetzen wir $y$ durch $x-y$, so \"andert sich der Wert des
    Integrals aufgrund des Transformationssatzes f\"ur Integrale,
    siehe Kapitel \ref{leb trafo sec}, nicht. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\subsection{Der Transformationssatz}
\label{leb trafo sec}

Seien $X,Y\subset\R^n$ in diesem Kapitel stets offen. (Sei $E$ ein
Banachraum.)

In der folgenden Definition ist auf $X$ zun\"achst noch kein Ma\ss{}
definiert. Diese Definition funktioniert auch f\"ur allgemeinere
Mengen als f\"ur offene Teilmengen von $\R^n$. 
\begin{definition}
  Sei $(X,\mathcal A)$ ein messbarer Raum und $(Y,\mathcal B,\nu)$ ein
  Ma\ss{}raum. Sei $f\colon X\to Y$ bijektiv mit $f(\mathcal
  A)\subset\mathcal B$. Dann definiert \[f^*\nu\colon\mathcal
  A\to[0,\infty],\quad A\mapsto\nu(f(A))\] ein Ma\ss{} auf $\mathcal A$.
\end{definition}

\begin{remark}
  \stern Der spezielle Transformationssatz, Theorem \ref{spez trafo
    thm}, besagt mit dieser Notation also f\"ur lineare invertierbare
  Abbildungen $\Phi\colon\R^n\to\R^n$, dass $\Phi^*\lambda_n
  =|\det\Phi|\cdot\lambda_n$ gilt.
\end{remark}

\begin{lemma}
  \label{trafo ungl lem}
  Sei $\Phi\in\Diff^1(X,Y)$. Sei $J\equiv[a,b)\Subset X$ ein Intervall
  mit $a,b\in\R^n$. Dann gilt \[\lambda_n(\Phi(J))\le\int\limits_J
  |\det D\Phi|.\] 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir betrachten zun\"achst den Fall, dass
    $J=\prod\limits_{i=1}^n \left[x_0^i-\frac r2,x_0^i+\frac
      r2\right]\Subset X$ ein W\"urfel mit Mittelpunkt $x_0\in X$ und
    Kantenl\"ange $r>0$ ist. Wir betrachten $\R^n$ mit der
    Supremumsnorm $\Vert\cdot\Vert_\infty$ und entsprechender
    Operatornorm und schreiben als Erinnerung $\R^n_\infty$. Wir
    definieren $K:=\sup\limits_{x\in\ol J} \Vert
    D\Phi(x)\Vert_{L(\R^n_\infty)}$. Aus dem Mittelwertsatz erhalten
    wir aufgrund der Sternf\"ormigkeit des W\"urfels bez\"uglich
    $x_0$ \[\Vert\Phi(x) -\Phi(x_0) \Vert_\infty \le K\cdot\Vert
    x-x_0\Vert_\infty\] f\"ur alle $x\in\ol J$. Daher ist $\Phi(J)$ in
    einem W\"urfel der Kantenl\"ange $K\cdot r/2$ um $\Phi(x_0)$
    enthalten und wir erhalten die Absch\"atzung
    \begin{equation}
      \label{grob absch eq}
      \lambda_n(\Phi(J)) \le(Kr)^n =K^n\lambda_n(J).
    \end{equation}
  \item Sei nun $J=[a,b)\Subset X$ wieder ein allgemeines
    Intervall. Sei $\epsilon>0$ beliebig. Wir definieren
    $M:=\sup\limits_{x\in\ol J} \left\Vert
      (D\Phi(x))^{-1}\right\Vert_{L(\R^n_\infty)}$. Da $D\Phi$ auf
    $\ol J$ gleichm\"a\ss{}ig stetig ist, gibt es $\delta>0$
    mit \[\Vert D\Phi(x)-D\Phi(y)\Vert_{L(\R^n_\infty)}\le\epsilon/M\]
    f\"ur alle $x,y\in\ol J$ mit $\Vert
    x-y\Vert_\infty<\delta$. Unterteile nun $J$ in endlich viele
    disjunkte W\"urfel $J_k$, $1\le k\le N$, der Form $[\alpha,\beta)$
    mit $\Vert\alpha-\beta \Vert_\infty <\delta$. W\"ahle jeweils
    $x_k\in\ol J_k$ mit \[|\det D\Phi(x_k)| =\min\limits_{x\in\ol J_k}
    |\det D\Phi(x)|.\] Weiterhin definieren wir die lineare Abbildung
    $T_k\colon\R^n\to\R^n$ durch $T_k:=D\Phi(x_k)$ und setzen
    $\Phi_k:=T_k^{-1}\circ\Phi$. Es gilt
    \begin{align*}
      D\Phi_k(y) =&\,T_k^{-1}\circ D\Phi(y)
      =T_k^{-1}\circ(D\Phi(x_k)+(D\Phi(y)-D\Phi(x_k)))\umbruch\\
      =&\,\eins+(D\Phi(x_k))^{-1}\circ(D\Phi(y)-D\Phi(x_k)). 
    \end{align*}
    Wir benutzen nun die Schranke $M$ an die Operatornorm und die
    Schranke $\epsilon/M$ aus der gleichm\"a\ss{}igen Stetigkeit und
    erhalten \[\max\limits_{y\in\ol J_k} \Vert
    D\Phi_k(y)\Vert_{L(\R^n_\infty)} \le 1+\epsilon\] f\"ur alle $1\le
    k\le N$. 
  \item Da $\Phi_k$ nahe an der Identit\"at ist, machen wir also
    keinen gro\ss{}en Fehler, wenn wir die recht grobe Absch\"atzung
    \eqref{grob absch eq} auf $\Phi_k$ mit $K=1+\epsilon$
    anwenden.\par Aufgrund des speziellen Transformationssatzes,
    Theorem \ref{spez trafo thm}, erhalten wir \[\lambda_n(\Phi(J_k))
    =\lambda_n\left(T_k\circ T_k^{-1}\circ\Phi(J_k)\right) =|\det
    T_k|\cdot\lambda_n(\Phi_k(J_k)).\] Mit \eqref{grob absch eq}
    erhalten wir also \[\lambda_n(\Phi(J_k)) \le(1+\epsilon)^n\cdot
    |\det T_k|\cdot \lambda_n(J_k)\] f\"ur alle $1\le k\le N$. 
  \item Weil wir $x_k\in\ol J_k$ als einen Punkt mit minimalem $|\det
    D\Phi|$ gew\"ahlt haben, folgt 
    \begin{align*}
      \lambda_n(\Phi(J)) =&\,\lambda_n\left(\bigcup\limits_{k=1}^N
        \Phi(J_k)\right) \le\sum\limits_{k=1}^N
      \lambda_n(\Phi(J_k))\umbruch\\
      \le&\,(1+\epsilon)^n\cdot \sum\limits_{k=1}^N |\det
      T_k|\cdot\lambda_n(J_k) \le(1+\epsilon)^n\cdot
      \sum\limits_{k=1}^N \int\limits_{J_k} |\det D\Phi|\umbruch\\
      =&\,(1+\epsilon)^n\cdot \int\limits_J |\det D\Phi|,
    \end{align*}
    wobei wir in der ersten Ungleichung sogar Gleichheit haben, da
    $\Phi$ ein Diffeomorphismus ist. Mit $\epsilon\searrow0$ erhalten
    wir die Behauptung. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{theorem}
  Sei $\Phi\in\Diff^1(X,Y)$. Dann gilt f\"ur alle $A\in\mathcal L(n)|X
  \equiv\{B\cap X\colon B\in\mathcal L(n)\}$ \[\Phi^*\lambda_n(A)
  =\lambda_n(\Phi(A)) =\int\limits_A |\det D\Phi|.\]
\end{theorem}
Wir zeigen zun\"achst die G\"ultigkeit von Lemma \ref{trafo ungl lem}
f\"ur weitere Mengen, dann mit zus\"atzlichen Funktionen im
Integranden und schlie\ss{}lich benutzen wir, dass $\Phi$ ein
Diffeomorphismus ist, um auf Gleichheit zu schlie\ss{}en. 
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Abbildung \[\mu_\Phi\colon\mathcal
    L(n)|X\to[0,\infty],\quad A\mapsto\int\limits_A|\det D\Phi|\]
    definiert ein Ma\ss{}. Da $|\det D\Phi|>0$ gilt, ist dieses
    Ma\ss{} vollst\"andig. 
  \item Sei $U\Subset X$ offen. Dann existieren disjunkte Intervall
    $J_k\subset\R^n$ der Form $[a,b)$ mit
    $U=\bigcup\limits_{k\in\N}J_k$. Nach Lemma \ref{trafo ungl lem}
    und Definition von $\mu_\Phi$ erhalten wir
    \begin{align*}
      \lambda_n(\Phi(U)) =\,&\lambda_n\left(\bigcup\limits_{k\in\N}
        \Phi(J_k)\right) =\sum\limits_{k\in\N} \lambda_n(\Phi(J_k))
      \le\sum\limits_{k\in\N} \int\limits_{J_k} |\det D\Phi|\umbruch\\
      =&\,\sum\limits_{k\in\N} \mu_\Phi(J_k)
      =\mu_\Phi\left(\bigcup\limits_{k\in\N} J_k\right) =\mu_\Phi(U)
      =\int\limits_U|\det D\Phi|. 
    \end{align*}
  \item\stern Sei nun $U\subset X$ offen. Dann gibt es eine
    Aussch\"opfung von $U$ mit offenen Mengen $U_k\subset X$, so dass
    $U_k\Subset U_{k+1}$ und $U=\bigcup\limits_{k\in\N}U_k$
    gelten. Auf diese Mengen k\"onnen wir unsere bisher hergeleitete
    Ungleichung anwenden und erhalten aufgrund der Stetigkeit der
    Ma\ss{}e von unten \[\lambda_n(\Phi(U)) =\lim\limits_{k\to\infty}
    \lambda_n(\Phi(U_k)) \le\lim\limits_{k\to\infty} \mu_\Phi(U_k)
    =\mu_\Phi(U) =\int\limits_U |\det D\Phi|.\]
  \item\stern Sei nun $A\in\mathcal L(n)|X$ mit $A\Subset X$. Nach Korollar
    \ref{lebesgue reg fs gd cor} gibt es offene beschr\"ankte Mengen
    $U_k\subset X$ mit $G:=\bigcap\limits_{k\in\N} U_k\supset A$,
    $G$ ist also eine $G_\delta$-Menge, und
    $\lambda_n(G)=\lambda_n(A)$. Mit dem bisher Gezeigten und der
    Stetigkeit der Ma\ss{}e von oben (man \"uberpr\"uft, dass die
    jeweils erste Menge der absteigenden Folge endliches Ma\ss{} hat)
    erhalten wir
    \begin{align*}
      \lambda_n(\Phi(G)) =&\,\lim\limits_{k\to\infty}
      \lambda_n\left(\Phi\left(\bigcap\limits_{j=0}^k
          U_j\right)\right) \le\lim\limits_{k\to\infty}
      \mu_\Phi\left(\bigcap\limits_{j=0}^k U_j\right)\umbruch\\
      =&\,\mu_\Phi(G) =\int\limits_G|\det D\Phi|.
    \end{align*}
    Da $A$ und $G$ und auch ihre Bilder unter $\Phi$ bis auf eine
    Lebesgue-Nullmenge \"ubereinstimmen, erhalten
    wir \[\lambda_n(\Phi(A)) =\lambda_n(\Phi(G)) \le\int\limits_G|\det
    D\Phi| =\int\limits_A|\det D\Phi|.\] 
  \item\stern Sei schlie\ss{}lich $A\in\mathcal L(n)|X$ beliebig. Wir
    approximieren $A$ durch Mengen $A_k:=A\cap B_k(0)\cap \{x\in
    X\colon d(x,\partial X)>1/k\}$. Aufgrund der bisher gezeigten
    Ungleichung und der Stetigkeit des Ma\ss{}es von unten erhalten
    wir \[\lambda_n(\Phi(A)) =\lim\limits_{k\to\infty}
    \lambda_n(\Phi(A_k)) \le\lim\limits_{k\to\infty} \mu_\Phi(A_k)
    =\mu_\Phi(A) =\int\limits_A |\det D\Phi|.\] Dies zeigt die eine
    der f\"ur die behauptete Gleichheit n\"otigen beiden
    Ungleichungen.
  \item Sei $f\in\mathcal{EF}(Y,\lambda_n,\R_+)$ mit der Normalform
    $f=\sum\limits_{j=0}^k \alpha_j\chi_{A_j}$. Dann erhalten wir
    aufgrund des letzten Schrittes
    \begin{align*}
      \int\limits_Y f=&\,\sum\limits_{j=0}^k
      \alpha_j\cdot\lambda_n(A_j) =\sum\limits_{j=0}^k \alpha_j\cdot
      \lambda_n\left(\Phi\left(\Phi^{-1}(A_j)\right)\right)\umbruch\\
      \le&\,\sum\limits_{j=0}^k \alpha_j \int\limits_{\Phi^{-1}(A_j)}
      |\det D\Phi| =\int\limits_X (f\circ\Phi)\cdot|\det
      D\Phi|.
    \end{align*}
  \item\stern Wir verallgemeinern dies nun auf $\mu$-messbare
    Funktionen. Sei $X$ zus\"atzlich \emph{beschr\"ankt} und
    $f\in\mathcal L^0(Y,\lambda_n,\R_+)$. Sei
    $(f_k)_{k\in\N}\subset\mathcal{EF} (Y,\lambda_n,\R_+)$ eine
    monoton wachsende Folge mit $f_k\nearrow f$ wie aus Theorem
    \ref{num pos fkt aequiv thm}. Dann ist auch $f_k\circ\Phi$ eine
    einfache Funktion (die aufgrund der Beschr\"anktheit von $X$ nur
    auf einer Menge von endlichem Ma\ss{} von Null verschieden ist)
    und wir erhalten wegen $f_k\circ\Phi\nearrow f\circ\Phi$ auch
    $(f\circ\Phi)\cdot|\det D\Phi|\in \mathcal
    L^0(X,\lambda_n,\R_+)$. Mit dem bereits Gezeigten und dem Satz von
    der monotonen Konvergenz erhalten wir \[\int\limits_Yf
    =\lim\limits_{k\to\infty} \int\limits_Yf_k
    \le\lim\limits_{k\to\infty} \int\limits_X(f_k\circ\Phi)\cdot|\det
    D\Phi| =\int\limits_X(f\circ\Phi)\cdot|\det D\Phi|.\]
  \item \stern Sei nun $X$ beliebig und $f\in\mathcal
    L^0(Y,\lambda_n,\R_+)$ Sei $(X_k)_{k\in\N}$ eine aufsteigende
    Folge relativ kompakter offener Teilmengen von $X$ mit
    $X=\bigcup\limits_{k\in\N}X_k$. Wir definieren $Y_k:=\Phi(X_k)$
    und erhalten $Y=\bigcup\limits_{k\in\N}Y_k$. Wir definieren
    $g_k:=\chi_{X_k}\cdot(f\circ\Phi)\cdot|\det D\Phi|\in\mathcal
    L^0(X,\lambda_n,\R_+)$ und erhalten $g_k\nearrow
    (f\circ\Phi)\cdot|\det D\Phi|\in\mathcal
    L^0(X,\lambda_n,\R_+)$. Wir erhalten aufgrund des letzten
    Schrittes zun\"achst \[\int\limits_{Y_k}f
    \le\int\limits_{X_k}(f\circ\Phi)\cdot|\det D\Phi|\] und aus dem
    Satz \"uber die monotone Konvergenz auch
    \begin{equation}
      \label{halber trafo eq}
      \int\limits_Yf\le \int\limits_X(f\circ\Phi)\cdot|\det D\Phi|.
    \end{equation}
  \item Sei $A\in\mathcal L(n)|X$. Da $\Phi$ ein Diffeomorphismus ist,
    k\"onnen wir in der zuletzt hergeleiteten Ungleichung die Rollen
    von $X$ und $Y$ vertauschen und erhalten mit dem Diffeomorphismus
    $\Phi^{-1}$ und der Abbildung $(\chi_{\Phi(A)}\circ\Phi)\cdot
    |\det D\Phi|\in\mathcal L^0(X,\lambda_n,\R_+)$
    \begin{align*}
      \int\limits_X\underbrace{(\chi_{\Phi(A)}\circ\Phi)
      }_{=\chi_A}\cdot|\det D\Phi|
      \le&\,\int\limits_Y\left[\left((\chi_{\Phi(A)}\circ\Phi)\cdot|\det
          D\Phi|\right)\circ\Phi^{-1}\right]\left|\det
        D\left(\Phi^{-1}\right)\right|\umbruch\\
      =&\,\int\limits_Y\chi_{\Phi(A)}\cdot \left|\det\left[
          \left(D\Phi\circ\Phi^{-1}\right)
          D\left(\Phi^{-1}\right)\right]\right|.
    \end{align*}
    Das Argument der letzten Determinante ist nach Kettenregel die
    Ableitung von $\id_Y=\Phi\circ\Phi^{-1}$ und somit gleich
    Eins. Wir erhalten also \[\int\limits_A|\det D\Phi|\le
    \int\limits_Y\chi_{\Phi(A)} =\lambda_n(\Phi(A)).\] 
    Dies zeigt die noch fehlende Ungleichung. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{theorem}[Transformationssatz]
  Sei $\Phi\in\Diff^1(X,Y)$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dann gilt f\"ur $f\in\mathcal
    L^0(Y,\lambda_n,\R_+)$ \[\int\limits_Yf
    =\int\limits_X(f\circ\Phi)\cdot|\det D\Phi|.\]
  \item Eine Funktion $f\colon Y\to\R$ ist genau dann integrierbar,
    wenn $(f\circ\Phi)\cdot|\det D\Phi|\in\mathcal
    L^1(X,\lambda_n,\R)$ gilt. In diesem Falle gilt die obige
    Integraltransformationsformel. 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Funktion $g:=(f\circ\Phi)\cdot|\det D\Phi|$ ist
    $\lambda_n$-messbar, siehe Korollar \ref{C1 abb erh messb
      cor}. Wenden wir die Kettenregel auf $\id_Y=\Phi\circ\Phi^{-1}$
    an, so erhalten wir $f=\left(g\circ\Phi^{-1}\right)
    \cdot\left|\det D\Phi^{-1}\right|$. Wir wenden nun Gleichung
    \eqref{halber trafo eq} mit $\left(Y,\Phi^{-1},g\right)$ statt
    $(X,\Phi,f)$ an und erhalten \[\int\limits_X(f\circ\Phi)\cdot|\det
    D\Phi|\le\int\limits_Yf.\] Die umgekehrte Ungleichung haben wir
    bereits in Gleichung \eqref{halber trafo eq} gezeigt. Somit folgt
    die Transformationsformel.
  \item\stern Zerlege die Funktionen in positive und negative Anteile
    und verwende, dass eine $\mathcal L^0(X,\lambda_n,\R)$-Funktion
    genau dann in $\mathcal L^1(X,\lambda_n,\R)$ ist, wenn es eine
    integrierbare Majorante f\"ur den positiven und den negativen
    Anteil gibt. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

Es gilt auch die folgende Variante:
\begin{lemma}
  Sei $\Phi\in C^1(X,\R^n)$. Sei $M\subset X$ $\lambda_n$-messbar,
  $M\setminus\dot M\equiv M\setminus\interior M$ eine Nullmenge und
  $\Phi|_{\dot M}\colon\dot M\to\Phi\left(\dot M\right)$ ein
  Diffeomorphismus. Dann erhalten wir:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item F\"ur $f\in\mathcal L^0(\Phi(M),\lambda_n,\R_+)$ gilt 
    \[\int\limits_{\Phi(M)}f=\int\limits_M(f\circ\Phi)\cdot|\det
    D\Phi|.\]
  \item Es gilt $(f\colon\Phi(M)\to\R)\in\mathcal
    L^1(\Phi(M),\lambda_n,\R)$ genau dann, wenn
    $(f\circ\Phi)\cdot|\det D\Phi|\in\mathcal L^1(M,\lambda_n,\R)$
    ist. In diesem Fall gilt die obige Transformationsformel. 
  \end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweisidee]
  Benutze, dass $\Phi(M)\setminus\Phi\left(\dot
    M\right)\subset \Phi\left(M\setminus\dot M\right)$ eine
  $\lambda_n$-Nullmenge ist. 
\end{proof}

Die vektorwertige Variante des Transformationssatzes lautet
\begin{theorem}[Transformationssatz]
  \stern Sei $\Phi\in\Diff^1(X,Y)$ und $f\colon Y\to E$ eine
  Abbildung. Dann gilt $f\in\mathcal L^1(Y,\lambda_n,E)$ genau dann,
  wenn $(f\circ\Phi)\cdot|\det D\Phi|\in\mathcal L^1(X,\lambda_n,E)$
  ist. In diesem Falle gilt \[\int\limits_Yf
  =\int\limits_X(f\circ\Phi)\cdot|\det D\Phi|.\]
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Siehe \cite[Theorem X.8.14, S. 211]{AmannEscherAnalysisIII}. 
\end{proof}

Ist $\Phi$ kein Diffeomorphismus, so erh\"alt man noch eine
Ungleichung. 
\begin{remark}
  Sei $\Phi\in C^1(X,Y)$ und sei $f\in\mathcal
  L^0(Y,\lambda_n,\R_+)$. Dann gilt \[\int\limits_{\Phi(X)}f
  \le\int\limits_X (f\circ\Phi)\cdot|\det D\Phi|.\]
\end{remark}
Ohne die Voraussetzung $f\ge0$ gibt es Gegenbeispiele bei einer nicht
injektiven Abbildung $\Phi$. 
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ubung. Hinweis: Wende den Transformationssatz auf Teilmengen an,
  in denen $\Phi$ ein Diffeomorphismus ist. Punkte mit $\det D\Phi=0$
  leisten auch keinen Beitrag zur linken Seite, da dann das Bild eines
  kleinen W\"urfels beinahe in einer Hyperebene enthalten ist.
\end{proof}

\begin{theorem}[Polarkoordinaten]
  Seien $0<r<R<\infty$. Definiere den Annulus $A:=B_R(0)\setminus
  B_r(0)$ (wobei es egal ist, ob die R\"ander jeweils dazugeh\"oren).
  Sei $g\in L^0(A,\lambda_n,\R_+)$ rotationssymmetrisch, \dh gilt
  $g(x)=G(|x|)$ f\"ur eine Funktion $G\colon(r,R)\to\R_+$. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dann
    gilt \[\int\limits_Ag=n\omega_n\int\limits_r^RG(\rho)\rho^{n-1}\,d\rho\]
    mit $\omega_n=\lambda_n(B_1(0))$.
  \item Weiterhin gilt $g\in\mathcal L^1(A,\lambda_n,\R)$ genau dann,
    wenn \[\rho\mapsto G(\rho)\rho^{n-1}\in\mathcal
    L^1((r,R),\lambda_1,\R)\] gilt.
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir f\"uhren Polarkoordinaten ein. Die Abbildung
    \begin{align*}
      \Phi\colon\R_{>0}\times(0,2\pi)^{n-1}\to&\,\R^n,\umbruch\\
      \left(r,\phi,\theta^1,\ldots,\theta^{n-2}\right)\mapsto
      &\,(x^1,x^2,\ldots,x^n) \intertext{mit}
      x^1=&\,r\cos\phi\sin\theta^1\sin\theta^2\ldots\sin\theta^{n-2},\\
      x^2=&\,r\sin\phi\sin\theta^1\sin\theta^2\ldots\sin\theta^{n-2},\\
      x^3=&\,r\cos\theta^1\sin\theta^2\ldots\sin\theta^{n-2},\\
      \vdots&\\
      x^{n-1}=&\,r\cos\theta^{n-3}\sin\theta^{n-2},\\
      x^n=&\,r\cos\theta^{n-2}
    \end{align*}
    ist ein Diffeomorphismus auf $\im\Phi$ und $\R^n\setminus\im\Phi$
    ist eine Nullmenge. Der Transformationssatz impliziert
    nun 
    \begin{align*}
      \int\limits_Ag=&\,\int\limits_r^R\int\limits_0^{2\pi}
      \ldots\int\limits_0^{2\pi} G(\rho)\cdot|\det
      D\Phi|\,d\rho\,d\phi\,d\theta^1\,\ldots\,d\theta^{n-2}\umbruch\\
      =&\,\int\limits_r^RG(\rho)\cdot\phi(\rho)\,d\rho,
    \end{align*}
    wobei wir mit Fubini im letzten Schritt zun\"achst $G(\rho)$ aus
    den inneren $n-1$ Integralen herausgezogen haben und dann das
    Ergebnis der inneren Integrale mit $\phi(\rho)$ bezeichnet
    haben.\par Die Berechnung von $D\Phi$ und der Determinante davon
    ist ein Induktionsbeweis, den wir vermeiden wollen. Stattdessen
    w\"ahlen wir $g\equiv1$ und erhalten \[n\omega_nR^{n-1}=\frac
    d{dR}\left(\omega_nR^n-\omega_nr^n\right) =\frac
    d{dR}\int\limits_{B_R(0)\setminus B_r(0)}1 =\frac
    d{dR}\int\limits_r^R\phi(\rho)\,d\rho =\phi(R).\] Der letzte
    Schritt ist gerechtfertigt, da $D\Phi$ f\"ur beschr\"ankte Werte
    von $r$ gleichm\"a\ss{}ig stetig ist und somit $\phi$ eine stetige
    Funktion ist. Die Behauptung folgt.
  \item Klar. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\subsection{Zerlegung der Eins}

Als Vorbereitung ben\"otigen wir zun\"achst
\begin{lemma}
  \label{ex glatte fkt lem}
  Es gibt $\eta\in C^\infty_c(\R^n)$ mit $\inf\limits_{B_1(0)}\eta>0$,
  $\eta=0$ au\ss{}erhalb von $B_2(0)$ und $0\le\eta$.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir beweisen dieses Lemma nur f\"ur $n=1$, also die Existenz einer
  Funktion $\eta=\eta^1$. Falls $\eta^1\equiv1$ in $B_1(0)$ gilt,
  siehe Lemma \ref{lok konst abschn fkt lem}, dann erf\"ullt
  $\eta^n(x)=\eta^1(|x|)$ in h\"oheren Dimensionen die angegebenen
  Bedingungen. Die Differenzierbarkeit im Ursprung ist klar, da
  $\eta^1$ in der N\"ahe des Ursprungs konstant ist.\par
  Definiere $$f(x):=\begin{cases} \exp\left(-\frac1{|x|^2}\right),&
    x>0,\\ 0,&x\le0.\end{cases}$$ Es ist $f\in C^\infty$: Dies ist f\"ur
  $x\neq0$ klar. Da f\"ur $x>0$ s\"amtliche Ableiungen von $f$ von der
  Form rationale Funktion mit $|x|^k$, $k\in\N$, im Nenner mal $f$
  geschrieben werden k\"onnen, sind die Ableitungen bei $x=0$
  stetig. Setze nun \[\eta^1(x):=f\left(\tfrac32-x\right)\cdot
  f\left(x+\tfrac32\right).\qedhere\]
\end{proof}

\begin{theorem}[Zerlegung der Eins]
  Seien $U_i\subset\R^n$, $i\in\N$, offenen Mengen, die den $\R^n$
  \"uberdecken. Dann gibt es eine untergeordnete lokal endliche
  Zerlegung der Eins, \dh es gibt Funktionen $\eta_j\in
  C^\infty_c(\R^n)$, so dass $0\le\eta_j\le1$, $\supp\eta_j\Subset
  U_{i(j)}$, $$\sum\limits_{j=1}^\infty\eta_j=1$$ und zu jeder
  kompakten Menge $K\Subset\R^n$ ist $\supp\eta_j\cap K\neq\emptyset$
  nur f\"ur endlich viele Indices $j$.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $x\in\R^n$. Dann gibt es $0<r(x)\le1$ und $i\in\N$, so dass
  $B_{3r(x)}(x)\subset U_i$ ist. Zu $R\in\N$ gibt es endlich viele
  solche Kugeln $B_{r(x)}(x)$, die $\ol B_R(0)\setminus B_{R-2}(0)$
  \"uberdecken. Die Menge aller dieser Kugeln liefert eine
  untergeordnete lokal endliche \"Uberdeckung des
  $\R^n$. (Untergeordnet bedeutet dabei, dass jede solche Kugel in
  einer Menge $U_i$ enthalten ist. Die lokale Endlichkeit besagt, dass
  jede kompakte Menge mit nur endlich vielen solchen Kugeln einen
  nichtleeren Schnitt besitzt. Beides folgt direkt aus der
  Konstruktion.) Sei $\eta:\R^n\to\R$ eine Funktion wie in Lemma
  \ref{ex glatte fkt lem} mit $0\le\eta\le 1$,
  $\inf\limits_{B_1(0)}\eta>0$, $\eta|_{\R^n\setminus B_2(0)}=0$,
  $\eta\in C^\infty$. Sei $B=B_{r_i}(x_i)$ eine der oben gew\"ahlten
  Kugeln. Setze dann $\tilde\eta_i(x):=
  \eta\left(r_i^{-1}(x-x_i)\right)$. Es ist nun leicht zu sehen,
  dass $$\eta_i(x):= \frac{\tilde\eta_i(x)}
  {\sum\limits_i\tilde\eta_i(x)}$$ Funktionen sind, die die
  Bedingungen des Theorems erf\"ullen.
\end{proof}

\begin{lemma}
  \label{lok konst abschn fkt lem}
  Es gibt $\eta\in C^\infty_c(\R^n)$ mit $\eta=1$ in $B_1(0)$,
  $\eta=0$ au\ss{}erhalb von $B_2(0)$ und $0\le\eta\le1$.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Uberdecke $\R^n$ durch $B_2(0)$ und $\R^n\setminus\ol
  B_{3/2}(0)$. Summiert man dann alle Funktionen $\eta_i$ auf, die man
  in der Zerlegung der Eins konstruiert hat, deren Tr\"ager in
  $B_2(0)$ enthalten sind, so erh\"alt man die gew\"unschte Funktion.
\end{proof}

\subsection{Der Divergenzsatz}

\begin{theorem}[Divergenzsatz]
  Sei $\Omega\subset\R^n$ offen und beschr\"ankt, $\partial\Omega$
  (st\"uckweise) von der Klasse $C^1$, $\xi\in
  C^1\left(\ol\Omega,\R^n\right)$. Sei $\nu$ die \"au\ss{}ere Normale
  an $\Omega$.  Dann gilt \[\int\limits_\Omega\divergenz\xi=
  \int\limits_{\partial\Omega}\langle\xi,\nu\rangle.\]
\end{theorem}                                       
\begin{proof}[Beweis]
  Siehe Funktionalanalysis. 
\end{proof}
\fi

% \begin{proof}[Beweis]
%   \neueZeile
%   \begin{enumerate}[(i)]
%   \item  
%   \end{enumerate}
% \end{proof}

% C-c C-j: item 

% Sigma-kompakt + metrisch bedeutet bei Amann/Escher auch lokal
% kompakt! 

\renewcommand{\refname}{Literatur}
\def\emph#1{\textit{#1}}
\bibliographystyle{amsplain}
% \bibliography{/Users/os/uni/math/bib/biblio}
% \bibliography{/Users/admin/uni/math/bib/biblio}
\def\weg#1{} \def\unterstrich{\underline{\rule{1ex}{0ex}}} \def\cprime{$'$}
  \def\cprime{$'$} \def\cprime{$'$} \def\cprime{$'$}
\providecommand{\bysame}{\leavevmode\hbox to3em{\hrulefill}\thinspace}
\providecommand{\MR}{\relax\ifhmode\unskip\space\fi MR }
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\providecommand{\MRhref}[2]{%
  \href{http://www.ams.org/mathscinet-getitem?mr=#1}{#2}
}
\providecommand{\href}[2]{#2}
\begin{thebibliography}{10}

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Herbert Amann and Joachim Escher, \emph{Analysis. {III}}, Grundstudium
  Mathematik, Birkh\"auser Verlag, Basel, 2001.

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Robert Denk\weg{DenkMPh3}, \emph{{Mathematik f\"ur Physiker III}}, 2007, Skript
  zur Vorlesung.

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