% 
% Schmuckst\"ucke der Analysis
% Oliver Schn\"urer
% Uni Konstanz 
% Sommer 2026
%
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  Viel-fach-heit Funk-tion Funk-tion-en Hil-bert-raum}

\begin{document}
\title{Schmuckst\"ucke der Analysis}

%    Information for first author
\author[Schmuckst\"ucke der Analysis]{Oliver C. Schn\"urer}
%    Address of record for the research reported here
\address{Oliver C. Schn\"urer, Mathematik, Universit\"at Konstanz}
%\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 \ldots{} f\"ur Korrekturen und
  %Verbesserungsvorschl\"age.\\ 
  Eingesetzt in Konstanz: Sommer 2026.}

%    General info
%\subjclass[2000]{53-01}

\date{\today.}

\dedicatory{}

\keywords{}

%\setlength{\parindent}{0pt}
%\setlength{\parskip}{0.5em}

\begin{abstract}
  Inhalt dieser Vorlesung sind einige ausgew\"ahlte Kapitel der
  Analysis, die in den Grundvorlesungen der Analysis leider keinen
  Platz finden.
\end{abstract}

\maketitle

\tableofcontents

%\begin{large}
\section{Raumf\"ullende Kurven}

Ziel dieses Abschnitts ist der Nachweis, dass es eine stetige
surjektive Abbildung $[0,1]\to[0,1]^2$ gibt. Dies widerspricht der
naiven Vorstellung, dass das die Dimension, geeignet definiert, unter
einer stetigen Abbildung nicht wachsen kann.

\subsection{Algorithmus, Programm und Visualisierung}
Die zu Grunde liegende Konstruktion wollen wir anhand eines
Computerprogramms vorf\"uhren. Es nutzt das freie \texttt{python}-nahe
Computeralgebrasystem \texttt{sagemath}, das auch ohne Installation
auf dem eigenen Rechner im Netz in einer online Version nutzbar ist.

\begin{remark}[Der Algorithmus]
  Wir beschreiben die Bilder als Folge von aneinandergeh\"angten
  Linien der L\"ange $1$ in die Richtungen (englisch) up, down, left
  und right entsprechend den Buchstaben \texttt{u}, \texttt{d},
  \texttt{l} und \texttt{r} in einer Zeichenkette.\par
  Ist eine Kurve gegeben, so bestimmen wir daraus die n\"achste Kurve, indem wir
  \begin{itemize}
  \item zun\"achst die Kurve r\"uckw\"arts und um $90^\circ$ gedreht durchlaufen,
  \item eine Einheit nach oben gehen,
  \item die bisherige Kurve an den neuen Endpunkt anh\"angen,
  \item eine Einheit nach rechts gehen,
  \item nochmals die bisherige Kurve an den neuen Endpunkt anh\"angen,
  \item eine Einheit nach unten gehen
  \item und schlie\ss{}lich die Kurve r\"uckw\"arts und um $270^\circ$
    gedreht an den letzten Endpunkt anh\"angen.
  \end{itemize}
  Entscheidend ist die Zeile
\begin{verbatim}
aktuell = dreh1 + 'u' + aktuell + 'r' + aktuell + 'd' + dreh2
\end{verbatim}
  in der unter Verwendung der aktuellen Kurve, gespeichert als
  Buchstabenfolge, eine neue Kurve erzeugt wird.
\end{remark}

Das zugeh\"orige Programm ist:
\begin{verbatim}
# Nutzt up, down, left, right
aktuell = ''
for i in range(6):
  # umgedrehter string
  rueck = aktuell[::-1]
  rueck = rueck.replace('u','D').replace('d','U')
  rueck = rueck.replace('r','L').replace('l','R')
  rueck = rueck.lower()

  # Drehung um 90 Grad nach rechts
  dreh1 = rueck
  dreh1 = dreh1.replace('u','R').replace('d','L')
  dreh1 = dreh1.replace('r','D').replace('l','U')
  dreh1 = dreh1.lower()

  # Drehung um 90 Grad nach links
  dreh2 = rueck
  dreh2 = dreh2.replace('u','L').replace('d','R')
  dreh2 = dreh2.replace('r','U').replace('l','D')
  dreh2 = dreh2.lower()

  aktuell = dreh1 + 'u' + aktuell + 'r' + aktuell + 'd' + dreh2    
  punkte = [[0,0]]
  x = 0
  y = 0
  for b in aktuell:
    if b == 'r':
      x = x + 1
    if b == 'l':
      x = x - 1
    if b == 'u':
      y = y + 1
    if b == 'd':
      y = y - 1
    punkte.append([x,y])

  print(f"{i}: {aktuell}")
  p = list_plot(punkte, plotjoined=True, thickness=2, \
    aspect_ratio=1, figsize=8, axes=False, color='black')
  for n in range(2^(i+1)+1):
    p = p + line([(-0.5+n,-0.5), (-0.5+n,2^(i+1)-0.5)],
        color='black', linestyle='dotted')
    p = p + line([(-0.5,-0.5+n), (2^(i+1)-0.5,-0.5+n)],
        color='black', linestyle='dotted')    
  p.save('space-filling-curve-'+str(i)+'.pdf')
\end{verbatim}

Das Programm erzeugt die folgende Ausgabe:
\begin{center}
\includegraphics[width=0.48\textwidth]{~/uni/lehre/schmuck/sage/space-filling-curve-0.pdf}
\includegraphics[width=0.48\textwidth]{~/uni/lehre/schmuck/sage/space-filling-curve-1.pdf}\\
\includegraphics[width=0.48\textwidth]{~/uni/lehre/schmuck/sage/space-filling-curve-2.pdf}
\includegraphics[width=0.48\textwidth]{~/uni/lehre/schmuck/sage/space-filling-curve-3.pdf}\\
\includegraphics[width=0.48\textwidth]{~/uni/lehre/schmuck/sage/space-filling-curve-4.pdf}
\includegraphics[width=0.48\textwidth]{~/uni/lehre/schmuck/sage/space-filling-curve-5.pdf}
\end{center}

Die Ausgabe ist jeweils auf $[0,1]^2$ skaliert. Die Bilder zeigen
$\im f_0$, \ldots, $\im f_4$ und $\im f_5$.

\subsection{Begr\"undung}
Wir wollen hier nicht formal vorgehen.
\begin{theorem}[Raumf\"ullende Kurven]
  Es gibt eine surjektive Abbildung \[f\colon[0,1]\to[0,1]^2.\]
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweisidee]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $f_n\colon[0,1]\to[0,1]^2$ eine stetige Abbildung mit Bild
    wie bei der Programmausgabe. Wir unterteilen $[0,1]^2$ zun\"achst
    in vier Teilquadrate. Die Aufteilung in Teilquadrate ist dabei
    jeweils wie mit gepunkteten Linien angedeutet. Wir k\"onnen die
    Parametrisierung der Kurve $f_n$ so w\"ahlen, dass
    $f_n|_{\left[0,\frac14\right]}$ f\"ur alle $n\in\N$ stets in das
    linke untere Teilquadrat abbildet,
    $f_n|_{\left[\frac14,\frac24\right]}$ f\"ur alle $n\in\N$ stets in
    das linke obere Teilquadrat, \ldots. Unter der Wahl einer
    Parametrisierung verstehen wir dabei die Verkn\"upfung von $f_n$
    mit einem Hom\"oomorphismus $\phi\colon[0,1]\to[0,1]$; wir
    betrachten also $f_n\circ\phi$ statt $f_n$, bleiben jedoch bei der
    Bezeichnung $f_n$. Letzlich k\"onnen wir die Kurve mit konstanter
    Geschwindigkeit durchlaufen; lediglich beim ersten und letzten
    Geradenst\"uck verwenden wir halbe Geschwindigkeit. 
  \item Unterteilen wir $[0,1]^2$ in $4\times4$ Quadrate, so k\"onnen
    wir die Parametrisierungen sogar so w\"ahlen, dass
    $f_n|_{\left[\frac i{16},\frac{i+1}{16}\right]}$ f\"ur alle
    $i\in\{0,\ldots,15\}$ f\"ur alle $n\ge1$ stets in eines dieser
    Teilquadrate abbildet und wir eine Bijektion
    $i\longleftrightarrow$ Teilquadrate haben. \par Unterteilen wir
    $[0,1]^2$ in $2^k\times2^k$ Quadrate, so k\"onnen wir die
    Parametrisierungen so w\"ahlen, dass
    $f_n|_{\left[\frac i{2^{2k}},\frac{i+1}{2^{2k}}\right]}$ f\"ur
    alle $i\in\left\{0,\ldots,2^{2k}\right\}$ und alle $n\ge k-1$
    stets in eines dieser Teilquadrate abbildet und wir eine Bijektion
    $i\longleftrightarrow$ Teilquadrate haben.
  \item \textbf{Cauchyfolge:} Unterteilen wir in $2^{2k}$
    Teilquadrate, so hat jedes den Durchmessser $\frac{\sqrt
      2}{2^k}$. Sei $x\in[0,1]$ fest. Da $f_n(x)$ und $f_m(x)$ f\"ur
    $n,m\ge k-1$ im gleichen der $2^{2k}$ Teilquadrate liegen,
    folgt \[|f_n(x)-f_m(x)|\le\frac{\sqrt 2}{2^k}.\] Umgedreht
    k\"onnen wir $k=\min\{m,n\}+1$ w\"ahlen und erhalten
    \[\Vert f_n-f_m\Vert_{C^0}\le\frac{\sqrt 2}{2^{\min\{m,n\}+1}}.\]
    Somit bilden die Funktionen $f_n$ eine Cauchyfolge in $C^0$ bzw.{}
    konvergieren gleichm\"a\ss{}ig. Daher
    ist
    \[f\colon[0,1]\to[0,1]^2\quad\text{mit}\quad
      f(x):=\lim\limits_{n\to\infty}f_n(x)\] als gleichm\"a\ss{}iger
    Grenzwert stetiger Funktionen selbst wieder stetig.
  \item \textbf{Surjektivit\"at:} Seien $p\in[0,1]^2$ und $\epsilon>0$
    beliebig. W\"ahle $k\ge1$, so dass
    $\frac{\sqrt 2}{2^k}\le\epsilon$ ist. Dann folgt f\"ur alle
    $n,m\ge k-1$ die Absch\"atzung
    $\Vert f_n-f_m\Vert_{C^0}\le\epsilon$ und daraus im Grenzwert
    $m\to\infty$ auch $\Vert f_n-f\Vert_{C^0}\le\epsilon$. Da
    $n\ge k-1$ ist, gibt es $x_\epsilon\in[0,1]$, so dass
    $f_n(x_\epsilon)$ in einem Teilquadrat (Achtung: nur eindeutig,
    wenn $p$ nicht auf der Seite eines Teilquadrates liegt) der
    $2^{2k}$ Teilquadrate mit Durchmesser $\frac{\sqrt 2}{2^k}$ liegt,
    das auch $p$ enth\"alt. Somit
    folgt
    \[|f(x_\epsilon)-p|\le|f(x_\epsilon)-f_n(x_\epsilon)|
      +|f_n(x_\epsilon)-p|\le2\epsilon.\] Betrachte nun die Folge
    $\left(x_{\frac1n}\right)_{n\in\N}\subset[0,1]$. Da $[0,1]$
    kompakt ist, konvergiert eine Teilfolge davon gegen ein
    $x\in[0,1]$. Ohne Einschr\"ankung gelte $x_{\frac1n}\to x$ f\"ur
    $n\to\infty$. (Aufgrund unserer Konstruktion kann man sogar die
    gesamte Folge als Cauchyfolge w\"ahlen.) Aus
    $\left|f\left(x_{\frac1n}\right)-p\right|\le\frac1n$ erhalten wir
    verm\"oge der Stetigkeit von $f$ f\"ur $n\to\infty$ im Grenzwert
    $|f(x)-p|=0$, also $f(x)=p$ und daher die
    Surjektivit\"at. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Man \"uberzeugt sich direkt anhand unserer Konstruktion, dass
    $f$ nicht injektiv ist.
  \item Sei $g\colon[0,1]\to[0,1]^2$ eine andere surjektive und
    stetige Abbildung. Dann ist auch $g$ nicht injektiv. Sonst w\"are
    n\"amlich $g$ bijektiv und daher nach einem Satz aus der Topologie
    ein Hom\"oomorphismus. Dies widerspricht aber einer Folgerung aus
    dem Satz \"uber die Gebietsinvarianz, die wir im Kapitel \"uber
    den Abbildungsgrad behandeln werden.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\section{Brouwerscher Fixpunktsatz}
\subsection{Sperners Lemma}
Wir folgen \cite{ProofBook}. 
\begin{remark}
  Seien $v_i\in\R^l$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir definieren die \emph{Konvexkombination} der Vektoren
    $v_1,\ldots,v_{n+1}$ durch
    \begin{align*}
      \equad\Konv
      &\{v_1,\ldots,v_{n+1}\}\umbruch\\
      &:=\left\{\sum\limits_{i=1}^{n+1}\lambda_i\cdot v_i\colon
        \sum\limits_{i=1}^{n+1} \lambda_i=1\text{ und
        }0\le\lambda_i\text{ f\"ur alle }i=1,\ldots n+1\right\}.
    \end{align*}
    (Man kann auch $0\le\lambda_i\le1$ fordern.)
  \item Seien $v_1,\ldots,v_{n+1}\in\R^l$ linear unabh\"angig. Dann
    hei\ss{}t $\Konv\{v_1,\ldots,v_{n+1}\}$ ein $n$-\emph{Simplex}.
  \item Sei $\Konv\{v_1,\ldots,v_{n+1}\}$ ein $n$-Simplex. Dann
    hei\ss{}en die Vektoren $v_1,\ldots,v_{n+1}$ \emph{Ecken} von
    $\Konv\{v_1,\ldots,v_{n+1}\}$.
  \item Die Menge $\Konv\{v_1,\ldots,v_{i-1},v_{i+1},\ldots,v_{n+1}\}$
    hei\ss{}t $i$-te \emph{Seite} des $n$-Simplex
    $\Konv\{v_1,\ldots,v_{n+1}\}$. Ein $n$-Simplex besitzt $n+1$
    Seiten. Jede Seite ist ein $(n-1)$-Simplex.
  \item Wir teilen den Standard $2$-Simplex
    $\Konv\{e_1,e_2,e_3\}\subset\R^3$, ein gleichseitiges Dreieck, in
    kleinere gleichseitige Dreiecke, und zwar im ersten Schritt in $4$
    Dreiecke, die durch Skalierung um den Faktor $\frac12$ und eine
    affin lineare Abbildung aus dem urspr\"unglichen Dreieck
    hervorgehen. Dann teilen wir wiederum jedes dieser $4$
    gleichseitigen kleineren Dreiecke in jeweils $4$ noch kleinere
    gleichseitige Dreiecke und erhalten so im zweiten Schritt $4^2$
    Dreiecke. Iterativ erhalten wir damit im $r$-ten Schritt $4^r$
    Dreiecke. Dabei schrumpft der Durchmesser der Dreiecke jeweils um
    den Faktor $2$.
  \item In $n$ Dimensionen k\"onnen wir nicht mehr in kleinere
    kongruente $n$-Simplices unterteilen, jedoch mit Hilfe einer
    baryzentrischen Unterteilung in kleinere nicht kongruente
    $n$-Simplices, deren Durchmesser ebenfalls beliebig klein
    werden. Bei dieser Unterteilung geh\"oren Seiten stets zu genau
    zwei kleineren $n$-Simplices oder zum Rand des gr\"o\ss{}ten
    $n$-Simplex.
  \item Solch eine Unterteilung nennen wir \emph{Triangulierung}.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{theorem}[Sperners Lemma]
  \label{Sperner comb lem}
  Eine Triangulierung eines $n$-Simplices $\mathcal S$ kann mit den
  \glqq Farben\grqq{} $\{1,\ldots,n+1\}$ so eingef\"arbt werden, dass
  jede Ecke der kleinen $n$-Simplices auf eine Zahl in
  $\{1,\ldots,n+1\}$ abgebildet wird, so dass keine Ecke in der
  $i$-ten Seite von $\mathcal S$ nach $i$ abgebildet wird. Dann gibt
  es in der Triangulierung ein kleines $n$-Simplex, dessen Ecken $n+1$
  verschiedene Farben besitzen. Genauer: Die Anzahl der kleinen
  $n$-Simplices mit $n+1$ verschiedenen Farben ist ungerade.
\end{theorem}
\begin{proof}
  Wir gehen per Induktion vor. 
  \begin{itemize}
  \item $n=0$: Ist klar, da es nur einen Punkt gibt, der nach $1$
    abgebildet wird.
  \item $n=1$: Hier haben wir eine Strecke, auf der endlich viele
    Punkte sind, die nach $0$ oder $1$ abgebildet werden. Einer der
    Endpunkte wird auf $0$, der andere auf $1$ abgebildet. Daher
    \"andert sich die Farbe der Punkte ungerade oft, wenn wir der
    Strecke folgen. Dies liefert die Behauptung.
  \item $n=2$: Diese Situation veranschaulichen wir in Abbildung
    \ref{brouwer fig}. Die Farben der Ecken sind Blau, Gr\"un und
    Rot. Wir zeichnen hier nun eine dicke schwarze Linie zwischen
    solche Mittelpunkte kleiner benachbarter Dreiecke, deren Schnitt
    Ecken in Blau und Gr\"un besitzt. Ebensolche Linien zeichnen wir
    nach drau\ss{}en \"uber Seiten/Kanten ein, deren Ecken Blau und
    Gr\"un sind. \par Die Regeln \"uber das Einf\"arben verlangen,
    dass das gro\ss{}e Dreieck genau eine rote, eine blaue und eine
    gr\"une Ecke besitzt. Die Seite zwischen der blauen und der
    gr\"unen Ecke weist nur blaue und gr\"une Ecken kleinerer Dreiecke
    auf. Entsprechendes gilt f\"ur die anderen Seiten. Somit gibt es
    nach Induktionsannahme eine ungerade Anzahl von Linien von
    au\ss{}en \"uber die blau-gr\"une Seite in das Dreieck. \par
    Unsere Regeln f\"ur das Einzeichnen von dicken schwarzen Linien
    liefern uns:
    \begin{itemize}
    \item In einem Mittelpunkt eines kleinen Dreiecks k\"onnen sich
      maximal zwei schwarze Linien treffen.
    \item Endet ein Linienzug in einem Mittelpunkt, so weist das
      zugeh\"orige kleine Dreieck Ecken in drei verschiedenen Farben
      auf.
    \item Linienz\"uge nach au\ss{}en k\"onnen wieder nach au\ss{}en
      f\"uhren. Solche Linienz\"uge geh\"oren zu einer geraden Zahl
      von Linien, die aus dem Dreieck nach au\ss{}en f\"uhren.
    \item Da jedoch eine ungerade Anzahl schwarzer Linien von
      au\ss{}en in das Dreieck hineinf\"uhrt und sich Linienz\"uge
      nicht verzweigen k\"onnen, muss eine ungerade Anzahl von
      Linienz\"ugen in ein kleines Dreieck mit jeweils Ecken in drei
      verschiedenen Farben f\"uhren.
    \item Es mag weitere Linienz\"uge schwarzer Linien geben, die
      innerhalb des Dreiecks geschlossen sind. Diese \"andern die
      Anzahl kleiner Dreiecke mit drei verschiedenen Eckfarben nicht.
    \item Linienz\"uge mit zwei Endpunkten innerhalb des Dreiecks
      enden in zwei verschiedenen kleinen Dreiecken mit jeweis drei
      verschiedenen Eckfarben.
    \item Da genau in kleinen Dreiecken mit drei verschiedenen
      Eckfarben ein schwarzer Linienzug endet, folgt, dass die Anzahl
      dieser Dreiecke ungerade sein muss.
    \end{itemize}
  \item $n\ge3$: Wir verfahren nun wie im Falle $n=2$ und zeichnen
    dicke schwarze Linien zwischen Mittelpunkten kleiner $n$-Simplices
    ein, deren Schnitt ein $n-1$-Simplex ist, dessen Ecken die Farben
    $1$, $2$, \ldots, $n-1$ aufweisen. Gem\"a\ss{} unserer
    Induktionsannahme kommt wiederum eine ungerade Anzahl schwarzer
    Linien von au\ss{}en in das Dreieck hinein. Auch hier k\"onnen
    sich nicht drei oder mehr dicke schwarze Linien in einem
    Mittelpunkt eines kleinen $n$-Simplexes treffen. Schwarze
    Linienz\"uge enden genau in den Mittelpunkten kleiner
    $n$-Simplices, deren Ecken $n+1$ verschiedene Farben
    aufweisen. Somit gibt es auch hier wieder eine ungerade Anzahl von
    kleinen $n$-Simplices, deren Ecken $n+1$ verschiedene Farben
    aufweisen.  \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

\begin{center}
\begin{figure}
  \includegraphics[width=0.8\linewidth]{~/uni/lehre/buch/sage/brouwer.pdf}
  \caption{Einf\"arbung einer Triangulierung wie in Sperners Lemma}
  \label{brouwer fig}
\end{figure}
\end{center}

\begin{theorem}
  \label{brouwer fixed point thm}
  Sei $r>0$ und $D:=\ol{B_r(0)}\subset\R^n$, $n\in\N$. Sei \[f\colon
  D\to D\] stetig. Dann gibt es einen Fixpunkt $x_0\in D$, also einen
  Punkt $x_0\in D$ mit $f(x_0)=x_0$.
\end{theorem}
\begin{proof}
  Sei $\mathcal S\subset\R^{n+1}$ das Standard $n$-Simplex.  Dann gibt
  es (\"Ubung) einen Hom\"oomorphismus $\phi\colon D\to\mathcal
  S$. Wir werden nachweisen, dass die Abbildung
  $F :=\phi\circ f\circ\phi^{-1}\colon\mathcal S\to\mathcal S$ einen
  Fixpunkt $x_1$ besitzt. Dannn ist $\phi^{-1}(x_1)$ ein Fixpunkt von
  $f$. Daher werden wir nachfolgend die Existenz eines Fixpunktes
  f\"ur eine stetige Abbildung $f\colon\mathcal S\to\mathcal S$
  nachweisen. \par Wir unterteilen nun das $n$-Simplex $\mathcal S$ in
  kleinere $n$-Simplices, so dass bei jedem Schritt der Durchmesser
  dieser Simplices um einen festen Faktor reduziert wird und iterieren
  dies. Gegebenenfalls \"uberspringen wir einen Schritt. So erhalten
  wir im $k$-ten Schritt, $k=1,2,\ldots$, eine Triangulierung von
  $\mathcal S$ in $n$-Simplices vom Durchmesser kleiner oder gleich
  $\frac1k$. Die Ecken der kleinen $n$-Simplices aus dem $k$-ten
  Schritt bezeichnen wir mit $V_k$. \par Nun m\"ochten wir die Ecken
  einf\"arben und Sperners Lemma anwenden.  Dazu fixieren wir $k\in\N$
  und $x\in V_k$ und betrachten die Komponenten
  $f^i(x)-x^i$. Da $x$ und $f(x)$ Punkt in $\mathcal S$ sind, erhalten
  wir
  \[\sum\limits_{i=1}^{n+1}\left(f^i(x)-x^i\right) =1-1 =0.\] Gilt 
  $f^i(x)-x^i=0$ f\"ur alle $1\le i\le n+1$, so ist $x$ ein Fixpunkt
  und die Behauptung folgt. Sonst gibt es ein minimales $i_0$ mit
  $1\le i_0\le n+1$, so dass $f^{i_0}(x)-x^{i_0}<0$ gilt. Dieser Ecke
  $x$ wollen wir die Farbe $i_0$ zuweisen. Dies ist eine F\"arbung wie
  in Theorem \ref{Sperner comb lem}: Geh\"ort n\"amlich $x$ zur
  $l$-ten Seite von $\mathcal S$, so gilt $x^l=0$ und somit $i_0\neq
  l$. Daher k\"onnen wir Theorem \ref{Sperner comb lem} anwenden und
  finden ein kleines $n$-Simplex mit den Ecken
  $y_{k,1},\ldots,y_{k,n+1}\in V_k$ und $n+1$ verschiedenen
  Farben. Nach Umbenennung dieser Ecken d\"urfen wir
  \[f^i(y_{k,i})-y_{k,i}^i<0\]
  f\"ur $i$ mit $1\le i\le n+1$ annehmen. Da die Menge $\mathcal S$
  kompakt ist, konvergiert eine Teilfolge von $(y_{k,1})_{k\in\N}$ zu
  einem Punkt $z\in\mathcal S$. Ohne Einschr\"ankung wollen wir
  annehmen, dass $y_{k,1}\to z$ f\"ur $k\to\infty$ gilt. F\"ur jedes
  $i$ mit $1\le i\le n+1$ impliziert die Durchmesserschranke
  $|y_{k,i}-y_{k,1}|\le\frac1k$. Folglich konvergieren auch die Folgen
  der anderen Ecken und wir erhalten $y_{k,i}\to z$ f\"ur $k\to\infty$
  und jedes $i$ mit $1\le i\le n+1$. Nun gehen wir in den obigen Ungleichungen zum Grenzwert \"uber, nutzen die Stetigkeit von $f$ und erhalten
  \begin{equation}
    \label{z sperner ineq}
    f^i(z)-z^i\le0
  \end{equation}
  f\"ur alle $1\le i\le n$. Wie oben benutzen wir $z,f(z)\in\mathcal
  S$ und folgern $\sum\limits_{i=1}^{n+1}\left(f^i(z)-z^i\right) =1-1
  =0$. Das ist jedoch nur m\"oglich, wenn wir in \eqref{z sperner
    ineq} f\"ur alle $i$ bereits Gleichheit haben, wenn also
  $f^i(z)-z^i=0$ f\"ur alle $1\le i\le n$ gilt. Daher folgt \[f(z)=z\]
  und wir haben, wie behauptet, einen Fixpunkt von $f$ gefunden.
\end{proof}

\subsection{Page Rank Algorithmus und Perron-Frobenius}
\begin{theorem}[Perron-Frobenius]
  Sei $A\in\R^{n\times n}$ mit Eintr\"agen $a^i_j\ge0$,
  $1\le i,j\le n$. Dann gibt es einen Vektor $v\in\R^n\setminus\{0\}$
  mit Eintr\"agen $v^i\ge0$ und $\lambda\in\R$ mit $\lambda\ge0$, so
  dass $v$ ein Eigenvektor von $A$ zum Eigenwert $\lambda$ ist; es
  gilt also $\lambda v=Av$ bzw.
  \[\lambda\cdot v^i=\sum\limits_{j=1}^n a^i_jv^j\quad\text{f\"ur alle
    } 1\le i\le n.\] 
\end{theorem}
\begin{proof}
  Betrachte den abgeschlossenen positiven Orthanten
  \[\Gamma_+:=\left\{x\in\R^n\colon x^i\ge0\text{ f\"ur alle }1\le i\le
      n\right\}.\] Gibt es $w\in \Gamma_+\setminus\{0\}$ mit $Aw=0$,
  so sind wir fertig. Sonst gilt f\"ur alle
  $w\in\Gamma_+\setminus\{0\}$ auch
  $Aw\in\Gamma_+\setminus\{0\}$. Insbesondere gilt
  $Aw\in\Gamma_+\setminus\{0\}$ f\"ur alle
  $x\in\Gamma_+\cap \S^{n-1}$. Somit ist
  \[\Gamma_+\cap \S^{n-1}\ni w\mapsto \frac{Aw}{|Aw|}\in\Gamma_+\cap
    \S^{n-1}\] eine stetige Selbstabbildung. Nun sind
  $\Konv\{e_1,\ldots,e_n\}$ und $\Gamma_+\cap\S^{n-1}$ verm\"oge
  \begin{align*}
    \Konv\{e_1,\ldots,e_n\}\ni w
    &\mapsto \frac{w}{|w|}\equiv \frac{w}{\left(\sum\limits_{i=1}^n
      \left(w^i\right)^2\right)^{1/2}}\in\Gamma_+\cap\S^{n-1} 
      \intertext{und}
      \Gamma_+\cap\S^{n-1}\ni w
    &\mapsto \frac{w}{\sum\limits_{i=1}^n
      w^i}\in\Konv\{e_1,\ldots,e_n\} 
  \end{align*}
  hom\"oomorph zueinander. (Den Nachweis der Stetigkeit und dass diese
  Abbildungen invers zueinander sind, lassen wir als kleine
  \"Ubungsaufgabe.) Somit gibt es nach dem Brouwerschen Fixpunktsatz
  einen Punkt $v\in\Gamma_+\cap\S^{n-1}$ mit $v=\frac{Av}{|Av|}$. Wir
  setzen $\lambda=|Av|\ge0$ und erhalten unsere Behauptung.
\end{proof}

\begin{remark}[Page Rank Algorithmus]
  Ziel ist es, Webseiten eine Wichtigkeit in $\R_{\ge0}$ zuzuordnen,
  so dass Treffer in einer Suchmaschine entsprechend ihrer Wichtigkeit
  angeordnet werden k\"onnen. Grundidee ist, dass eine Webseite mit
  Wichtigkeit $a\ge0$ allen anderen Webseiten, auf die einer ihrer $k$
  Links f\"uhrt, die Wichtigkeit $\frac ak$ vermittelt. F\"ur die
  Zielwebseiten werden diese vermittelten Wichtigkeiten
  aufsummiert. \par Wir nummerieren die Webseiten mit $i$ mit $1\le
  i\le n$ und bezeichnen ihre Wichtigkeiten mit $v^i$. Der Vektor der 
  vermittelten Wichtigkeiten ergibt sich dann als $Av$, wobei
  $A=\left(a^i_j\right)_{1\le i,j\le n}$ ist und, falls von der
  Webseite $j$ genau $k$ Links starten,
  \[
    a^i_j=
    \begin{cases}
      \frac1k,&\text{falls es einen Link \glqq
        $j\to i$\grqq{} gibt},\\
      0&\text{sonst}.
    \end{cases}
  \]
  Idealerweise sollten die Wichtigkeiten und die vermittelten
  Wichtigkeiten \"ubereinstimmen, also $Av=v$ gelten. \par Nach dem
  Satz von Perron-Frobenius gibt es ein $w\in\R^n\cap \Gamma_+$ und
  $\lambda\in\R_{\ge0}$ mit $\lambda w=Aw$. Nach Konstruktion der
  Matrix $A$ gilt
  \[\sum\limits_{i=1}^n w^i = \sum\limits_{i=1}^n (Aw)^i
    =\sum\limits_{i,j=1}^n A^i_jw^j.\] Summieren wir in der
  Eigenwertgleichung auf beiden Seiten, so folgt $\lambda=1$. Daher
  gibt es solch einen Vektor von Wichtigkeiten, der dieselben
  Wichtigkeiten vermittelt. 
\end{remark}

\section{Der Satz von Stone-Weierstra\ss{}}
Wir folgen \cite{Dieudonne}
In diesem Kapitel sei $E$ stets ein kompakter metrischer Raum. Der
Satz von Stone-Weierstra\ss{} ist bereits f\"ur Intervalle $E$
interessant. 
\subsection{Vorbereitungen}
\begin{remark}
  Die Menge der stetigen Funktionen $C^0(E,\R)=C^0(E)$ bilden eine
  $\R$-Algebra:
  \begin{itemize}
  \item Sie sind ein $\R$-Vektorraum und
  \item das Produkt $(f,g)\mapsto f\cdot g$ mit
    $(f\cdot g)(x)=f(x)\cdot g(x)$ ist bilinear.
  \end{itemize}
  Wegen $\Vert f\cdot g\Vert_{C^0}\le\Vert f\Vert_{C^0}\cdot \Vert 
  g\Vert_{C^0}$ ist das Produkt sogar stetig.
\end{remark}

N\"otig: Abschluss ist wieder Algebra? 

\begin{definition}
  Eine Teilmenge $A\subset C^0(E)$ \emph{trennt Punkte}, wenn f\"ur
  alle $x,y\in E$ mit $x\neq y$ ein $f\in A$ mit $f(x)\neq f(y)$
  existiert. 
\end{definition}

Ziel dieses Kapitels ist der Beweis von 
\begin{theorem}[Satz von Stone-Weierstra\ss{}]
  \label{thm:stone-weier}
  \neueZeilealt Sei $E$ ein kompakter metrischer Raum. Sei
  $A\subset C^0(E)$ eine Unteralgebra, die alle konstanten Funktionen
  enth\"alt und Punkte trennt, so ist $A$ dicht in $C^0(E)$.
\end{theorem}

\begin{lemma}
  \label{lem:sqrt-app}
  Es gibt eine monoton wachsende Folge
  $(u_n)_{n\in\N}\subset C^0([0,1])$ reeller Polynome $u_n$, die auf
  $[0,1]$ gleichm\"a\ss{}ig gegen $t\mapsto\sqrt t$ konvergiert.
\end{lemma}
\begin{remark}
  Die Monotonie bedeutet dabei, dass $u_{n+1}(t)\ge u_n(t)$ f\"ur alle
  $t\in[0,1]$ und alle $n\in\N$ gilt. Wir schreiben auch
  $u_{n+1}\ge u_n$.
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis von Lemma \ref{lem:sqrt-app}]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir definieren induktiv $u_0:=0$ und
    \begin{equation}
      \label{eq:sqrt-app}
      u_{n+1}(t):= u_n(t)
      +\frac12\left(t-u_n^2(t)\right)\quad\text{f\"ur }n\ge0.    
    \end{equation}
    Es ist klar, dass alle Funktionen $u_n$ Polynome sind. 
  \item\label{item:un-sqrt} Wir weisen zun\"achst per Induktion nach,
    dass $u_n(t)\le \sqrt t$ f\"ur alle $t\in[0,1]$ und alle $n\in\N$
    gilt.
  \item Induktionsanfang $n=0$: Es gilt $u_0=0$. Daher erhalten wir
    unsere Behauptung f\"ur $n=0$. 
  \item Induktionsschritt: Seien die Behauptung bereits f\"ur $n\in\N$
    nachgewiesen. Wir wollen sie nun f\"ur \glqq $n+1$\grqq{}
    ebenfalls zeigen.  Wegen \eqref{eq:sqrt-app} gilt die Identit\"at
    \begin{align*}
      0\overset!\le\sqrt t-u_{n+1}(t)
      &=\sqrt t-u_n(t) -\frac12\left(t-u_n^2(t)\right)\umbruch\\
      &=\left(\sqrt
        t-u_n(t)\right)\cdot \left(1-\frac12\left(\sqrt
        t+u_n(t)\right)\right)\umbruch\\
      &\equiv A\cdot B. 
    \end{align*}
    Aus der Induktionsannahme $u_n(t)\le\sqrt t$ folgern wir
    $A\ge0$. Weiterhin ist $\sqrt t\le 1$. Somit erhalten wir
    $\sqrt t+u_n(t)\le 2\sqrt t\le 2$ und folglich
    $B\ge1-\frac122=0$. Daher ist $u_{n+1}(t)\le\sqrt t$.
  \item Wir behaupten nun, dass $0\le u_n(t)\le\sqrt t$ f\"ur alle
    $t\in[0,1]$ und alle $n\in\N$ gilt.
  \item Wir behaupten, dass $0\le u_n$ f\"ur alle $n$ gilt und zeigen
    dies ebenfalls per Induktion. Der Induktionsanfang ist wegen
    $u_0=0$ klar.
  \item Induktionsschritt. Gelte $0\le u_n$. Dann erhalten wir
    zusammen mit \eqref{item:un-sqrt} durch Quadrieren $0\le
    u_n^2(t)\le t$ beziehungsweise $t-u_n^2(t)\ge0$. Somit ist nach
    Definition \eqref{eq:sqrt-app} auch $u_{n+1}\ge u_n\ge0$.
  \item Im Induktionsschritt haben wir bereits die Monotonie gezeigt:
    F\"ur alle $n\in\N$ und alle $t\in[0,1]$ gilt $u_{n+1}(t)\ge
    u_n(t)$. 
  \item F\"ur festes $t\in\N$ ist die Folge
    $(u_n(t))_{n\in\N}\subset\R$ monoton wachsend und beschr\"ankt und
    konvergiert daher. Wir k\"onnen daher in der Definition
    \eqref{eq:sqrt-app} zum Grenzwert $n\to\infty$ \"ubergehen und
    erhalten mit $\lim\limits_{n\to\infty} u_n(t)=:v(t)$ die
    Identit\"at $0=t-v^2(t)$. Wegen $v(t)\ge u_0=0$ folgt daher
    $v(t)=\sqrt t$. 
  \item Da $v$ stetig ist und $u_n$ monoton wachsend ist, ist die
    Konvergenz aufgrund des Satzes von Dini wie behauptet
    gleichm\"a\ss{}ig.\qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{lemma}
  \label{lem:betrag-approx}
  Sei $E$ eine Menge, $A\subset C^0(E)$ eine Unteralgebra und
  $f\in A$. Dann ist $|f|\in\overline A$.
\end{lemma}
\begin{proof}
  Wir setzen $a:=\Vert f\Vert_{C^0}$. Betrachte
  $u_n\left(f^2/a^2\right)$. Da die Funktionen $u_n$ Polynome sind,
  liegt auch $u_n\left(f^2/a^2\right)$ in der Algebra. Nach Lemma
  \ref{lem:sqrt-app} ist der gleichm\"a\ss{}ige Grenzwert
  $\left(f^2/a^2\right)^{1/2} =|f|/a$ und liegt in $\overline A$. Dies
  gilt dann auch f\"ur $|f|$ wie behauptet. 
\end{proof}

\begin{lemma}
  \label{lem:inf-sup-approx}
  Sei $E$ eine Menge, $A\subset C^0(E)$ eine Unteralgebra und
  $f,g\in\overline A$. Dann gilt auch
  $\min\{f,g\},\max\{f,g\}\in\overline A$.
\end{lemma}
\begin{proof}
  Es gelten $\max\{f,g\} =\frac12(f+g+|f-g|)$ sowie
  $\min\{f,g\} =\frac12(f+g-|f-g|)$. Nach Lemma
  \ref{lem:betrag-approx} k\"onnen wir $|f-g|$ gleichm\"a\ss{}ig
  approximieren und somit auch $\min\{f,g\}$ und $\max\{f,g\}$.
\end{proof}

\begin{lemma}
  \label{lem:zwei-werte}
  Sei $E$ eine Menge und $A\subset C^0(E)$ eine Unteralgebra, die
  Konstanten enth\"alt und Punkte trennt. Seien $x,y\in E$ mit
  $x\neq y$ und seien $\alpha,\beta\in\R$. Dann gibt es $f\in A$ mit
  $f(x)=\alpha$ und $f(y)=\beta$.
\end{lemma}
\begin{proof}
  Wir d\"urfen ohne Einschr\"ankung annehmen, dass $\alpha\neq\beta$
  gilt; sonst leistet $f\equiv\alpha$ das Gew\"unschte.  Sei $g\in A$
  mit $g(x)\neq g(y)$. Wir definieren $f$ durch
  \[f(z) =\alpha +\frac{\beta-\alpha}{g(y)-g(x)}(g(z)-g(x)),
    \quad\text{f\"ur }z\in E.\] Wir sehen direkt, dass $f$ die
  vorgegebenen Funktionswerte annimmt.
\end{proof}

\begin{lemma}
  \label{lem:gleich-inf-approx}
  Sei $E$ ein kompakter metrischer Raum. Sei $A\subset C^0(E)$ eine
  Unteralgebra, die Konstanten enth\"alt und Punkte trennt. Seien
  $x\in E$, $\epsilon>0$ und $g\in C^0(E)$ beliebig. Dann gibt es eine
  Funktion $f\in A$ mit $f(x)=g(x)$ und $f(y)\le g(y) +\epsilon$ f\"ur
  alle $y\in E$.
\end{lemma}
\begin{proof}
  Nach Lemma \ref{lem:zwei-werte} gibt es zu jedem
  $z\in E\setminus\{x\}$ eine Funktion $h_z\in A$ mit $h_z(x)=g(x)$
  und $h_z(z)\le g(z)+\epsilon/2$. Im Fall $x=z$ gilt eine
  entsprechende Behauptung trivialerweise. Zu jedem $z\in E$ gibt es
  aufgrund der Stetigkeit von $g$ und $h_z$ eine Umgebung $U(z)$ von
  $z$ mit $h_z(y)\le g(y)+\epsilon$ f\"ur alle $y\in U(z)$. Endlich
  viele solche Umgebungen \"uberdecken die kompakte Menge $E$: Es gibt
  $N\in\N$ und Punkte $z_i\in E$, $0\le i\le N$, mit
  $\bigcup\limits_{i=0}^N U(z_i) =E$. Nach Lemma
  \ref{lem:inf-sup-approx} ist auch
  \[f:=\min\limits_{0\le i\le N} h_{z_i}\in\ol A.\] Da jedes $y\in E$
  auch $y\in U(z_{i_0})$ f\"ur ein $i_0\in\N$ mit $0\le i_0\le N$
  erf\"ullt, folgt die Behauptung.
\end{proof}

\subsection{Beweis}
Nach diesen Vorbereitungen k\"onnen wir den Satz von
Stone-Weier"-stra\ss{} beweisen. Dazu gehen wir nochmals \"ahnlich wie
im Beweis von Lemma \ref{lem:gleich-inf-approx} vor. 
\begin{proof}[Beweis von Theorem \ref{thm:stone-weier}]
  Seien $\epsilon>0$ und $f\in C^0(E)$ beliebig. Sei $x\in E$. Dann
  gibt es nach Lemma \ref{lem:gleich-inf-approx} eine Funktion
  $g_x\in A$ mit $g_x(x)=f(x)$ und $g_x(y)\le f(y)+\epsilon$ f\"ur
  alle $y\in E$. Aufgrund der Stetigkeit von $g_x$ und $f$ finden wir
  eine Umgebung $U(x)$ von $x$ mit $g_x(y)\ge f(y)-\epsilon$ f\"ur
  alle $y\in U(x)$. Endlich viele solche Umgebungen \"uberdecken die
  kompakte Menge $E$: Es gibt $N\in\N$ und Punkte $x_i\in E$, $0\le
  i\le N$, mit $\bigcup\limits_{i=0}^N U(x_i)=E$. Nach Lemma
  \ref{lem:inf-sup-approx} ist auch $\phi:=\sup\limits_{0\le i\le N}
  g_{x_i}$ in $\ol A$. Da jedes $y\in E$ zu einer Menge der Form
  $U(x_i)$ geh\"ort, folgt $f(y)-\epsilon\le \phi(y)\le f(y)+\epsilon$
  f\"ur alle $y\in E$. Wir erhalten also $\Vert
  f-\phi\Vert_{C^0(E)}\le\epsilon$. Also gilt $f\in\ol A$ wie
  behauptet. 
\end{proof}

\section{Sardscher Satz und Nullmengen}
\subsection{Nullmengen}

\begin{definition}[Erinnerung]
  Eine Teilmenge $C\subset\R^n$ hat das \emph{Ma\ss{} Null}, wenn es
  zu jedem $\epsilon>0$ eine Folge von W\"urfeln $W_i\subset\R^n$ mit
  $$C\subset\bigcup\limits_{i=1}^\infty W_i\quad\text{und}\quad
  \sum\limits_{i=1}^\infty|W_i|<\epsilon.$$ gibt. Eine Menge
  $C\subset\R^n$ vom Ma\ss{} Null hei\ss{}t \emph{Nullmenge}.
\end{definition}

\begin{remark}\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die abz\"ahlbare Vereinigung von Nullmengen ist wieder eine
    Nullmenge ($2^{-i}\epsilon$-Argument).
  \item Eine \"aquivalente Definition erh\"alt man f\"ur offene oder
    abgeschlossene W\"urfel, Quader oder Kugeln. Auch \"aquivalent ist
    die Definition, wenn man lediglich achsenparallele W\"urfel oder
    Quader betrachtet.    
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{lemma}
  Sei $U\subset\R^m$ offen, $C\subset U$ habe Ma\ss{} Null. Sei
  $f:U\to\R^m$ Lipschitz, dann hat auch $f(C)$ das Ma\ss{} Null.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $L\ge0$ mit $|f(x)-f(y)|\le L\cdot|x-y|$ f\"ur alle $x,y\in
  U$. Sei $\epsilon>0$ und
  \[C\subset\bigcup\limits_{i=1}^\infty W_i \quad\text{mit}
    \quad\sum\limits_{i=1}^\infty|W_i|<\epsilon.\] Habe der W\"urfel
  $W_1$ die Kantenl\"ange $a>0$. Dann gilt
  $\diam(W_1)\le \sqrt n\cdot a$. Aufgrund der Lipschitzstetigkeit
  folgt f\"ur $x,y\in W_1$
  \[|f(x)-f(y)|\le L\cdot|x-y|\le L\cdot\sqrt n\cdot a.\] Fixiere
  $x\in W_1$. Folglich ist $f(W_1)$ in einem W\"urfel $\tilde W_1$ der
  Kantenl\"ange $2\cdot L\cdot \sqrt n\cdot a$ um $f(x)$ enthalten. Es
  folgt
  \[\left|\tilde W_1\right| \le 2^n\cdot L^n\cdot{\sqrt n}^n\cdot a^n
    =2^n\cdot L^n\cdot{\sqrt n}^n\cdot |W_1|\equiv C(n,L)\cdot|W_1|.\]
  Eine analoge Argumentation f\"ur die anderen W\"urfel
  liefert
  \[f(C)\subset f\left(\bigcup\limits_{i=1}^\infty W_i\right)
    =\bigcup\limits_{i=1}^\infty f(W_i)
    \subset\bigcup\limits_{i=1}^\infty \tilde W_i\] und
  \[\sum\limits_{i=1}^\infty \left|\tilde W_i\right| \le C(n,L)\cdot
    \sum\limits_{i=1}^n |W_i| \le C(n,L)\cdot\epsilon.\] Da $C(n,L)$
  eine feste Konstante ist, folgt die Behauptung.
\end{proof}

\subsection{Komplemente von Nullmengen sind dicht}
Hauptanwendung f\"ur Nullmengen hier ist die Aussage, dass das
Komplement einer Nullmenge dicht ist.
\begin{theorem}
  \label{thm:komplement-null-dicht}
  Sei $N\subset\R^n$ eine Nullmenge. Dann ist $\complement N$ dicht in
  $\R^n$. Es gilt also $\overline{\complement N}=\R^n$
  oder \[\forall\,x\in\R^n\,\forall\,\epsilon>0\,\exists\,y\in
  B_\epsilon(0)\colon y\not\in\complement N.\]
\end{theorem}

Als Vorbereitung dazu starten wir mit einer Erinnerung.
\begin{lemma}[Lebesguezahl]
  \label{lem:lebesgue-zahl}
  Sei $X$ ein kompakter metrischer Raum und $(U_i)_{i\in I}$ eine
  offene \"Uberdeckung von $X$. Dann gibt es $\epsilon>0$, so dass
  jede $\epsilon$-Kugel um ein beliebiges $x\in X$ vollst\"andig in
  einer Menge $U_i$ enthalten ist:
  \[\exists\,\epsilon>0\,\forall\,x\in X\,\exists\,i\in I\colon
  B_\epsilon(x)\subset U_i.\] 
\end{lemma}
\begin{proof}
  Falls nicht, so gibt es zu jedem $n\in\N$ ein $x\in X$
  mit \[B_{1/n}(x_n)\not\subset U_i \quad\text{f\"ur beliebige }i\in
  I.\] Da $X$ kompakt ist, gibt es eine Teilfolge von
  $(x_n)_{n\in\N}\subset X$, ohne Einschr\"ankung $(x_n)_{n\in\N}$ und
  ein $x\in X$, so dass \[x_n\to x\quad\text{f\"ur }n\to\infty\]
  gilt. Daher existiert $i\in I$ mit $x\in U_i$. Da $U_i$ offen ist,
  gibt es $\delta>0$ mit $B_\delta(x)\subset U_i$. Sei nun $n\in\N$
  mit $\frac1n\le\frac\delta3$ und $d(x_n,x)\le\frac\delta3$. Dann
  folgt aufgrund der Dreiecksungleichung
  \begin{equation}
    \label{eq:Bnxn-Ui}
    B_{\frac1n}(x_n)\subset B_\delta(x)\subset U_i.
  \end{equation}
  Widerspruch. Die Behauptung folgt.\par Details zu
  \eqref{eq:Bnxn-Ui}: Sei $y\in B_{\frac1n}(x_n)$. Dann gilt aufgrund
  der Dreiecksungleichung
  \[d(y,x)\le d(y,x_n) +d(x_n,x) \le \frac\delta3 +\frac\delta3 <
  \delta.\] Somit ist $y\in B_\delta(x)$.
\end{proof}

\begin{lemma}
  Sei $K=[0,1]^n\subset\R^n$. Seien $Q_i\subset\R^n$, $i\in I$,
  achsenparallele Quader mit positiven Volumina $|Q_i|$, definiert als
  das Produkt ihrer Kantenl\"angen. Ist \[K\subset\bigcup\limits_{i\in
    I}Q_i,\] so folgt
  \[\sum\limits_{i\in I}|Q_i|\ge|K|=1.\]
\end{lemma}
\begin{proof}
  Sei $\epsilon>0$. Dann gibt es zu jedem Quader $Q_i$ einen offenen
  Quader $\tilde Q_i$ mit \[Q_i\subset\tilde Q_i\quad\text{und}\quad
  \left|\tilde Q_i\right| \le(1+\epsilon)\cdot|Q_i|.\] Diese offenen
  Quader finden wir, indem wir s\"amtliche Quaderseiten vorsichtig
  verl\"angern und $|Q_i|>0$ nutzen.\par Da $K$ kompakt ist, gibt es
  endlich viele Quader $\tilde Q_i$, die $K$ \"uberdecken. Gelte ohne
  Einschr\"ankung \[K\subset\bigcup\limits_{i=1}^N \tilde Q_i.\] Wir
  zerlegen nun $[0,1]$ in Teilintervalle $\left[\frac
    jm,\frac{j+1}m\right]$, $0\le j\le m-1$. Betrachte dann beliebige
  kartesische Produkte dieser Teilintervalle. So erhalten wir $m^n$
  W\"urfel mit jeweils gleichem Durchmesser $\sqrt
  n\cdot\frac1m$. \par Sei $\epsilon>0$ die Lebesguezahl der
  \"Uberdeckung $\left(\tilde Q_i\right)_{1\le i\le N}$. Wir fixieren
  nun $m\in\N$ so gro\ss{}, dass $\sqrt n\cdot\frac1m<\epsilon$
  gilt. Jeder solche W\"urfel ist daher in (mindestens) einem Quader
  $\tilde Q_i$ enthalten. Sei $a_i$ die Anzahl solcher W\"urfel, die
  in $\tilde Q_i$ enthalten sind. Dann erhalten
  wir \[\sum\limits_{i=1}^N a_i\ge m^n\quad\text{und}\quad
  \left|\tilde Q_i\right|\ge a_i\cdot\frac1{m^n}\quad\text{f\"ur alle
  }1\le i\le N.\] Zusammengenommen folgt somit
  \[1=\frac{m^n}{m^n} \le\sum\limits_{i=1}^N \frac{a_i}{m^n} \le
  \sum\limits_{i=1}^N \left|\tilde Q_i\right|
  \le(1+\epsilon)\cdot\sum\limits_{i=1}^N |Q_i|
  \le(1+\epsilon)\cdot\sum\limits_{i\in I}|Q_i|.\] Da $\epsilon>0$
  beliebig war, folgt die Behauptung.
\end{proof}

Analog oder durch Skalieren erhalten wir 
\begin{corollary}
  \label{kor:mindest-vol-ueberdeckung}
  Sei $K\subset\R^n$ ein achsparalleler W\"urfel mit Kantenl\"ange
  $L>0$. Seien $Q_i\subset\R^n$, $i\in I$, achsparallele Quader mit
  positiven Volumina $|Q_i|$ und $K\subset\bigcup\limits_{i\in
    I}Q_i$. Dann gilt \[\sum\limits_{i\in I}|Q_i|\ge L^n.\]
\end{corollary}

\begin{proof}[Beweis von Theorem \ref{thm:komplement-null-dicht}]
  Wir benutzen hier, dass wir Nullmengen \"aquivalent mit
  \"Uberdeckungen mit achsparallelen Quadern definieren k\"onnen. Sei
  $N\subset\R^n$ eine Nullmenge. Sei $L>0$. Betrachte eine Zerlegung
  des $\R^n$ in W\"urfel der Form \[W_{a_m}:=\prod\limits_{i=1}^n
  \left[a^i_m\cdot L,\left(a^i_m+1\right)\cdot L\right], \quad
  a_m\in\Z^n,\quad m\in\N.\] Da $N$ eine Nullmenge ist, gibt es eine
  \"Uberdeckung von $N$ durch achsparallele Quader $Q_i$, $i\in I$,
  mit \[\sum\limits_{i\in I} |Q_i| \le\frac12 L^n.\] Nach Korollar
  \ref{kor:mindest-vol-ueberdeckung} \"uberdecken die Quader $Q_i$
  keinen der W\"urfel $W_{a_m}$ vollst\"andig, da diese jeweils das
  Volumen $L^n$ haben. Somit liegt in jedem W\"urfel $W_{a_m}$
  mindestens ein Punkt aus $\complement N$. Da $L>0$ beliebig war, ist
  $\complement N\subset\R^n$ wie behauptet dicht.
\end{proof}

\subsection{Sardscher Satz}
\begin{theorem}[Sard]
  Sei $\Omega\subset\R^n$ offen. Sei $f\colon\Omega\to\R^m$ eine
  $C^k$-Funktion mit $k>\frac mn-1$. Sei $C$ die Menge der kritischen
  Punkte. Dann hat $f(C)$ das Ma\ss{} Null. 
\end{theorem}

Den Sardschen Satz werden wir in \"Ubungen weiterverfolgen. Hier
zeigen wir nur eine einfacher zu zeigende Variante mit $m=n$ und
$k=2$. Der Beweis dazu findet sich beispielsweise in
\cite{GualtieriSard}. % Dort wird allerdings $k=1$ genutzt. 
\begin{theorem}
  [Sardscher Satz bei gleichen Dimensionen]
  Sei $\Omega\subset\R^n$ offen und $f\colon\Omega\to\R^n$ von der
  Klasse $C^2$. Sei $C\subset\Omega$ die Menge der kritischen Punkte
  von $f$. Dann hat $f(C)$ das Ma\ss{} Null. 
\end{theorem}
\begin{proof}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei ohne Einschr\"ankung $I^n\equiv[0,1]^n\subset\Omega$. Wir
    zeigen nur, dass $f\left(C\cap I^n\right)$ eine Menge vom Ma\ss{}
    Null ist. Die allgemeine Aussage folgt daraus, da $\Omega$
    abz\"ahlbare Vereinigung solcher W\"urfel ist und die abz\"ahlbare
    Vereinigung von Nullmengen wieder Nullmengen sind.
  \item Auf der kompakten Menge $I^n$ ist $\Vert Df\Vert$
    beschr\"ankt. Somit gibt es $M\ge0$ mit \[\Vert f(x)-f(y)\Vert \le
      M\cdot\Vert x-y\Vert\quad\text{f\"ur alle }x,y\in I^n.\] 
  \item Sei $c\in C$. Dann gilt $\rang Df(c)<n$. Somit ist das Bild
    von $\R^n\ni x\mapsto f(c)+Df(c)\langle x-c\rangle$ ein affiner
    Unterraum von $\R^n$ von einer Dimension strikt kleiner als
    $n$. Wir k\"onnen daher eine affine Hyperebene $H$ mit
    $f(c)+Df(c)\langle x-c\rangle\subset H$ f\"ur alle $x\in I^n$
    fixieren. Wir definieren nun den Restterm $R(x)$ durch
    \[f(x)=f(c)+Df(c)\langle x-c\rangle +R(x).\] Da $f\in C^2$ ist,
    gibt es nach Taylor ein $C\ge0$ mit
    \[\Vert R(x)\Vert\le C\cdot \Vert x-c\Vert^2\] f\"ur alle
    $x\in I^n$. Zusammengenommen erhalten wir f\"ur $x\in I^n$
    \[d(f(x),H)\le\Vert f(x)-(f(c)-Df(c)\langle x-c\rangle)\Vert
      =\Vert R(x)\Vert \le C\cdot\Vert x-c\Vert^2.\] 
  \item F\"ur $x$ mit $\Vert x-c\Vert\le\epsilon$ liegt $f(x)$ also
    h\"ochstens $C\cdot\epsilon^2$ von $H$ und $M\cdot\epsilon$ von
    $f(c)$ entfernt. Somit liegt das Bild von $\{x\colon\Vert
    x-c\Vert\le\epsilon\}$ in einem Quader vom
    Volumen \[\left(2C\epsilon^2\right)\cdot (2M\epsilon)^{n-1}
      =2^nCM^{n-1}\epsilon^{n+1}.\]  
  \item Sei $h\in\N\setminus\{0\}$. Wir teilen nun $I^n$ in $h^n$
    W\"urfel der Kantenl\"ange $\frac1h$ auf. Betrachte nun nur noch
    W\"urfel, in denen es mindestens einen kritischen Punkt $c\in C$
    gibt. F\"ur $x$ und $c$ im gleichen W\"urfel der Kantenl\"ange
    $\frac1h$ gilt $\Vert x-c\Vert\le\frac{\sqrt{n}}h$. Wir wenden die
    obige Absch\"atzung nun f\"ur jeden der kleinen W\"urfel, die
    einen kritischen Punkt enthalten, an und erhalten mit
    $\epsilon=\frac{\sqrt n}h$, da es maximal $h^n$ solche W\"urfel
    gibt, f\"ur das Gesamtvolumen derer Bilder die obere
    Schranke \[2^n CM^{n-1}\frac{n^{\frac{n+1}2}}{h^{n+1}}\cdot h^n.\]
    Da dies f\"ur $h\to\infty$ gegen Null konvergiert, folgt die
    Behauptung. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\section{Abbildungsgrad}
In diesem Kapitel wollen wir den Brouwergrad f\"ur Abbildungen
zwischen Teilmengen des $\R^n$ untersuchen. Wir w\"ahlen einen
analytischen Zugang und folgen \cite{TomiNLFA}. Einen alternativen
Zugang bietet die algebraische Topologie. Unterschiedliche
Verallgemeinerungen des Abbildungsgrades finden sich in der
Funktionalanalysis oder Topologie.

\subsection{Definition und Eigenschaften}
\begin{definition}[Brouwergrad]
  Sei $\Omega\subset\R^n$ offen und beschr\"ankt,
  \[f\in C^0\left(\ol\Omega,\R^n\right)\cap
    C^1\left(\Omega,\R^n\right).\] Sei
  $y\in\R^n\setminus f(\partial\Omega)$ ein regul\"arer Wert von
  $f|_\Omega$. Dann definieren wir den \emph{Brouwergrad} durch
  \[d(f,\Omega,y):=\sum\limits_{x\in f^{-1}(y)} \sgn\det df(x).\] 
  Manchmal schreibt man auch $\deg(f,\Omega,y)$ statt
  $d(f,\Omega,y)$. 
\end{definition}

Mit Hilfe einer Reihe von Lemmata wollen wir diese Definition auch auf
$C^0$-Funktionen und nicht regul\"are Punkte \"ubertragen.

\begin{remark}
  \label{urbild endl rem}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Zun\"achst einmal ist der Abbildungsgrad definiert, denn die
    Summe ist endlich: Sei $y$ regul\"ar und sei $(x_n)_{n\in\N}$ eine
    Folge aus paarweise verschiedenen Punkten in $f^{-1}(y)$. Da
    $\ol\Omega$ kompakt ist, k\"onnen wir ohne Einschr\"ankung
    annehmen, dass $x_n\to x\in\ol\Omega$ konvergiert. Falls
    $x\in\Omega$ ist, ist $x$ wegen $f(x)=y$ ein regul\"arer Punkt von
    $f$ und somit ist $f$ in einer kleinen Umgebung von $x$
    injektiv. Widerspruch zu $x_n\to x$ und $f(x_n)=f(x)=y$. Ist
    $x\in\partial\Omega$, so liefert die Stetigkeit von $f$, dass auch
    $f(x)=y$ gilt, wir hatten aber $y\not\in f(\partial\Omega)$
    angenommen. Somit ist $f^{-1}(y)$ endlich.
  \item In $\R^n\setminus f(\partial\Omega)$ ist die Menge der
    regul\"aren Werte relativ offen und die Menge der singul\"aren
    Werte relativ abgeschlossen. Nach dem Sardschen Satz ist die Menge
    der regul\"aren Werte auch dicht in $\R^n\setminus
    f(\partial\Omega)$. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{lemma}\label{abl gr kl raum lem}
  Sei $\Omega\subset\R^n$ offen, sei $F\in C^1\left(\Omega\times(a,b),
    \R^n\right)$ und sei $z$ eine nach der Bogenl\"ange
  parametrisierte Kurve (\dh $|z'|=1$) mit $F(z(s))=0$ f\"ur alle
  $s\in(s_0,s_1)$. Schreibe
  $z(s)=(x(s),t(s))\in\Omega\times(a,b)$. Dann gilt \[t'(s)\det
  \begin{pmatrix}
    F_z(z(s))\\ z'(s)
  \end{pmatrix}
  =\det F_x(z(s)).\] 
  Hat $F_z$ den Rang $n$, so ist $\det\begin{pmatrix} F_z\\
    z' \end{pmatrix}\neq 0$. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Aus $F(z(s))=0$ folgt $dF(z(s))\langle z'(s)\rangle=0$ und in
  Komponenten 
  \begin{equation}
    \label{F null diff eq}
    \sum\limits_{l=1}^{n+1} \fracp{F^k}{z^l}\left(z^l\right)'
    \equiv\sum\limits_{l=1}^n\fracp{F^k}{x^l}\left(x^l\right)'
    +\fracp{F^k}tt'=0
  \end{equation}
  f\"ur alle $k=1,\ldots,n$. \par W\"are $\det
  \begin{pmatrix} F_z\\z' \end{pmatrix}=0$ und $\rang F_z=n$, so
  g\"abe es $\lambda_k\in\R$ mit
  $\left(z^l\right)'=\sum\limits_{k=1}^n
  \lambda_k\fracp{F^k}{z^l}$. Somit
  folgte \[1=\sum\limits_{l=1}^{n+1}{\left(z^l\right)'}^2
  =\sum\limits_{k=1}^n\lambda_k \underbrace{ \sum\limits_{l=1}^{n+1}
    \fracp{F^k}{z^l}{\left(z^l\right)}'}_{=0\text{ \eqref{F null diff
        eq}}} =0.\] Widerspruch. \par Auch f\"ur die andere Behauptung
  verwenden wir am Ende \eqref{F null diff eq}.
  \begin{align*}
    t'\cdot\det
    \begin{pmatrix}
      \left(\fracp{F^k}{x^l}\right) &\left(\fracp{F^k}t\right)\\
      \left(\left(x^l\right)'\right) &t'
    \end{pmatrix}
    =&\,
    \det
    \begin{pmatrix}
      \left(\fracp{F^k}{x^l}\right) &\left(\fracp{F^k}tt'\right)\\
      \left(\left(x^l\right)'\right) &(t')^2
    \end{pmatrix}\umbruch\\
    =&\,
    \det
    \begin{pmatrix}
      \left(\fracp{F^k}{x^l}\right)
      &\left(\fracp{F^k}tt'+\sum\limits_{l=1}^n
        \fracp{F^k}{x^l}\left(x^l\right)'\right)\\
      \left(\left(x^l\right)'\right) &(t')^2
      +\sum\limits_{l=1}^n{\left(x^l\right)'}^2
    \end{pmatrix}\umbruch\\
    =&\,
    \det
    \begin{pmatrix}
      \left(\fracp{F^k}{x^l}\right)&0\\
      \left(\left(x^l\right)'\right) &1
    \end{pmatrix}
    =
    \det\left(\fracp{F^k}{x^l}\right). \qedhere
  \end{align*}
\end{proof}

Unter kleinen St\"orungen der Funktion \"andert sich der
Abbildungsgrad nicht. 
\begin{lemma}\label{f stoer abb konst lem}
  Sei $\Omega\subset\R^n$ offen und beschr\"ankt. 
  Seien $f_0,f_1\in C^0\left(\ol\Omega,\R^n\right) \cap
  C^2\left(\Omega,\R^n\right)$. Sei $y\in\R^n\setminus
  f_0(\partial\Omega)$, $\sigma:=\sup\limits_{x\in\ol\Omega}
  |f_0(x)-f_1(x)| <\rho:=\inf\limits_{x\in\partial\Omega}
  |f_0(x)-y|$. Sei $y$ ein regul\"arer Wert von $f_0$ und $f_1$. Dann
  ist \[d(f_0,\Omega,y)=d(f_1,\Omega,y).\]
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \textbf{Vorbemerkung:} Sei $y$ ein regul\"arer Wert von $f$, $f$
  erf\"ulle die Voraussetzungen an $f_i$.  Gelte ohne
  Ein\-schr\"an\-kung $y=0$.  Dann tritt f\"ur ein hinreichend kleines
  $\epsilon>0$ einer der folgenden F\"alle ein:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $f^{-1}(B_\epsilon(y))=\emptyset$
  \item Wir definieren $x_j$ durch $f^{-1}(y)=\{x_1,\ldots,x_m\}$ und
    w\"ahlen Umgebungen $U_j(x_j)$ von $x_j$, so dass
    $f|_{U_j(x_j)}\colon U_j(x_j)\to B_\epsilon(y)$ f\"ur $1\le j\le
    m$ ein Diffeomorphismus ist und $f^{-1}(B_\epsilon(y))
    =U_1(x_1)\dot\cup \ldots \dot\cup U_m(x_m)$ gilt: Nach Bemerkung
    \ref{urbild endl rem} ist das Urbild endlich. Dann gibt es zu
    jedem Punkt $x_j$ eine Umgebung $V_j$, so dass $f|_{V_j}$ ein
    Diffeomorphismus auf das Bild ist. Durch Verkleinern der
    Umgebungen $V_j$ k\"onnen wir ohne Einschr\"ankung annehmen, dass
    diese Mengen paarweise disjunkt sind. Die Mengen $f(V_j)$ sind
    jeweils offene Umgebungen von $y$. Somit ist auch ihr Schnitt eine
    Umgebung von $y$.  W\"ahle nun $\epsilon>0$ so klein, dass
    $B_\epsilon(y)\subset\bigcap\limits_{j=1}^m V_j$ gilt. Wenn wir
    nun $U_j(x_j):=(f|_{V_j})^{-1}(B_\epsilon(y))$ w\"ahlen, folgt die
    Behauptung.
  \end{enumerate}
  In beiden F\"allen ist
  \[d(f,\Omega,y)=d(f,\Omega,z)\quad \text{f\"ur alle }z\in
    B_\epsilon(y).\] Nun zum eigentlichen Beweis: Gelte ohne
  Einschr\"ankung $y=0$. Definiere \[F(x,t):=(1-t)f_0(x) +tf_1(x)\]
  f\"ur $0\le t\le1$ und w\"ahle $\epsilon>0$ so, dass die
  Vorbemerkung f\"ur $f_0$ und f\"ur $f_1$ gilt. W\"ahle einen
  regul\"aren Wert $z$ von $F$ mit
  $|z|<\min\{\epsilon,\rho-\sigma\}$. Wegen $|z|<\epsilon$ ist $z$ ein
  regul\"arer Wert f\"ur $f_0$ und $f_1$. Aufgrund der Vorbemerkung
  erhalten wir $d(f_j,\Omega,0)=d(f_j,\Omega,z)$ f\"ur $j=0,1$. \par
  Die Menge $F^{-1}(z)\cap(\Omega\times[0,1])$ ist kompakt, da f\"ur
  $(x,t)\in\partial\Omega\times[0,1]$
  \[|F(x,t)-z| =|f_0(x)+t(f_1(x)-f_0(x))-z| \ge\rho-\sigma-|z|>0\]
  gilt.  Schreibe $f^{-1}_j(z)=\{x_j^1,\ldots,x_j^{m_j}\}$ f\"ur
  $j=0,1$. Nach Voraussetzung ist $z$ ein regul\"arer Wert von
  $f_0=F(\cdot,0)$ und $f_1=F(\cdot,1)$. Nach dem Satz \"uber
  implizite Funktionen gibt es daher ein $\delta>0$, so dass die
  Mengen $F^{-1}(z)\cap(\Omega\times[0,\delta])$ und
  $F^{-1}(z)\cap(\Omega\times[1-\delta,1])$ entweder leer sind oder
  aus $m_0$ bzw.{} $m_1$ disjunkten $C^1$-Kurven bestehen. Diese
  beschreiben wir als Graphen der Funktionen $\alpha^i_j(t)$, $j=0,1$,
  $i=1,\ldots,m_j$, $0\le t\le\delta$ bzw.{} $1-\delta\le t\le1$. Es
  gilt $\alpha^i_j(j)=x^i_j$. \par
  Nach Voraussetzung ist $z$ auch ein regul\"arer Wert von $F$. Daher
  ist $F^{-1}(z)$ eine kompakte eindimensionale differenzierbare
  Mannigfaltigkeit mit Rand (Benutze, dass $F$ f\"ur ein kleines
  $\zeta>0$ auch f\"ur $t\in(-\zeta,1+\zeta)$ in $z$ regul\"ar
  ist. Das Urbild von $z$ unter der Fortsetzung ist dann eine
  eindimensionale Mannigfaltigkeit. Da $z$ f\"ur $f_0=F(\cdot,0)$ und
  $f_1=F(\cdot,1)$ regul\"ar ist, k\"onnen wir nahe $t=0$ und $t=1$
  jede Zusammenhangskomponente als Graph \"uber der $t$-Achse
  schreiben. Der Rand ist $F^{-1}(z)\cap(\Omega\times\{0,1\})$. Aus
  diesen \"Uberlegungen geht hervor, dass das Urbild genau eine
  Mannigfaltigkeit im sp\"ater noch zu definierenden Sinn ist, dass es
  also lokal diffeomorph zu $[0,1)$ oder $(0,1)$ ist.). Die endlich
  vielen Zusammenhangskomponenten sind also diffeomorph zu $\S^1$ oder
  $[0,1]$. Sei $W$ eine Zusammenhangskomponente von $F^{-1}(z)$, die
  zu $[0,1]$ diffeomorph ist. Wir parametrisieren $W$ nach der
  Bogenl\"ange und erhalten
  $W=\{w(s)=(x(s),t(s))\colon s_0\le s\le s_1\}$. Es gilt
  $t(s_0),t(s_1)\in\{0,1\}$. Weiterhin ist $t'(s_j)\neq0$: Sei
  n\"amlich $t\in [0,\delta]$ oder $t\in [1-\delta,1]$, so ist wegen
  $x(s)=\alpha^i_j(t(s))$
  \[1=|w'(s)|
  =\left|\left(\left(\alpha^i_j\right)'t'(s),t'(s)\right)\right|
  =|t'(x)|\cdot\left|\left(\left(\alpha^i_j\right)',1\right)\right|.\]
  Es treten drei F\"alle auf:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $W$ hat beide Randpunkte in $\Omega\times\{0\}$: Dann gelten
    $t'(s_0)>0$ und $t'(s_1)<0$.
  \item $W$ hat beide Randpunkte in $\Omega\times\{1\}$: Dann gelten
    $t'(s_0)<0$ und $t'(s_1)>0$.
  \item $W$ hat einen Randpunkt in $\Omega\times\{0\}$, ohne
    Einschr\"ankung $w(t(s_0))$, und einen Randpunkt in
    $\Omega\times\{1\}$: Dann gelten $t'(s_0)>0$
    und $t'(s_1)>0$. 
  \end{enumerate}
  Auf der Menge $F^{-1}(z)$ hat $dF$ den Rang $n$. Somit kann sich
  nach Lemma \ref{abl gr kl raum lem} das Vorzeichen von
  $\det\begin{pmatrix}F_z\\ z'\end{pmatrix} =\det\begin{pmatrix}dF\\
    z'\end{pmatrix}$ auf einer Zusammenhangskomponente $W$ nicht
  \"andern. Mit Lemma \ref{abl gr kl raum lem} folgt daher aufgrund
  des ggf.{} auftretenden Vorzeichenwechsels zwischen $t'(s_0)$ und
  $t'(s_1)$ in den jeweiligen F\"allen
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\sgn\det F_x(x(s_0),0)=-\sgn\det F_x(x(s_1),0)$,
  \item $\sgn\det F_x(x(s_0),1)=-\sgn\det F_x(x(s_1),1)$,
  \item $\sgn\det F_x(x(s_0),0)=\sgn\det F_x(x(s_1),1)$.
  \end{enumerate}
  Nun ist $F_x(x,j)=df_j(x)$ f\"ur $j=0,1$. Aufsummieren in der
  Definition des Abbildungsgrades liefert daher
  \[d(f_0,\Omega,z)=d(f_1,\Omega,z).\] Da diese Abbildungsgrade nach
  \"Uberlegungen von oben mit denen im Ursprung \"ubereinstimmen,
  folgt die Behauptung. 
\end{proof}

Mit Hilfe dieses Lemmas k\"onnen wir den Abbildungsgrad f\"ur
beliebige, \dh nicht notwendigerweise regul\"are, Werte definieren.
\begin{definition}
  Sei $\Omega\subset\R^n$ offen und beschr\"ankt.  Sei \[f\in
  C^0\left(\ol\Omega,\R^n\right)\cap C^2\left(\Omega,\R^n\right)\] und
  sei $y\in\R^n\setminus f(\partial\Omega)$. Dann definieren
  wir \[d(f,\Omega,y):=d(f,\Omega,z),\] wobei $z$ ein regul\"arer Wert
  von $f$ mit
  $|z-y|<\frac13\dist(y,f(\partial\Omega))\equiv\frac13\rho$ ist.
\end{definition}

\begin{lemma}\label{y nicht reg lem}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $d(f,\Omega,z)$ ist unabh\"angig von der speziellen Wahl von
    $z$.
  \item Lemma \ref{f stoer abb konst lem} gilt ohne die Voraussetzung,
    dass $y$ regul\"ar ist. 
  \end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Seien $z_0,z_1$ regul\"are Werte von $f$ und gelte
    $|z_j-y|<\frac13\rho$. Setze $f_j:=f-z_j$. Dann folgt
    $d(f,\Omega,z_j)=d(f_j,\Omega,0)$ f\"ur $j=0,1$. Es gilt
    \begin{align*}
      \sigma:=&\,\sup\limits_{x\in\ol\Omega}|f_0(x)-f_1(x)| =|z_0-z_1|
      \le|z_0-y|+|y-z_1| <\tfrac23\rho
      \intertext{und f\"ur $x\in\partial\Omega$ ist}
      |f_0(x)|=&\,|f(x)-z_0| \ge|f(x)-y|-|y-z_0| \ge\rho-\tfrac13\rho
      =\tfrac23\rho.  
    \end{align*}
    Nach Lemma \ref{f stoer abb konst lem} folgt daher
    $d(f_0,\Omega,0)=d(f_1,\Omega,0)$. Zusammengenommen folgt die
    Behauptung.
  \item Sei $y\not\in f_0(\partial\Omega)$. Damit gilt aufgrund der
    Voraussetzungen von Lemma \ref{f stoer abb konst lem} auch
    $y\not\in f_1(\partial\Omega)$. W\"ahle einen regul\"aren Wert
    $\tilde y$ f\"ur $f_0$ und $f_1$ mit $|\tilde
    y-y|<\frac13\dist(y,f_j(\partial\Omega))$, $j=0,1$ und (die
    folgende Ungleichung gilt nach Voraussetzung von Lemma \ref{f
      stoer abb konst lem} bereits f\"ur $y$ statt $\tilde
    y$) \[\sup\limits_\Omega|f_0-f_1|=:\sigma<\dist(\tilde
    y,f_0(\partial\Omega)).\] Nach Lemma \ref{f stoer abb konst lem}
    und nach der Definition des Abbildungsgrades f\"ur nicht
    regul\"are Werte
    folgt \[d(f_0,\Omega,y)\overset{\text{Def.}}{=\!=\!=}
    d(f_0,\Omega,\tilde y) \overset{\text{Lem.}}{=\!=\!=}
    d(f_1,\Omega,\tilde y) \overset{\text{Def.}}{=\!=\!=}
    d(f_1,\Omega,y).\qedhere\]
  \end{enumerate}
\end{proof}

Wir erweitern die Definition auch auf stetige Abbildungen.
\begin{definition}
  Sei $\Omega\subset\R^n$ offen und beschr\"ankt. Sei $f\in
  C^0\left(\ol\Omega,\R^n\right)$ und sei $y\in\R^n\setminus
  f(\partial\Omega)$, so definieren
  wir \[d(f,\Omega,y):=d(f_0,\Omega,y),\] wobei $f_0\in
  C^\infty\left(\R^n,\R^n\right)$ mit $\sup\limits_{x\in\Omega}
  |f(x)-f_0(x)|<\frac13\dist(y,f(\partial\Omega))$ ist.  
\end{definition}

\begin{lemma}\label{stet fkt abb gr lem}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Der Abbildungsgrad f\"ur stetige Funktionen ist wohldefiniert,
    h\"angt also nicht von der speziellen Wahl der glatten Funktion
    ab. 
  \item Lemma \ref{f stoer abb konst lem} gilt auch f\"ur $f_0,f_1\in
    C^0\left(\ol\Omega,\R^n\right)$ und nicht notwendigerweise
    regul\"are Werte. 
  \end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Seien $f_0,f_1\in C^\infty\left(\R^n,\R^n\right)$ mit
    $\sup\limits_{x\in\Omega} |f(x)-f_i(x)|
    <\frac13\dist(y,f(\partial\Omega)) =:\frac13\rho$, $i=0,1$. Es
    folgt $\sup\limits_\Omega |f_0(x)-f_1(x)|<\frac23\rho$.  Weiterhin
    gilt
    \[\dist(y,f_i(\partial\Omega)) \ge\dist(y,f(\partial\Omega))
    -\sup\limits_\Omega|f-f_i| >\rho-\tfrac13\rho =\tfrac23\rho\]
    f\"ur $i=0,1$.  Nach Lemma \ref{y nicht reg lem} folgt
    $d(f_0,\Omega,y)=d(f_1,\Omega,y)$. Wir erhalten die
    Wohldefiniertheit.
  \item Seien $f_0,f_1\in C^0\left(\ol\Omega,\R^n\right)$ und sei
    $y\in\R^n\setminus f_0(\partial\Omega)$
    mit \[\sigma:=\sup\limits_\Omega|f_0-f_1|
    <\dist(y,f_0(\partial\Omega))=:\rho.\] Somit ist
    $\dist(y,f_1(\partial\Omega))\ge\rho-\sigma>0$.\par
    W\"ahle nun $\tilde f_0,\tilde f_1\in
    C^\infty\left(\R^n,\R^n\right)$ mit $\sup\limits_\Omega
    \big|f_j-\tilde f_j\big| <\frac13(\rho-\sigma)$,
    also \[\sup\limits_\Omega \big|f_j-\tilde f_j\big|
    <\tfrac13\dist(y,f_j(\partial\Omega))\quad\text{f\"ur }j=0,1.\]
    Wir erhalten
    \begin{align*}
      \sup\limits_\Omega\big|\tilde f_0-\tilde f_1\big|
      \le&\,\sup\limits_\Omega\big|\tilde f_0-f_0\big|
      +\sup\limits_\Omega|f_0-f_1| +\sup\limits_\Omega\big|f_1-\tilde
        f_1\big|\\
      <&\,\tfrac13(\rho-\sigma)+\sigma+\tfrac13(\rho-\sigma)
      =\tfrac23\rho+\tfrac13\sigma
      \intertext{und}
      \dist\big(y,\tilde f_0(\partial\Omega)\big)
      \ge&\,\dist(y,f_0(\partial\Omega))
      -\sup\limits_\Omega\big|f_0-\tilde f_0\big|\\
      >&\,\rho-\tfrac13(\rho-\sigma) =\tfrac23\rho+\tfrac13\sigma. 
    \end{align*}
    Wir erhalten insgesamt mit Lemma \ref{y nicht reg lem}
    \[d(f_0,\Omega,y) \overset{\text{Def.}}{=\!=\!=} d\left(\tilde
      f_0,\Omega,y\right) \overset{\text{Lem.}}{=\!=\!=}  d\left(\tilde
      f_1,\Omega,y\right) \overset{\text{Def.}}{=\!=\!=} d(f_1,\Omega,y).
    \qedhere\]
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{definition}[Homotopie]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Seien $X,Y$ topologische R\"aume und $f,g\colon X\to Y$
    stetige Abbildungen. Dann hei\ss{}t eine stetige Abbildung
    $\Phi\colon X\times[0,1]\to Y$ mit $\Phi(\cdot,0)=f$ und
    $\Phi(\cdot,1)=g$ eine \emph{Homotopie} von $f$ nach $g$. 
  \item Gibt es eine Homotopie von $f$ nach $g$, so hei\ss{}en die
    Abbildungen $f$ und $g$ \emph{homotop} zueinander.
  \item Die \emph{Homotopieklasse} einer stetigen Abbildung
    $f\colon X\to Y$ besteht aus allen stetigen Abbildungen
    $g\colon X\to Y$, so dass $f$ und $g$ homotop zueinander sind.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{theorem}[Eigenschaften des Brouwer-Grades]
  Sei $\Omega\subset\R^n$ offen und beschr\"ankt. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ist $F\in C^0\left(\ol\Omega\times[0,1],\R^n\right)$ eine
    Homotopie und $y\not\in F(\partial\Omega\times[0,1])$, so ist
    $d(F(\cdot,t),\Omega,y)$ von $t$ unabh\"angig. \hfill
    (Homotopieinvarianz) 
  \item Ist $f\in C^0\left(\ol\Omega,\R^n\right)$ und
    $y\in\R^n\setminus f(\partial\Omega)$, so ist
    $d(f,\Omega,y)=d(f-y,\Omega,0)$ und $d(f,\Omega,\cdot)$ ist auf
    jeder Zusammenhangskomponente von $\R^n\setminus
    f(\partial\Omega)$ konstant. 
  \item\label{brouwer eig iii} Ist $y\in\R^n\setminus
    f(\partial\Omega)$ und $d(f,\Omega,y)\neq0$, so existiert
    $x\in\Omega$ mit $f(x)=y$.
  \item Sei $\Omega=\Omega_1\dot\cup\Omega_2$ mit disjunkten offenen
    Mengen $\Omega_i$ und ist $y\in\R^n\setminus
    f(\partial\Omega_1\cup\partial\Omega_2)$, so ist \[d(f,\Omega,y)
    =d(f,\Omega_1,y) +d(f,\Omega_2,y).\] 
  \item Sei $A\subset\ol\Omega$ abgeschlossen und $y\in\R^n\setminus
    f(\partial\Omega\cup A)$. Dann
    ist \[d(f,\Omega,y)=d(f,\Omega\setminus A,y).\]
    (Ausschneidungseigenschaft)
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Da $\partial\Omega\times[0,1]$ kompakt ist und $F$ stetig ist,
    ist $\rho:=\dist(y,F(\partial\Omega\times[0,1]))>0$. Da $F$ auf
    $\ol\Omega\times[0,1]$ gleichm\"a\ss{}ig stetig ist, gibt es ein
    $\delta>0$, so dass f\"ur alle $t,t_0\in[0,1]$ mit
    $|t-t_0|<\delta$ \[\sup\limits_\Omega|F(x,t)-F(x,t_0)|<\rho\]
    gilt. Nach Lemma \ref{stet fkt abb gr lem}
    ist \[d(F(\cdot,t),\Omega,y)=d(F(\cdot,t_0),\Omega,y)\] f\"ur
    solche $t_0,t$. Die Behauptung folgt. 
  \item Die Behauptung $d(f,\Omega,y)=d(f-y,\Omega,0)$ ist f\"ur $f\in
    C^2$ und regul\"are Werte $y$ von $f$ trivial. Der allgemeine Fall
    folgt daher mit Lemma \ref{y nicht reg lem} und Lemma \ref{stet
      fkt abb gr lem}. \par Zur Konstanz auf Zusammenhangskomponenten:
    Seien $y_0,y_1\in\R^n\setminus f(\partial\Omega)$ Punkte in
    derselben Zusammenhangskomponente von $\R^n\setminus
    f(\partial\Omega)$ . Sei nun $\gamma\colon[0,1]\to\R^n\setminus
    f(\partial\Omega)$ ein stetiger Weg mit $\gamma(0)=y_0$ und
    $\gamma(1)=y_1$. Setze $F(x,t):=f(x)-\gamma(t)$. Dann ist
    $0\not\in F(\partial\Omega\times[0,1])$, also folgt aufgrund der
    Homotopieinvarianz des Abbildungsgrades 
    \begin{align*} 
      d(f,\Omega,y_0) =&\,d(f-y_0,\Omega,0) =d(f-\gamma(0),\Omega,0)
      =d(F(\cdot,0),\Omega,0)\\ =&\,d(F(\cdot,1),\Omega,0)
      =d(f-y_1,\Omega,0) =d(f,\Omega,y_1).
    \end{align*}
  \item Sei $y\not\in f\left(\ol\Omega\right)$. Setze
    $\rho:=\dist\left(y,f\left(\ol\Omega\right)\right)>0$. W\"ahle
    $f_0\in C^\infty\left(\R^n,\R^n\right)$ mit
    $\sup\limits_\Omega|f_0-f|<\frac13\rho$. Dann ist $d(f,\Omega,y)
    =d(f_0,\Omega,y)$ nach Lemma \ref{stet fkt abb gr lem} und es gilt
    $\dist\left(y, f_0\left(\ol\Omega\right)\right)
    >\frac23\rho$. W\"ahle einen regul\"aren Wert $y_0$ von $f_0$ mit
    $|y-y_0|<\frac29\rho$. Nach Lemma \ref{y nicht reg lem} ist
    $d(f_0,\Omega,y) =d(f_0,\Omega,y_0)$ und
    $\dist\left(y_0,f_0\left(\ol\Omega\right)\right)
    >\frac23\rho-\frac29\rho>0$. Daher ist $d(f_0,\Omega,y_0)=0$, denn
    $y_0$ besitzt in der allerersten Definition des Abbildungsgrades
    keine Urbilder in $\ol\Omega$. Somit ist auch
    $d(f,\Omega,y)=0$. 
  \item Dies ist f\"ur $f\in C^0\left(\ol\Omega,\R^n\right)\cap
    C^1\left(\Omega,\R^n\right)$ und einen regul\"aren Wert $y$
    trivial und folgt sonst mit Hilfe von Lemma \ref{y nicht reg lem}
    und Lemma \ref{stet fkt abb gr lem}.
  \item Es ist $\partial(\Omega\setminus A)\subset\partial\Omega\cup
    A$. Da $y\not\in f(\partial(\Omega\setminus A))$ ist, ist
    $d(f,\Omega\setminus A,y)$ wohldefiniert. Da weiterhin
    $\partial\Omega\cup A$ kompakt ist, ist $\rho :=\dist(y,
    f(\partial\Omega\cup A))>0$. W\"ahle nun $f_0\in
    C^\infty\left(\R^n,\R^n\right)$ mit $\sup\limits_\Omega
    |f-f_0|<\frac13\rho$ und einen regul\"aren Wert $y_0$ von $f_0$
    mit $|y-y_0|<\frac29\rho$. Wie im Beweis von Teil \eqref{brouwer
      eig iii} folgt $d(f,\Omega\setminus A,y)=d(f_0,\Omega\setminus
    A,y_0)$. Aus $y_0\not\in f_0(\partial\Omega\cup A)$ folgt die
    erste Gleichheit in \[d(f_0,\Omega,y_0) =d(f_0,\Omega\setminus
    A,y_0) =d(f,\Omega\setminus A,y).\qedhere\]
  \end{enumerate}
\end{proof}

Die Homotopieinvarianz impliziert, dass $d(f,\Omega,y)$ nicht von $f$
insgesamt sondern nur von $f|_{\partial\Omega}$ abh\"angt.
\begin{corollary}
  Sei $\Omega\subset\R^n$ offen und beschr\"ankt. Seien $f_0,f_1\in
  C^0\left(\ol\Omega,\R^n\right)$ mit
  $f_0|_{\partial\Omega}=f_1|_{\partial\Omega}$. Dann
  gilt \[d(f_0,\Omega,y) =d(f_1,\Omega,y)\] f\"ur $y\not\in
  f_0(\partial\Omega)=f_1(\partial\Omega)$. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Wende die Homotopieinvarianz auf die Homotopie
  $F(x,t)=(1-t)f_0(x)+tf_1(x)$ an und ber\"ucksichtige, dass
  $F(x,t)=f_0(x)=f_1(x)$ f\"ur alle $(x,t)\in \partial\Omega
  \times[0,1]$ gilt. 
\end{proof}

\subsection{Anwendungen des Abbildungsgrades}
\begin{theorem}[Brouwerscher Fixpunktsatz]
  Sei $f\colon\ol{B_1(0)}\to\ol{B_1(0)}$ stetig. Dann besitzt $f$
  einen Fixpunkt, \dh es gibt ein $x\in B_1(0)$ mit $f(x)=x$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Definiere $F(x,t):=x-tf(x)$ f\"ur
  $(x,t)\in\ol{B_1(0)}\times[0,1]$. F\"ur $|x|=1$ und $0\le t<1$ ist
  $|F(x,t)|\ge1-t>0$. Nehme an, dass $f$ keinen Fixpunkt auf $\partial
  B_1(0)$ besitzt. Dann gilt $F(x,t)\neq0$ f\"ur $(x,t)\in\partial
  B_1(0)\times[0,1]$. Somit ist aufgrund der Homotopieinvarianz des
  Abbildungsgrades \[d(\id-f,B_1(0),0) =d(\id,B_1(0),0) =1\neq0\] und
  somit existiert ein $x\in B_1(0)$ mit $(\id-f)(x)=0$. 
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei $X$ hom\"oomorph zu $\ol{B_1(0)}$. Dann besitzt jede stetige
  Abbildung $f\colon X\to X$ eine Fixpunkt. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ubung. 
\end{proof}

% \begin{theorem}[Perron-Frobenius]
%   Sei $A=\left(a^i_j\right)_{1\le i,j\le n}$ mit $a^i_j\ge0$ f\"ur
%   alle $1\le i,j\le n$. Dann gibt es $\lambda\ge0$ und $x\neq0$ mit
%   $x^i\ge0$ f\"ur alle $1\le i\le n$, so dass $Ax=\lambda x$.
% \end{theorem}
% \begin{proof}[Beweis]
%   Setze $D:=\S^{n-1}\cap\{x\in\R^n\colon x^i\ge0\text{ f\"ur alle
%   }1\le i\le n\}$. $D$ ist hom\"oomorph zu $\ol{B^{n-1}(0)}$. Sei ohne
%   Einschr\"ankung $Ax\neq0$ f\"ur alle $x\in D$, denn sonst folgt die
%   Behauptung direkt f\"ur ein $x_0\in D$ mit $Ax_0=0$ und $\lambda=0$.
%   Definiere $f\colon D\to D$ durch $f(x):=\frac{Ax}{|Ax|}$. Dann
%   besitzt $f$ einen Fixpunkt $x_0$ und die Behauptung folgt aus
%   $\lambda x_0 \equiv|Ax_0|x_0=Ax_0$.
% \end{proof}

\begin{theorem}
  Sei $n$ ungerade. Sei $\Omega\subset\R^n$ offen und beschr\"ankt,
  $0\in\Omega$. Sei $f\colon\partial\Omega\to\R^n\setminus\{0\}$
  stetig. Dann gibt es $x\in\partial\Omega$ und $\lambda\neq0$, so
  dass $f(x)=\lambda x$ gilt. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei ohne Einschr\"ankung $f$ zu $f\in
  C^0\left(\ol\Omega,\R^n\right)$ fortgesetzt. Da $n$ ungerade ist,
  gilt $d(-\id,\Omega,0)=-1$. Ist $d(f,\Omega,0)\neq-1$, so besitzt
  die Homotopie $H(x,t):=(1-t)f(x)+t(-x)$ eine Nullstelle
  $(x_0,t_0)\in\partial\Omega\times(0,1)$. Es folgt
  $f(x_0)=\frac{t_0}{1-t_0}x_0$. Ist $d(f,\Omega,0)=-1$, so wenden wir
  dasselbe Argument mit der Identit\"at und $H(x,t):=(1-t)f(x)+tx$ an.
\end{proof}

\begin{corollary}[Satz vom Igel]
  Sei $n$ ungerade. Sei $V\colon\partial B_1(0)\to\R^n$ ein stetiges
  tangentiales Vektorfeld an die Sph\"are, \dh gelte $\langle
  V(x),x\rangle=0$ f\"ur alle $x\in\partial B_1(0)$. Dann besitzt $V$
  eine Nullstelle.
\end{corollary}

\begin{remark}
  Ist $n$ gerade, so gibt es ein nicht verschwindendes tangentiales
  Vektorfeld auf $\S^{n-1}$,
  n\"amlich \[V\left(x^1,\ldots,x^{2m}\right)
  =\left(-x^2,x^1,-x^4,x^3,\ldots,-x^{2m},x^{2m-1}\right).\]
\end{remark}

\begin{definition}[Abbildungsgrad f\"ur Sph\"aren]
  Sei $f\colon\S^{n-1}\to\S^{n-1}$ stetig und $\tilde f\colon
  \ol{B^n_1(0)}\to\ol{B^n_1(0)}$ sei eine stetige Fortsetzung von $f$,
  \zB
  \[
    \tilde f(x):=
    \begin{cases}
      |x|f\big(\frac x{|x|}\big),&x\neq0,\\
      0,&x=0. 
    \end{cases}
  \]
  Definiere den \emph{Grad} von $f$, $\deg(f)$,
  durch \[\deg(f):=d\big(\tilde f,B_1(0),0\big).\]
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile  
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Seien $\tilde f_0$ und $\tilde f_1$ zwei verschiedene
    Fortsetzungen von $f$. Dann ist $H(x,t):=(1-t)\tilde f_0(x)
    +t\tilde f_1(x)$ eine Homotopie zwischen diesen beiden
    Fortsetzungen mit festen Randwerten. Somit ist $d\big(\tilde
      f_0,B_1(0),0\big) =d\big(\tilde f_1,B_1(0),0\big)$ und
    $\deg f$ ist wohldefiniert.
  \item Seien $f_0,f_1\colon\S^{n-1}\to\S^{n-1}$ zwei homotope
    Abbildungen. Setzen wir eine Homotopie $F(x,t)$,
    $(x,t)\in\S^{n-1}\times[0,1]$ mit $F(\cdot,0)=f_0$ und
    $F(\cdot,1)=f_1$ zu einer Homotopie $\tilde F(x,t)$, $(x,t)\in
    \ol{B_1(0)}\times[0,1]$, fort, so folgt \[\deg f_0 =d\big(\tilde
    F(\cdot,0),B_1(0),0\big) =d\big(\tilde F(\cdot,1),B_1(0),0\big)
    =\deg f_1.\] Somit h\"angt $\deg f$ nur von der Homotopieklasse
    von $f$ ab.
  \item F\"ur $f\colon\S^{n-1}\to\S^{n-1}$ besteht $\R^n\setminus
    f\left(\S^{n-1}\right)\supset\R^n\setminus\S^{n-1}$ wegen
    $f\left(\S^{n-1}\right)\subset\S^{n-1}$ aus maximal zwei
    Zusammenhangskomponenten. Handelt es sich um nur eine
    Zusammenhangskomponente, so ist $f$ nicht surjektiv und es gilt
    $\deg f=0$. Die Umkehrung ist i.\,a.{} falsch (warum?). 
  \end{enumerate}
\end{remark}

Der Abbildungsgrad charakterisiert eine Abbildung $f\colon\S^{n-1}
\to\S^{n-1}$ sogar bis auf Homotopie.
\begin{theorem}[Satz von Hopf]\label{satz von hopf}
  Seien $f,g\colon\S^n\to\S^n$ stetig. Dann sind $f$ und $g$ genau
  dann homotop, wenn $\deg f=\deg g$ gilt. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Siehe \cite[Kor. 4.25]{Hatcher}. (Dort wird unter Verwendung von
  Homotopietheorie gezeigt, dass $\pi_n\left(\S^n\right)\cong\Z$
  gilt.)
\end{proof}

\begin{theorem}[Produktsatz von Leray]\label{leray prod thm}
  Sei $\Omega\subset\R^n$ offen und beschr\"ankt. Sei $f\in
  C^0\left(\ol\Omega,\R^n\right)$ und seien $Z_0,Z_1,\ldots$ die
  Zusammenhangskomponenten von $\R^n\setminus f(\partial\Omega)$. Sei
  $Z_0$ die unbeschr\"ankte Komponente. Sei $g\in
  C^0\left(\R^n,\R^n\right)$ eigentlich (\dh Urbilder kompakter Mengen
  sind kompakte $\Longleftrightarrow$ $|g(x)|\to\infty$ f\"ur
  $|x|\to\infty$). Sei $y\in\R^n\setminus(g\circ
  f(\partial\Omega))$. Dann ist $y\not\in g(\partial Z_i)$ und es
  gilt \[d(g\circ f,\Omega,y) =\sum\limits_{i\ge1} d(g,Z_i,y)\cdot
  d(f,\Omega,Z_i),\] wobei $d(f,\Omega,Z_i)$ den konstanten Wert von
  $d(f,\Omega,\cdot)$ auf $Z_i$ bezeichnet.
\end{theorem}
Die wesentliche Beweisidee ist, geeignet zu approximieren und 
Kettenregel und Determinantenmultiplikationssatz zu verwenden. 
\begin{proof}[Beweis]
  Beachte zun\"achst, dass $d(f,\Omega,Z_0)=0$ ist, da $Z_0$
  unbeschr\"ankt und $f(\Omega)$ beschr\"ankt ist, siehe Eigenschaft
  \eqref{brouwer eig iii} des Brouwer-Grades. \par Wegen $\partial
  Z_i\subset f(\partial\Omega)$ folgt $y\not\in g(\partial Z_i)$ f\"ur
  alle $i$. Setze $\rho:=\dist(y,g\circ f(\partial\Omega))>0$. Dann
  ist $\dist(y,g(\partial Z_i))\ge\rho$ f\"ur alle $i$. Es ist
  $g^{-1}(\{y\})\equiv g^{-1}(y)\subset\bigcup\limits_{i\ge1}Z_i$. Da
  $g^{-1}(y)$ kompakt ist, existiert $m$, so dass
  $g^{-1}(y)\subset\bigcup\limits_{i=1}^m Z_i$ gilt. Somit ist
  $d(g,Z_i,y)=0$ f\"ur $i>m$ und die obige Summe ist
  endlich. (Beachte, dass die Anzahl der Zusammenhangskomponenten
  selbst f\"ur $f\in C^\infty$ nicht endlich zu sein braucht.)
  W\"ahle $R>0$, so dass $f\left(\ol\Omega\right)\subset B_R(0)$ gilt.
  W\"ahle $g\in C^\infty\left(\R^n,\R^n\right)$ eigentlich mit
  $\sup\limits_{|x|\le R}|g(x)-g_0(x)|<\rho$. Es folgt
  $\sup\limits_{x\in\Omega} |g\circ f(x)-g_0\circ
  f(x)|<\rho$. Weiterhin folgt $y\not\in
  g_0(f(\partial\Omega))$. Aufgrund der Homotopieinvarianz erhalten
  wir $d(g\circ f,\Omega,y) =d(g_0\circ f,\Omega,y)$ und
  $d(g,Z_i,y)=d(g_0,Z_i,y)$ f\"ur alle $i\ge1$. Daher wollen wir ohne
  Einschr\"ankung $g\in C^\infty \left(\R^n, \R^n\right)$
  annehmen. \par Es ist $g^{-1}(y)\cap f(\partial\Omega)=\emptyset$
  und $g^{-1}(y)$ ist kompakt. Daher ist
  \[\delta:=\dist\left(g^{-1}(y),f(\partial\Omega)\right)>0.\] Wegen
  $\partial Z_i\subset f(\partial\Omega)$ folgt insbesondere auch
  $\dist\left(g^{-1}(y),\partial Z_i\right)\ge\delta$. Definiere
  $V_i:= B_{\delta/2}\left(Z_i\cap g^{-1}(y)\right)\subset Z_i$. Dann
  gelten $V_i=\emptyset$ f\"ur $i>m$ und $V_i\cap V_j=\emptyset$ f\"ur
  $i\neq j$. Aufgrund der Ausschneidungseigenschaft erhalten wir
  \begin{align}
    \label{prod satz eins}
    d(g,Z_i,y) =&\,d(g,V_i,y).  \intertext{und}
    \dist(V_i,f(\partial\Omega))\ge&\,\tfrac\delta2.
    \label{prod satz stern}
  \end{align}
  W\"ahle jetzt $f_0\in C^\infty\left(\R^n,\R^n\right)$ mit
  \begin{align*}
    \sup\limits_\Omega|f(x)-f_0(x)|<&\,\frac\delta2
    \intertext{und}
    \sup\limits_\Omega|g\circ f(x)-g\circ f_0(x)|<&\,
    \rho=\dist(y,g\circ f(\partial\Omega)). 
  \end{align*}
  Aufgrund der Homotopieinvarianz und \eqref{prod satz stern} erhalten
  wir
  \begin{align}
    \label{prod satz zwei}
    d(g\circ f,\Omega,y)=&\,d(g\circ f_0,\Omega,y)
    \intertext{und}
    d(f,\Omega,Z_i)=&\,d(f,\Omega,v)=d(f_0,\Omega,v) \quad \text{f\"ur
      alle }v\in V_i.
    \label{prod satz drei}
  \end{align}
  W\"ahle einen regul\"aren Wert $y_0$ von $g\circ f_0$ so nahe bei
  $y$, so dass $g^{-1}(y_0)\subset\bigcup\limits_{i=1}^mV_i$,
  \begin{align}
    \label{prod satz vier}
    d(g,V_i,y)=&\,d(g,V_i,y_0)\\
    \intertext{und}
    \label{prod satz fuenf}
    d(g\circ f_0,\Omega,y)=&\,d(g\circ f_0,\Omega,y_0)
  \end{align}
  gelten. Nach Kettenregel gilt $d(g\circ f_0)(x) =dg(f_0(x))\cdot
  df_0(x)$. Da $y_0$ ein regul\"arer Wert von $g\circ f_0$ ist, ist
  $y_0$ auch ein regul\"arer Wert von $g$ (Kettenregel). Setze
  $g^{-1}(y_0)=:\{z_1,\ldots,z_N\}$. Weiterhin sind die Punkte $z_i$
  f\"ur $f$ regul\"ar (wieder Kettenregel). Wir setzen $f^{-1}_0(z_j)
  \cap\Omega =\{x_{jk}\colon k=1,\ldots,M_j\}$. Somit erhalten wir
  \begin{align*}
    d(g\circ f,\Omega,y)\overset{\eqref{prod satz zwei},\eqref{prod
        satz fuenf}}{=\!=\!=\!=\!=\!=\!=}&\,d(g\circ f_0,\Omega,y_0)\\
    =&\,\sum\limits_{j=1}^N\sum\limits_{k=1}^{M_j}
    \sgn\det d(g\circ f_0)(x_{jk})\\
    =&\,\sum\limits_i\sum\limits_{z_j\in V_i} \sum\limits_{x\in
      f^{-1}(z_j)} \sgn\det dg(z_j)\cdot \sgn\det df_0(x)\\
    =&\,\sum\limits_i\sum\limits_{z_j\in V_i} \sgn\det dg(z_j)\cdot
    \left(\sum\limits_{x\in f^{-1}(z_j)} \sgn\det df_0(x)\right)\\
    =&\,\sum\limits_i\sum\limits_{z_j\in V_i} \sgn\det dg(z_j)\cdot
    d(f_0,\Omega,z_j). 
  \end{align*}
  Nun ist $z_j\in V_i$ und nach \eqref{prod satz drei} folgt daher
  $d(f_0,\Omega,z_j) =d(f,\Omega,Z_i)$. Wegen $d(f,\Omega,Z_0)=0$ kann
  die Summation bei $i=1$ starten. Es folgt weiter
  \begin{align*}
    d(g\circ f,\Omega,y)=&\,\sum\limits_{i\ge1} d(f,\Omega,Z_i)\cdot
    \sum\limits_{z_j\in V_i}\sgn\det dg(z_j)\\
    =&\,\sum\limits_{i\ge 1} d(f,\Omega,Z_i)\cdot d(g,V_i,y_0)\\
    \overset{\eqref{prod satz vier},\eqref{prod satz
        eins}}{=\!=\!=\!=\!=\!=}&\,\sum\limits_{i\ge1}
    d(f,\Omega,Z_i)\cdot d(g,Z_i,y)
  \end{align*}
  wie behauptet. 
\end{proof}

Als Korollar erhalten wir eine $n$-dimensionale Verallgemeinerung des
Jordanschen Kurvensatzes. 
\begin{theorem}[Satz von Jordan-Brouwer]\label{jordan brouwer thm}
  Sei $f\colon\S^{n-1}\to\R^n$ stetig und eineindeutig (=
  injektiv). Dann besitzt $\R^n\setminus f\left(\S^{n-1}\right)$ genau
  zwei Zusammenhangskomponenten.
\end{theorem}
Als Vorbereitung/Wiederholung halten wir folgendes fest
\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $A\subset\R^n$ abgeschlossen und sei $f\colon A\to[a,b]$
    stetig. Dann existiert eine stetige Fortsetzung $\tilde
    f\colon\R^n\to[a,b]$. 
  \item Sei $A\subset\R^n$ kompakt und sei $f\colon A\to\R^n$ stetig,
    so existiert eine eigentliche stetige Fortsetzung nach $\R^n$.
  \item Sei $f\colon A\to B$ eine stetige bijektive Abbildung zwischen
    kompakten (= \"uberdeckungskompakt und $T_2$) Mengen $A$ und
    $B$. Dann ist $f^{-1}$ stetig.
  \end{enumerate}
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dies ist der Fortsetzungssatz von Tietze.
  \item Benutze den Fortsetzungssatz; \"Ubung.
  \item Topologievorlesung oder \"Ubung. 
    \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}
\begin{proof}[Beweis des Satzes von Jordan-Brouwer, Theorem
  \ref{jordan brouwer thm}]\neueZeilealt
  Seien $Z_0,Z_1,\ldots$ die (Zu"-sam"-menhangs-)komponenten von
  $\R^n\setminus f\left(\S^{n-1}\right)$. Sei $Z_0$ die
  unbeschr\"ankte Komponente. Betrachte $\S^{n-1}\subset\R^n$. Ohne
  Einschr\"ankung nehmen wir an, dass die Abbildungen
  $f\colon\S^{n-1}\to\R^n$ und $g:=f^{-1}\colon
  f\left(\S^{n-1}\right)\to\R^n$ stetig und eigentlich auf ganz $\R^n$
  fortgesetzt sind. W\"ahle $z_j\in Z_j$. Es gilt $g\circ f=\id$ auf
  $\S^{n-1}=\partial B_1(0)$ und $f\circ g=\id$ auf $\partial
  Z_i\subset f\left(\S^{n-1}\right)$. Somit folgt nach
  Homotopieinvarianz
  \begin{align}
    \nonumber
    d(g\circ f,B_1(0),0) =&\,d(\id,B_1(0),0)=1
    \intertext{und}
    \label{jordan brouwer zwei}
    d(f\circ g,Z_i,z_j) =&\,d(\id,Z_i,z_j)=\delta_{ij}. 
  \end{align}
  Fixiere $i\ge0$.  Es ist $g(\partial Z_i)\subset\S^{n-1}$. Somit
  besitzt $\R^n\setminus g(\partial Z_i)$ maximal zwei
  Komponenten. \par
  Wir wollen zun\"achst ausschlie\ss{}en, das $\R^n\setminus
  g(\partial Z_i)$ aus nur einer Komponente besteht. Nehme dies
  an. Eine einzelne Komponente ist unbeschr\"ankt. Somit liefert der
  Produktsatz von Leray, Theorem \ref{leray prod thm},
  \[d(f\circ g,Z_i,z_i) =\sum\limits_\emptyset=0.\] Dies widerspricht
  \eqref{jordan brouwer zwei}. \par Also besteht $\R^n\setminus
  g(\partial Z_i)$ aus genau zwei Komponenten. Dies ist nur m\"oglich,
  wenn $g(\partial Z_i)=\S^{n-1}$ gilt. Wir erhalten $\R^n\setminus
  g(\partial Z_i) =B_1(0)\dot\cup\big(\R^n
  \setminus\ol{B_1(0)}\big)$. Nun liefert der Leraysche Produktsatz
  \begin{align*}
    1=&\,d(g\circ f,B_1(0),0)
    =\sum\limits_{i\ge1}\underbrace{d(g,Z_i,0)}_{=:a_i}\cdot
    d(f,B_1(0),Z_i) \intertext{und} \delta_{ij}=&\,d(f\circ g,Z_i,z_j)
    =\underbrace{d(f,B_1(0),z_j)}_{=:b_j}\cdot
    \underbrace{d(g,Z_i,B_1(0))}_{=a_i}
  \end{align*}
  Wir erhalten also $a_ib_j=\delta_{ij}$ und
  $\sum\limits_{i\ge1}a_ib_i=1$. Dies ist nur m\"oglich, wenn die
  Summe nur den Term f\"ur $i=1$ enth\"alt. $\R^n\setminus
  f\left(\S^{n-1}\right)$ besteht also aus genau zwei
  Zusammenhangskomponenten: $Z_0$ und $Z_1$.
\end{proof}

\subsection{Satz von Borsuk \stern}
\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $\Omega\subset\R^n$. Dann hei\ss{}t $\Omega$
    \emph{symmetrisch}, falls $\Omega=-\Omega$ gilt.
  \item Sei $\Omega\subset\R^n$ symmetrisch. Sei $f\colon\Omega\to V$
    f\"ur einen Vektorraum $V$. Dann hei\ss{}t $f$ \emph{ungerade},
    falls $f(-x)=-f(x)$ f\"ur alle $x\in\Omega$ gilt.
  \end{enumerate}
\end{definition}

Als Vorbereitung zeigen wir zwei technische Lemmata:
Ist die Dimension des Zielraumes gro\ss{} genug, so kann man stetige
Abbildungen so fortsetzen, dass auch die Fortsetzung einen Punkt
vermeidet. 
\begin{lemma}\label{borsuk lem eins}
  Sei $K\subset\R^m$ kompakt, $f\in C^0\left(K,
    \R^n\setminus\{0\}\right)$ mit $n>m$. Dann existiert eine
  Fortsetzung $F\in C^0\left(\R^m,\R^n\setminus\{0\}\right)$ von $f$.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Setze $\delta:=\inf\limits_K|f|>0$. W\"ahle $g_0\in
  C^1\left(\R^m,\R^n\right)$ mit
  $\sup\limits_K|f-g_0|<\frac\delta4$. Wegen $g_0\in C^1$ und $m<n$
  ist $g_0\left(\R^m\right)$ eine Lebesgue-Nullmenge in $\R^n$. Somit
  gibt es $y_0\in B_{\delta/4}(0)\setminus
  g_0\left(\R^m\right)$. Setze $g:=g_0-y_0$. Dann ist $g(x)\neq0$
  f\"ur alle $x\in\R^m$. Nach Dreiecksungleichung gilt
  $\rho:=\sup\limits_K |f-g|<\frac\delta2$. Somit ist
  $\inf\limits_K|g| >\frac\delta2$. Definiere nun 
  \[G(x):=
  \begin{cases}
    g(x), &\text{falls }|g(x)|\ge\frac\delta2,\\
    \frac\delta2\cdot\frac{g(x)}{|g(x)|} &\text{sonst.}
  \end{cases}
  \]
  Es ist $G\in C^0\left(\R^m,\R^n\right)$. In ganz $\R^m$ gilt
  $|G(x)|\ge\frac\delta2$. In $K$ ist $|g|\ge\frac\delta2$ und somit
  gilt dort $G=g$. Nach dem Fortsetzungssatz von Tietze gibt es ein
  $H\in C^0\left(\R^m,\R^n\right)$ mit $H|_K=f-g$ und $|H(x)|\le\rho$
  f\"ur alle $x\in\R^m$. Definiere $F:=G+H$. Dann ist $F|_K=g+(f-g)=f$
  und es gilt $|F(x)|\ge|G(x)|-|H(x)|\ge\frac\delta2-\rho>0$ nach
  Definition von $\rho$. 
\end{proof}

Au\ss{}erhalb des Ursprunges existiert auch eine ungerade Fortsetzung.
\begin{lemma}\label{borsuk lem zwei}
  Sei $\Omega\subset\R^m$ offen, beschr\"ankt und symmetrisch. Sei
  $0\not\in\ol\Omega$. Sei $f\in
  C^0\left(\partial\Omega,\R^n\setminus\{0\}\right)$ ungerade mit
  $n>m$. Dann existiert eine ungerade Fortsetzung $F\in
  C^0\left(\ol\Omega,\R^n\setminus\{0\}\right)$. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir f\"uhren einen Induktionsbeweis nach $m$. \par
  Sei $m=1$. Setze $\Omega^+:=\{x\in\Omega\colon x>0\}$ und
  $\Omega^-:=-\Omega^+$. $\Omega^+$ besteht aus h\"ochstens
  abz\"ahlbar vielen offenen Intervallen $I_k=(a_k,b_k)$. Setze
  $\rho:=\inf\limits_{\partial\Omega}|f|>0$ ($\partial\Omega$ ist
  kompakt). Nochmals aufgrund der Kompaktheit gibt es $\delta>0$, so
  dass $|f(x)-f(y)|<\frac\rho2$ f\"ur $|x-y|\le\delta$. Auf allen
  Intervallen $I_k$ der L\"ange $\le\delta$ w\"ahlen wir $F$ als affin
  lineare Fortsetzung von $F|_{\partial I_k}$. Dann ist $F$ auf
  $\bigcup\limits_{|I_k|\le\delta} I_k$ stetig (\"Ubung).  Wegen
  $|F(x)-F(a_k)|=|F(x)-f(a_k)|\le\frac\rho2$ f\"ur $x\in I_k$ folgt
  $|F(x)|\ge|f(a_k)|-\frac\rho2\ge\frac\rho2$. Somit ist $F$ dort auch
  nullstellenfrei. \par Auf den verbleibenden endlich vielen
  Intervallen $I_k$ w\"ahlen wir $F$ als eine beliebige stetige Kurve
  in $\R^n\setminus\{0\}$ mit Endpunkten $f(a_k)$ und $f(b_k)$. Wegen
  $n\ge2$ geht dies. Auf $\Omega^-$ definieren wir
  $F(x):=-F(-x)$. Wegen $0\not\in\ol\Omega$ ist $F$ stetig.\par
  \textbf{Induktionsschritt:} Setze $\Omega_0:=\{x\in\Omega\colon
  x^m=0\}\subset\R^{m-1}$. Es ist $\partial\Omega_0 \subset
  \partial\Omega$. $f|_{\partial\Omega_0}\in
  C^0\left(\partial\Omega_0, \R^n\setminus\{0\}\right)$ ist
  ungerade. Somit existiert nach Induktionsannahme eine ungerade
  Fortsetzung $F_0\in C^0\left(\ol{\Omega_0},
    \R^n\setminus\{0\}\right)$ mit $F_0|_{\partial\Omega_0}
  =f|_{\partial\Omega_0}$. Setze $\Omega^+:=\{x\in\Omega \colon
  x^m\ge0\}$. Dann ist $\partial\Omega^+=\partial^+\Omega
  \cup\ol{\Omega_0}$ mit $\partial^+\Omega:=\{x\in\partial\Omega\colon
  x^m>0\}$. Definiere $f^+\colon\partial\Omega^+\to\R^n\setminus\{0\}$
  durch \[f^+(x):=
  \begin{cases}
    f(x)&\text{f\"ur }x\in\partial^+\Omega,\\
    F_0(x)&\text{f\"ur }x\in\ol{\Omega_0}. 
  \end{cases}
  \]
  Es gilt $f^+\in C^0\left(\partial\Omega^+,
    \R^n\setminus\{0\}\right)$.  Nach Lemma \ref{borsuk lem eins}
  existiert eine Funktion $F^+\in
  C^0\big(\ol\Omega^+,\R^n\setminus\{0\}\big)$ mit
  $F^+|_{\partial\Omega^+} =f^+$. Setze nun
  \[F(x):=
  \begin{cases}
    F^+(x),&x\in\ol{\Omega^+},\\
    -F^+(-x),&x\in\ol{\Omega^-}\equiv\{x\in\Omega\colon x^m<0\}.
  \end{cases}
  \qedhere\]
\end{proof}

Ist $m=n$, so gibt es eine ungerade Fortsetzung, die auf einer
Hyperebene keine Nullstellen hat. 
\begin{corollary}\label{borsuk lem cor}
  Ist $\Omega\subset\R^n$ offen, beschr\"ankt und symmetrisch mit
  $0\not\in\ol\Omega$ und $f\in C^0\left(\partial\Omega,
    \R^n\setminus\{0\}\right)$ ungerade, so existiert eine ungerade
  Fortsetzung $F\in C^0\left(\ol\Omega,\R^n\right)$ von $f$ mit
  $F(x)\neq0$ f\"ur $x^n=0$.
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Setze $\Omega_0:=\Omega\cap\{x^n=0\}$,
  $\Omega^+:=\Omega\cap\{x^n>0\}$ und $\Omega^-:=-\Omega^+$.  Nach
  Lemma \ref{borsuk lem zwei} gibt es eine ungerade Abbildung $F_0\in
  C^0\left(\ol{\Omega_0},\R^n\setminus\{0\}\right)$ mit
  $F_0|_{\partial\Omega_0}=f|_{\partial\Omega_0}$. Setze \[f^+(x):=
  \begin{cases}
    f(x),&x\in\partial\Omega\cap\ol{\Omega^+},\\
    F_0(x),&x\in\ol{\Omega_0}.
  \end{cases}
  \]
  Nach dem Tietzeschen Fortsetzungssatz gibt es $F^+\in
  C^0\big(\ol{\Omega^+},\R^n\big)$ mit $F^+|_{\partial\Omega^+} =f^+
  =f^+|_{\partial\Omega^+}$. Die gesuchte Fortsetzung ist
  dann \[F(x):=
  \begin{cases}
    F^+(x),&x\in\ol{\Omega^+},\\
    -F^+(-x),&x\in\ol{\Omega^-}. 
  \end{cases}
  \qedhere
  \]
\end{proof}

Nun k\"onnen wir den Abbildungsgrad f\"ur ungerade Abbildungen
berechnen. 
\begin{lemma}\label{borsuk lem drei}
  Sei $\Omega\subset\R^n$ offen, beschr\"ankt und symmetrisch mit
  $0\not\in\ol\Omega$. Sei $f\in C^0\left(\partial\Omega,
    \R^n\setminus\{0\}\right)$ ungerade. Dann ist
  $d(f,\Omega,0)\equiv0$ (mod $2$). 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Setze $\Omega^\pm:=\Omega\cap\{\pm x^n>0\}$.  Sei $F\in
  C^0\left(\ol\Omega,\R^n\setminus\{0\}\right)$ eine ungerade
  Fortsetzung von $f$ mit $F(x)\neq0$ f\"ur $x\in\partial\Omega^+
  \cup\partial\Omega^-$. Sei $F_k\in C^\infty\left(\R^n,\R^n\right)$
  eine Folge mit $\sup\limits_\Omega |F_k-F|\to0$ f\"ur
  $k\to\infty$. Nach Ersetzen von $F_k$ durch
  $\frac12(F_k(x)-F_k(-x))$ d\"urfen wir ohne Einschr\"ankung
  annehmen, dass $F_k$ ungerade ist. F\"ur $k\ge k_0$ ist dann
  $F_k(x)\neq0$ f\"ur $x\in\partial\Omega^+
  \cup\partial\Omega^-$. Somit gilt $d\left(F,\Omega^\pm,0\right)
  =d\left(F_k,\Omega^\pm,0\right)$. Mit Hilfe der
  Ausschneidungseigenschaft und der Additivit\"at des Abbildungsgrades
  erhalten wir
  \begin{equation}
    \label{grad auf sum borsuk lem eq}
    d(F_k,\Omega,0) =d\left(F_k,\Omega^+,0\right)
    +d\left(F_k,\Omega^-,0\right). 
  \end{equation}
  Sei $Z^\pm$ die Zusammenhangskomponente von $0$ in $\R^n\setminus
  F_k\left(\partial\Omega^\pm\right)$. W\"ahle $\epsilon>0$ mit
  $B_\epsilon(0)\subset Z^+\cap Z^-$ und einen regul\"aren Wert $z\in
  B_\epsilon(0)$ von $F_k$. Ein $x\in\Omega^+$ erf\"ullt $F_k(x)=z$
  genau dann, wenn $-x\in\Omega^-$ die Gleichung $F_k(-x)=-z$
  erf\"ullt. Dies bedeutet, dass $\Omega^+\cap F_k^{-1}(z)
  =-\left(\Omega^-\cap F^{-1}_k(-z)\right)$ ist. Die Funktion $F_k$
  ist ungerade, also ist $\fracp{F_k}{x^j}$ gerade und somit folgt
  $\det dF_k(x) =\det dF_k(-x)$. Insbesondere ist $-z$ ein regul\"arer
  Wert von $F_k$. Es gilt
  \begin{align*}
    d\left(F,\Omega^+,0\right) =&\,d\left(F_k,\Omega^+,0\right)
    =d\left(F_k,\Omega^+,z\right)\\ =&\,\sum\limits_{x\in
      F^{-1}_k(z)\cap\Omega^+} \det dF_k(x) =\sum\limits_{x\in
      F^{-1}_k(-z)\cap\Omega^-} \det dF_k(x)\\
    =&\,d\left(F_k,\Omega^-,-z\right) =d\left(F_k,\Omega^-,0\right)
    =d\left(F,\Omega^-,0\right).
  \end{align*}
  Benutzen wir nun \eqref{grad auf sum borsuk lem eq}, so folgt, dass
  $d(F_k,\Omega,0)=d(F,\Omega,0)$ gerade ist. 
\end{proof}

\begin{theorem}[Satz von Borsuk]\label{borsuk thm}
  Sei $\Omega\subset\R^n$ offen, beschr\"ankt und symmetrisch mit
  $0\in\Omega$. Sei $f\in C^0\left(\ol\Omega,\R^n\right)$ ungerade und
  $0\not\in f(\partial\Omega)$. Dann ist $d(f,\Omega,0)$ ungerade. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir wollen ohne Einschr\"ankung annehmen d\"urfen, dass $f$ glatt
  ist und $df(0)\neq0$ gilt. Dazu approximieren wir $f$ und addieren
  $\delta\cdot\id$ f\"ur ein kleines $\delta>0$. Somit gilt
  \[d(f,\Omega,0) =d(f,\Omega\setminus B_\epsilon(0),0)
  +d(f,B_\epsilon(0),0)\] 
  f\"ur ein kleines $\epsilon>0$ mit $0\not\in f(\partial
  B_\epsilon(0))$. Nach Lemma \ref{borsuk lem drei} ist der erste Term
  auf der rechten Seite gerade. Der zweite Term ist ungerade, da f\"ur
  kleines $\epsilon>0$ genau ein Urbild existiert und $0$ ein
  regul\"arer Wert ist. Die Behauptung folgt. 
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei $\Omega\subset\R^n$ offen, beschr\"ankt und symmetrisch mit
  $0\in\Omega$. Sei $f\in C^0\left(\ol\Omega,\R^n\right)$ und gelte
  $f(x)\neq0$ f\"ur $x\in\partial\Omega$. Ist \[\frac{f(x)}{|f(x)|}
  \neq\frac{f(-x)}{|f(-x)|}\] f\"ur alle $x\in\partial\Omega$, so ist
  $d(f,\Omega,0)$ ungerade.
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Betrachte die Homotopie
  \begin{align*}
    h(x,t)=&\,(1-t)f(x) +\tfrac t2(f(x)-f(-x))\\
    =&\,\left(1-\tfrac t2\right)f(x) -\tfrac t2f(-x)
  \end{align*}
  zwischen $f$ und seinem ungeraden Anteil. Dann folgt die Aussage aus
  dem Satz von Borsuk, Theorem \ref{borsuk thm}, wenn wir nachweisen
  k\"onnen, dass $h\neq0$ auf $\partial\Omega\times[0,1]$ gilt.
  Falls dies doch der Fall ist, so erhalten wir f\"ur ein solches
  $(x,t)\in\partial\Omega\times[0,1]$ mit $h(x,t)=0$ auch $\frac
  t2f(-x)=\left(1-\frac t2\right)f(x)$. Aus $f(x)\neq0$ f\"ur
  $x\in\partial\Omega$ folgt $0<t$. Damit sind $f(x)$ und $f(-x)$
  aber positive Vielfache voneinander. Widerspruch. 
\end{proof}

Wir erhalten weitere wichtige Korollare. Vergleiche auch
\cite{DeimlingNLFA}. H\"aufig wird der Satz von Borsuk-Ulam auch nur
f\"ur $\Omega=B_1(0)$ formuliert.
\begin{theorem}[Satz von Borsuk-Ulam]
  Sei $\Omega\subset\R^n$ offen, beschr\"ankt und symmetrisch mit
  $0\in\Omega$. Sei $f\colon\partial\Omega\to\R^m$ stetig und sei
  $m<n$. Dann gibt es ein $x\in\partial\Omega$ mit $f(x)=f(-x)$.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $f$ ohne Einschr\"ankung nach $\ol\Omega$ fortgesetzt.
  Verm\"oge $\R^m\subset\R^n$ k\"onnen wir ohne Einschr\"ankung
  annehmen, dass $f\colon\ol\Omega\to\R^m\times\{0\}\subset\R^n$
  ist.
  \par Definiere $g(x):=f(x)-f(-x)$. Dann ist
  $g$ ungerade. Wir d\"urfen annehmen, dass $g(x)\neq0$ auf dem Rand
  gilt, denn sonst sind wir fertig. Nach dem Satz von Borsuk ist dann
  aber $0\neq d(g,\Omega,0)=d(g,\Omega,y)$ f\"ur alle $y\in
  B_\epsilon(0)$ f\"ur $\epsilon>0$ klein genug. Somit ist
  $B^n_\epsilon(0)\subset g\left(\ol\Omega\right)
  \subset\R^m\times\{0\}\subset\R^n$. Dies ist aus Dimensionsgr\"unden
  unm\"oglich.
\end{proof}

Wir k\"onnen die Gebietsinvarianz f\"ur stetige Funktionen folgern.
\begin{theorem}[Satz von der Gebietsinvarianz]
  \label{geb inv thm}
  Sei $\Omega\subset\R^n$ offen und $f\colon\Omega\to\R^n$ stetig und
  lokal injektiv (\dh f\"ur jeden Punkt $x\in\Omega$ gibt es ein
  $\epsilon>0$, so dass $f|_{B_\epsilon(x)}$ injektiv ist). Dann ist
  $f$ eine offene Abbildung. Insbesondere ist $f(\Omega)\subset\R^n$
  offen.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei ohne Einschr\"ankung $0\in\Omega$ und $f(0)=0$. Wir wollen
  zeigen, dass f\"ur jedes $r>0$ eine Kugel um $0=f(0)$ existiert, die
  in $f(B_r(0))$ enthalten ist. Sei $r>0$, so dass $f|_{\ol{B_r(0)}}$
  injektiv ist. Betrachte \[h(x,t):=f\left(\tfrac 1{1+t}x\right)
  -f\left(-\tfrac t{1+t}x\right)\quad\text{f\"ur
  }(x,t)\in\ol{B_r(0)}\times[0,1].\] $h$ ist stetig und es gilt
  $h(\cdot,0)=f$ sowie $h(x,1)=f\left(\frac x2\right) -f\left(-\frac
    x2\right)$. Somit ist $h(\cdot,1)$ ungerade. Es gilt $h(x,t)\neq0$
  f\"ur $(x,t)\in \partial B_r(0)\times[0,1]$, da dies aufgrund der
  Injektivit\"at von $f$ nur f\"ur $(x,t)$ mit $\frac
  x{1+t}=-\frac{xt}{1+t}$, also f\"ur $0=x\not\in \partial B_r(0)$
  m\"oglich ist. Aufgrund der Homotopieinvarianz erhalten wir daher
  aus dem Satz von Borsuk
  \[0\neq d(h(\cdot,1),B_r(0),0) =d(f,B_r(0),y)\] f\"ur alle $y\in
  B_\delta(0)$ f\"ur ein geeignetes $\delta>0$. Also ist
  $B_\delta(0)\subset f(B_r(0))$. Die Behauptung folgt. 
\end{proof}

Unter Hom\"oomorphismen ist die Dimension invariant. (Somit ist auch
die Dimension einer $C^0$-Mannigfaltigkeit wohldefiniert.)
\begin{corollary}
  Seien $U\subset\R^n$ und $V\subset\R^m$ nichtleere offene
  Mengen. Sei $f\colon U\to V$ ein (lokaler) Hom\"oomorphismus. Dann
  gilt $m=n$.
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Im Falle $m<n$ wenden wir Theorem \ref{geb inv thm}, den Satz von
  der Gebietsinvarianz, auf $f\colon U\to\R^m\subset\R^n$ an. 
\end{proof}

Als letztes Korollar erhalten wir einen Satz, dessen Autoren in
unterschiedlichen Schreibweisen auftreten. 
\begin{theorem}[Satz von Ljusternik-Schnirelman]
  Sei $\S^{n-1}=\bigcup\limits_{j=1}^mA_j$, $m\le n$, wobei $A_j$
  abgeschlossene Mengen sind. Dann enth\"alt wenigstens eine der
  Mengen $A_j$ ein Antipodenpaar. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  $\{x,-x\}\in A_j$ ist \"aquivalent zu $x\in A_j\cap(-A_j)$. Nehme
  also an, dass $A_j\cap(-A_j)=\emptyset$ f\"ur $j=1,\ldots,m-1$
  ist. Dann existieren stetige Abbildungen $f_j\colon\S^{n-1}\to[0,1]$
  mit $f_j|_{A_j}=0$ und $f_j|_{-A_j}=1$ f\"ur $j=1,\ldots,m-1$. Setze
  $f:=(f_1,\ldots,f_{m-1})$. Nach dem Satz von Borsuk-Ulam existiert
  daher ein $\bar x\in\S^{n-1}$ mit $f_j(\bar x)=f_j(-\bar x)$ f\"ur
  $j=1,\ldots,m-1$. Also ist $\bar x\not\in A_j\cup(-A_j)$. Aufgrund
  der \"Uberdeckungseigenschaft und durch Betrachtung von $-\bar x$
  erhalten wir $\bar x\in A_m\cap(-A_m)$ oder, \"aquivalent dazu,
  $\{\bar x,-\bar x\}\subset A_m$. 
\end{proof}

\iffalse
\section{Asymptotik gew\"ohnlicher Differentialgleichungen}
\subsection{In Arbeit}

\section{Schwache Konvergenz}
Unendlichdimensionale R\"aume tauchen in ganz nat\"urlicher Weise auf,
beispielsweise der Banachraum und Funktionenraum $C^0([0,1],\R)$ im
Beweis des Satzes von Picard-Lindel\"of.

Im $\R^n$ besitzt nach dem Satz von Heine-Borel jede beschr\"ankte
Folge eine konvergente Teilfolge. Dies gilt nicht mehr in jedem
Hilbertraum. Ein Ersatz daf\"ur ist der Begriff der schwachen
Konvergenz. Es gilt n\"amlich, dass jede beschr\"ankte Folge in einem
Hilbertraum eine schwach konvergente Teilfolge besitzt. Dies werden
wir im Verlauf dieses Kapitels zeigen.

Schwache Konvergenz kann man mit Hilfe des Dualraumes auch allgemeiner
in Banachr\"aumen definieren. In Hilbertr\"aumen wird die Definition
jedoch einfacher. Daher wollen wir uns hier auf diesen Fall
besch\"anken. 

In diesem Kapitel sei $H$ stets ein reeller Hilbertraum.  
\subsection{Definition und erste Resultate}
Wir erinnern an den Hilbertaum der quadratsummierbaren Funktionen. Wir
haben in Analysis gezeigt, dass dies in der Tat ein Hilbertraum ist.
\begin{definition}
  Wir definieren den Hilbertraum $\ell^2(\N)$ als die Menge
  \[\ell^2(\N)\equiv\ell^2(\N,\R):=\left\{\left(x^k\right)_{k\in\N}\in
      \Abb(\N,\R)\colon \sum\limits_{k=0}^\infty
      \left(x^k\right)^2<\infty\right\}\]
  mit dem Skalarprodukt
  \[\langle x,y\rangle \equiv\left\langle\left(x^k\right)_{k\in\N},
      \left(y^k\right)_{k\in\N}\right\rangle :=
    \sum\limits_{k=0}^\infty x^k\cdot y^k\]
  f\"ur $x=\left(x^k\right)_{k\in\N},
  y=\left(y^k\right)_{k\in\N}\in\ell^2(\N)$. 
\end{definition}

\begin{definition}
  Sei $(x_n)_{n\in\N}\subset H$ eine Folge. Dann \emph{konvergiert}
  die Folge $(x_n)_{n\in\N}$ \emph{schwach} gegen $x\in H$,
  $x_n\wto x$, falls f\"ur alle $z\in H$
  \[\langle z,x_n\rangle \to \langle z,x\rangle\] f\"ur $n\to\infty$
  gilt.
\end{definition}

\begin{remark}
  Um den Unterschied zu schwacher Konvergenz zu betonen, bezeichnet
  man die \"ubliche Konvergenz auch h\"aufig als \emph{Normkonvergenz}
  oder \emph{starke Konvergenz}.
\end{remark}

\begin{beispiel}
  \label{en schwach bsp}
  Die Folge $(e_n)_{n\in\N}\subset\ell^2(\N)$ mit $e^k_n=\delta^k_n$
  konvergiert schwach gegen Null, $e_n\wto0$, aber sie konvergiert
  nicht stark gegen Null, $e_n\not\to0$ f\"ur $n\to\infty$.
\end{beispiel}
\begin{proof}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $z\in\ell^2(\N)$ beliebig. Aus
    $\sum\limits_{k\in\N} \left(z^k\right)^2<\infty$ folgt $z^k\to0$
    f\"ur $k\to\infty$. Nun gilt $\langle z,e_n\rangle =z^n \to0$
    f\"ur $n\to\infty$.
  \item Andererseits gilt $\Vert e_n-0\Vert_{\ell^2(\N)} =1$. Somit
    liegt keine starke Konvergenz vor.
\end{enumerate}
\end{proof}

Das Verh\"altnis zwischen starker und schwacher Konvergenz beschreibt
\begin{lemma}
  Sei $(x_n)_{n\in\N}\subset H$ und sei $x\in H$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{stark impliziert schwach item} Aus $x_n\to x$ folgt
    $x_n\wto x$ f\"ur $n\to\infty$.
  \item\label{schwacher limes eindeutig item} Der schwache Grenzwert
    einer Folge ist eindeutig bestimmt.
  \item Gilt $x_n\wto x$ f\"ur $n\to\infty$, so kann
    $(x_n)_{n\in\N}$ nicht stark gegen einen anderen Grenzwert als $x$
    konvergieren, muss aber nicht konvergieren.
\end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $z\in H$. Dann gilt
    \[|\langle z,x_n\rangle -\langle z,x\rangle| =|\langle
      z,x_n-x\rangle| \le\Vert z\Vert\cdot \Vert x_n-x\Vert.\] Hieraus
    folgt die Behauptung.
  \item Angenommen, es gibt $x,y\in H$ mit $x_n\wto x$ und
    $x_n\wto y$ f\"ur $n\to\infty$. Nach der Definition von
    schwacher Konvergenz erhalten wir f\"ur alle $z\in H$
    \[\langle z,x_n\rangle \to \langle z,x\rangle \quad\text{und}\quad
      \langle z,x_n\rangle \to\langle z,y\rangle.\] Somit gilt
    $\langle z,x\rangle =\langle z,y\rangle$ f\"ur alle $z\in H$. Wir
    w\"ahlen nun speziell $z=x-y$ und erhalten
    $0 =\langle z,x-y\rangle =\Vert x-y\Vert^2$. Somit folgt $x=y$ wie
    behauptet.
  \item Dies folgt direkt aus \eqref{stark impliziert schwach item}
    und \eqref{schwacher limes eindeutig item}. Dass keine Konvergenz
    vorliegen muss, wissen wir bereits aus Beispiel \ref{en schwach
      bsp}. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

Schwach konvergente Folgen sind beschr\"ankt. Dies zeigt man meist mit
dem Prinzip der gleichm\"a\ss{}igen Beschr\"anktheit aus der
Funktionalanalysis, im Falle von $\ell^2(\N)$ geht es aber auch
elementar. Wir folgen dazu einem Beitrag auf \cite{stackexchange}.
% https://math.stackexchange.com/questions/2564819/elementary-proof-of-weak-convergence-implies-norm-boundedness-in-lp
Als Vorbereitung zeigen wir
\begin{lemma}
  \label{schw konv norm schranke disj lem}
  Seien $(x_n)_{n\in\N}\subset\ell^2(\N)$ mit $x_n\wto 0$ f\"ur
  $n\to\infty$. Seien zus\"atzlich die Tr\"ager der Funktionen
  $x_n\colon\N\to\R$, $n\in\N$, paarweise disjunkt, \dh f\"ur
  beliebige $k\in\N$ folgt aus $x^k_m\neq0$ und $x^k_n\neq0$ bereits
  $n=m$. Dann ist die Folge $(x_n)_{n\in\N}$ beschr\"ankt, es gilt
  also
  \[\sup\limits_{n\in\N}\Vert x_n\Vert_{\ell^2(\N)}<\infty.\]
\end{lemma}
\begin{proof}
  Wir zeigen die dazu \"aquivalente Aussage, dass aus
  $\Vert x_n\Vert_{\ell^2(\N)}\to\infty$ folgt, dass $x_n\not\wto0$
  f\"ur $n\to\infty$ gilt. Nach \"Ubergang zu einer Teilfolge d\"urfen
  wir ohne Einschr\"ankung $\Vert x_n\Vert_{\ell^2(\N)}\ge 2^n$
  annehmen. Nun definieren wir
  $y_n:=\frac{x_n}{n^2\cdot\Vert x_n\Vert_{\ell^2(\N)}}$ und
  $y:=\sum\limits_{n\in\N} y_n$. Wegen
  $\Vert y_n\Vert_{\ell^2(\N)}=\frac1{n^2}$ bilden die Partialsummen
  in der Definition von $y$ eine Cauchyfolge und konvergieren somit zu
  einem Element $y\in\ell^2(\N)$. Wir erhalten nun aufgrund der
  paarweise diskunkten Tr\"ager der Funktionen $x_n$ und somit auch
  der zugeh\"origen Funktionen $y_n$
  \[\langle y,x_n\rangle =\langle y_n,x_n\rangle=\frac1{n^2\cdot \Vert
      x_n\Vert_{\ell^2(\N)}} \langle x_n,x_n\rangle
    =\frac{2^n}{n^2}\to\infty\] f\"ur $n\to\infty$ wie behauptet. 
\end{proof}

Als Vorbereitung halten wir weiterhin das folgende Lemma fest. Dieser
Teil l\"asst sich nicht gut auf beliebige Hilbertr\"aume
\"ubertragen.
\begin{lemma}
  \label{lem:kl-beitrag-auf-endl-menge}
  Sei $(x_n)_{n\in\N}\subset\ell^2(\N)$ mit $x_n\wto0$ f\"ur
  $n\to\infty$. Sei $F\subset\N$ endlich. Dann konvergiert
  \[\sum\limits_{k\in F}\left(x^k_n\right)^2\to0\quad\text{f\"ur
    }n\to\infty.\] 
\end{lemma}
\begin{proof}
  Aufgrund der schwachen Konvergenz gilt
  $x^k_n=\langle e_k,x_n\rangle\to0$ f\"ur jedes $k\in\N$ und
  $n\to\infty$. Da $F$ endlich ist, folgt die Behauptung. 
\end{proof}

Wir zeigen nun, dass Lemma \ref{schw konv norm schranke disj lem} auch
ohne die Bedingung an die Tr\"ager gilt. 
\begin{theorem}
  \label{schw konv norm l2 thm} Sei $(x_n)_{n\in\N}\subset\ell^2(\N)$
  schwach konvergent. Dann ist die Folge $(x_n)_{n\in\N}$
  beschr\"ankt. 
\end{theorem}
\begin{proof}
  Sei wieder $(x_n)_{n\in\N}\subset\ell^2(\N)$ und ohne
  Einschr\"ankung gelte nach Auswahl einer Teilfolge
  $\Vert x_n\Vert_{\ell^2(\N)}\ge n$. Wir wollen nachweisen, dass
  $x_n\not\wto0$ gilt. \par Dazu w\"ahlen wir disjunkte endliche
  Mengen $F_j$, so dass f\"ur eine Teilfolge
  $(x_{n_j})_{j\in\N}$
  \[\lim\limits_{j\to\infty} \sum\limits_{k\in \N\setminus F_j}
    \left(x_{n_j}^k\right)^2=0\] gilt.\par Setze
  $F_0:=\emptyset$. Seien f\"ur eine induktive Definition die Indices
  $n_0,\ldots,n_{j-1}$ und die endlichen Mengen
  $F_0,\ldots,F_{j-1}\subset\N$ schon gew\"ahlt. Nach Lemma
  \ref{lem:kl-beitrag-auf-endl-menge} (auf einer festen endlichen
  Menge wird eine schwach konvergente Folge beliebig klein) k\"onnen
  wir $n_j$ so fixieren, dass
  \[\sum\limits_{k\in F_0\cup\ldots\cup F_{j-1}}
    \left(x^k_{n_j}\right)^2\le\frac1j\] gilt.  Nach
  Definition von Konvergenz (bis auf einen kleinen Fehler liefert eine
  endliche Summe bereits den Wert der Reihe) k\"onnen wir nun eine
  endliche Menge
  $F_j\subset\N\setminus(F_0\cup\ldots\cup F_{j-1})=:C_j$ so fixieren,
  dass 
  \[\sum\limits_{k\in C_j\setminus F_j} \left(x^k_{n_j}\right)^2\le
    \frac1j\] gilt. (Um die Vorstellung zu vereinfachen,
  k\"onnen wir dabei $F_j$ stets als Anfangsst\"uck der Menge $C_j$
  w\"ahlen, so dass $F_0\cup\ldots\cup F_j$ f\"ur alle $j\in\N$ ein
  Anfangsst\"uck der nat\"urlichen Zahlen ist.)  Induktiv definieren
  wir damit f\"ur alle $j\in\N$ mittels $n_j$ eine Teilfolge und
  Mengen $F_j\subset\N$. Nun ist
  $C_j\setminus F_j =\N\setminus(F_0\cup\ldots\cup F_{j-1}\cup F_j)$.
  \par 
  F\"ur alle $j$ definieren wir nun $y_j\in\ell^2(\N)$ durch
  \[y_j^k =x_{n_j}^k\chi_{F_j}(k).\]\par 
  Wir wollen nun $x_{n_j}$ und $y_j$ vergleichen und betrachten
  dazu $x_{n_j}-y_j$. Nach Definition
  von $y_j$ erhalten wir
  \[x_{n_j}^k-y_j^k =
    \begin{cases}
      x_{n_j}^k, & k\not\in F_j,\\
      0, & k\in F_j. 
    \end{cases}
  \]
  Da die Mengen $F_j$ paarweise disjunkt sind, erhalten wir
  \[\N=(F_0\cup\ldots\cup F_{j-1})\dot\cup F_j\dot\cup (C_j\setminus
    F_j).\] Daher ist aufgrund der obigen Absch\"atzungen f\"ur die
  Summen
  \[\Vert x_{n_j}-y_j\Vert_{\ell^2(\N)}^2 =\sum\limits_{k\in
      F_0\cup\ldots\cup F_{j-1}} \left(x^k_{n_j}\right)^2
    +0+\sum\limits_{k\in C_j\setminus F_j} \left(x^k_{n_j}\right)^2
    \le \frac2j.\] 
  Die Folge der Funktionen $(y_j)_{j\in\N}\subset\ell^2(\N)$ hat
  paarweise disjunkte Tr\"ager und es gilt
  \[\Vert y_j\Vert_{\ell^2(\N)} \ge\Vert x_{n_j}\Vert_{\ell^2(\N)}
    -\Vert y_j-x_{n_j}\Vert_{\ell^2(\N)} \ge 2^{n_j}-2^{-j}\ge
    2^j-2^{-j}\to\infty\]
  f\"ur $j\to\infty$. Nach Lemma \ref{schw konv norm schranke disj
    lem} konvergiert sie somit nicht schwach gegen Null:
  $y_j\not\wto0$ f\"ur $j\to\infty$. Sei $z\in\ell^2(\N)$
  beliebig. Wir betrachten nun 
  \[\langle z,y_j\rangle =\langle z,x_{n_j}\rangle +\langle
    z,y_j-x_{n_j}\rangle.\]
  Wegen $|\langle z,y_j-x_{n_j}\rangle| \le\Vert
  z\Vert_{\ell^2(\N)} \cdot \Vert y_j-x_{n_j}\Vert_{\ell^2(\N)}$
  konvergiert der zweite Term auf der rechten Seite stets gegen
  Null. W\"urde $x_{n_j}\wto0$ gelten, so folgte also auch
  $y_j\wto0$. Widerspruch. Also gilt $x_{n_j}\not\wto0$ f\"ur
  $j\to\infty$. Da es eine Teilfolge gibt, die nicht schwach
  konvergiert, kann auch die gesamte Folge nicht schwach
  konvergieren: $x_j\not\wto0$ f\"ur $j\to\infty$ wie behauptet. 
\end{proof}


F\"ur die Normen bei schwacher Konvergenz erhalten wir
\begin{theorem}
  \label{schw konv norm thm}
  Seien $(x_n)_{n\in\N}\subset H$ und $x\in H$ mit $x_n\wto x$
  f\"ur $n\to\infty$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dann ist die Folge $(x_n)_{n\in\N}$ beschr\"ankt.
  \item Es gilt
    \[\Vert x\Vert \le\liminf\limits_{n\to\infty} \Vert x_n\Vert.\]
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item F\"ur allgemeine Hilbertr\"aume folgt dies aus dem Prinzip der
    gleichm\"a\ss{}igen Beschr\"anktheit aus der
    Funktionalanalysis. Dies vertiefen wir hier nicht weiter. Im Falle 
    $H=\ell^2(\N)$ haben wir dieses Resultat in Theorem \ref{schw konv
      norm l2 thm} gezeigt. 
  \item Sei $z\in H$. Dann folgt
    \[|\langle z,x\rangle| \leftarrow |\langle z,x_n\rangle| \le \Vert
      z\Vert \cdot\Vert x_n\Vert.\] Somit erhalten wir
    \[|\langle z,x\rangle| \le\liminf\limits_{n\to\infty} \Vert
      z\Vert\cdot\Vert x_n\Vert.\] Wir w\"ahlen nun speziell
    $z=x$. Dann folgt
    $\Vert x\Vert^2 \le \Vert x\Vert\cdot \liminf\limits_{n\to\infty}
    \Vert x_n\Vert$. Hieraus folgt die Behauptung im Falle $x\neq0$
    und sie gilt trivialerweise auch im Fall $x=0$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

F\"ur die Kombination von starker und schwacher Konvergenz gilt 
\begin{lemma}
  Seien $(x_n)_{n\in\N}, (z_n)_{n\in\N} \subset H$ mit $x_n\wto x$
  und $z_n\to z$ f\"ur $n\to\infty$. Dann folgt
  \[\langle x_n,z_n\rangle \to \langle x,z\rangle.\]
\end{lemma}
\begin{proof}
  Es gilt
  \begin{align*}
    |\langle x_n,z_n\rangle -\langle x,z\rangle|
    &\le|\langle x_n,z_n\rangle -\langle x_n,z\rangle| +|\langle
      x_n,z\rangle -\langle x,z\rangle|\umbruch\\ 
    &\le \Vert x_n\Vert\cdot \Vert z_n-z\Vert +|\langle x_n-x,z\rangle|. 
  \end{align*}
  Der erste Term konvergiert gegen Null, da schwach konvergente Folgen
  nach Theorem \ref{schw konv norm thm} beschr\"ankt sind und der
  zweite Term konvergiert aufgrund der schwachen Konvergenz ebenfalls
  gegen Null. Somit folgt die Behauptung.
\end{proof}

\begin{lemma}
  Sei $(x_n)_{n\in\N}\subset H$. Dann sind die folgenden beiden
  Aussagen \"aquivalent:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $x_n\to x$ f\"ur $n\to\infty$,
  \item $\Vert x_n\Vert \to\Vert x\Vert$ und $x_n\wto x$ f\"ur
    $n\to\infty$.
  \end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}
  \"Ubung. Betrachte $\Vert x_n-x\Vert^2$.
\end{proof}

\subsection{Schwache Folgenkompaktheit}
Im $\R^n$ liegen beschr\"ankte Folgen in einer kompakten Menge
$\overline{B_R(0)}$ und enthalten daher eine konvergente Teilfolge. In
$\ell^2(\N)$ zeigt Beispiel \ref{en schwach bsp}, dass dies dort im
Allgemeinen nicht mehr richtig zu sein braucht.

Wie im $\R^n$ bezeichnen wir die Folgeglieder $x^k$ eines Elementes
$x =\left(x^k\right)_{k\in\N} \in \ell^2(\N)$ als Komponenten und
definieren
\begin{definition}
  Sei $(x_n)_{n\in\N}\subset \ell^2(\N)$ und sei
  $x\in\ell^2(\N)$. Dann \emph{konvergiert $(x_n)_{n\in\N}$
    komponentenweise} gegen $X$, falls f\"ur alle $k\in\N$
  \[x^k_n\to x^k\] f\"ur $n\to\infty$ gilt.
\end{definition}

\begin{remark}
  \label{komp schw konv rem}
  Komponentenweise Konvergenz ist gerade schwache Konvergenz mit den
  Testvektoren $e_0,e_1,\ldots$ statt mit beliebigem
  $z\in\ell^2(\N)$. 
\end{remark}

Es gilt die folgende Beobachtung 
\begin{lemma}
  \label{komp konv lem}
  Sei $(x_n)_{n\in\N}\subset\ell^2(\N)$ beschr\"ankt. Dann besitzt
  $(x_n)_{n\in\N}$ eine komponentenweise konvergente Teilfolge mit
  komponentenweisem Grenzwert $x$. Es gelten $x\in\ell^2(\N)$ und
  \[\Vert x\Vert_{\ell^2(\N)} \le\sup\limits_{n\in\N} \Vert
    x_n\Vert_{\ell^2(\N)}.\]
\end{lemma}
\begin{proof}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Der erste Teil des Beweises funktioniert analog zum Beweis des
    Satzes von Arzel\`a-Ascoli. Wir f\"uhren ihn der Vollst\"andigkeit
    halber trotzdem nochmals aus.\par
    Da $(x_n)_{n\in\N}$ beschr\"ankt ist, gibt es $C\ge0$ mit
    $\Vert x_n\Vert_{\ell^2(\N)}\le C$ f\"ur alle $n\in\N$. Somit gilt
    f\"ur jedes $k\in\N$ und jedes $n\in\N$ die Absch\"atzung
    $\left|x^k_n\right|^2\le C^2$. Insbesondere gilt also
    $\left|x^0_n\right|\le C$ f\"ur alle $n\in\N$. Daher finden wir
    eine Teilfolge $(x_{0n})_{n\in\N}$ von $(x_n)_{n\in\N}$, so dass
    $x^0_{0n}$ f\"ur $n\to\infty$ gegen ein dadurch definiertes
    $x^0\in[-C,C]$ konvergiert. \par
    Sei $i\in\N$. Induktiv finden wir nun eine Teilfolge
    $(x_{(i+1)n})_{n\in\N}$ von $(x_{in})_{n\in\N}$, so dass
    $x^{i+1}_{(i+1)n}$ f\"ur $n\to\infty$ gegen ein dadurch
    definiertes $x^{i+1}\in[-C,C]$ konvergiert. Als Teilfolge aller
    vorher betrachteten Teilfolgen erf\"ullt $(x_{(i+1)n})_{n\in\N}$
    auch $x^k_{(i+1)n}\to x^k$ f\"ur alle
    $k\in\{0,1,\ldots,i+1\}$. \par
    Wir betrachten nun die Diagonalfolge $(x_{nn})_{n\in\N}$. Sei
    $k\in\N$ beliebig. Dann ist $(x_{nn})_{n\in\N_{\ge k}}$ eine
    Teilfolge von $(x_{kn})_{n\in\N_{\ge k}}$. Somit folgt
    $x^k_{nn}\to x^k$ f\"ur $n\to\infty$ f\"ur beliebige
    $k\in\N$. Daher konvergiert $(x_{nn})_{n\in\N}$ komponentenweise
    gegen $x$.
  \item Wir d\"urfen ohne Einschr\"ankung annehmen, dass die gesamte
    Folge $(x_n)_{n\in\N}$ komponentenweise gegen eine Abbildung
    $x\colon\N\to\R$ konvergiert. Gelte weiterhin
    $\Vert x_n\Vert_{\ell^2(\N)}\le C$ f\"ur alle $n\in\N$. \par
    Wir behaupten, dass auch $\Vert x\Vert_{\ell^2(\N)} \le C$
    gilt. Sei dazu $\epsilon>0$ beliebig. Es gen\"ugt der Nachweis,
    dass f\"ur beliebiges $N\in\N$
    \[\sum\limits_{k=0}^N \left(x^k\right)^2 \le C^2 +\epsilon\]
    gilt. Dann folgt n\"amlich auch
    \[C^2+\epsilon \ge \lim\limits_{N\to\infty} \sum\limits_{k=0}^N
      \left(x^k\right)^2 =\sum\limits_{k=0}^\infty \left(x^k\right)^2
      =\Vert x\Vert^2_{\ell^2(\N)}\] und somit, da $\epsilon>0$
    beliebig war, schlie\ss{}lich die Behauptung. \par
    Sei also $N\in\N$ beliebig fixiert. Aufgrund der komponentenweisen
    Konvergenz gibt es $n\in\N$ mit
    \[\left|\left(x^k_n\right)^2 -\left(x^k\right)^2\right| \le
      \frac\epsilon{N+1}\] f\"ur alle $0\le k\le N$ (ohne
    Einschr\"ankung sogar f\"ur alle gr\"o\ss{}eren Indices als
    $n$). Somit erhalten wir
    \begin{align*}
      \sum\limits_{k=0}^N \left(x^k\right)^2
      &=\sum\limits_{k=0}^N \left\{ \left(x^k_n\right)^2
        +\left(x^k\right)^2 -\left(x^k_n\right)^2\right\}\umbruch\\ 
      &\le\sum\limits_{k=0}^N \left(x^k_n\right)^2
        +\sum\limits_{k=0}^N \left|\left(x^k\right)^2
        -\left(x^k_n\right)^2\right|\umbruch\\ 
      &\le\sum\limits_{k=0}^\infty \left(x^k_n\right)^2
        +\sum\limits_{k=0}^N \frac\epsilon{N+1}\umbruch\\ 
      &=\Vert x_n\Vert_{\ell^2(\N)}^2 +(N+1)\frac\epsilon{N+1}\umbruch\\ 
      &\le C^2+\epsilon
    \end{align*}
    wie behauptet. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{definition}
  Sei $X\subset H$ eine Menge. Dann hei\ss{}t $X$ \emph{schwach
    folgenkompakt}, wenn jede Folge $(x_n)_{n\in\N} \subset X$ eine
  Teilfolge besitzt, die schwach konvergiert und deren schwacher
  Grenzwert ebenfalls in $X$ liegt.
\end{definition}

\begin{remark}
  \stern
  Als unendlichdimensionalen Ersatz des Satzes von Heine-Borel, dass
  beschr\"ankte abgeschlossene Teilmengen des $\R^n$ kompakt sind,
  erhalten wir, dass beschr\"ankte abgeschlossene konvexe Teilmengen
  eines Hilbertraumes $H$ schwach folgenkompakt sind. Vergleiche dazu
  das Lemma von Mazur. %, Lemma \ref{mazur lem}.
\end{remark}

Wir zeigen hier lediglich
\begin{theorem}
  \label{schw folgen komp thm}
  Sei $R>0$. Dann ist $\ol{B_R(0)} \subset\ell^2(\N)$ schwach
  folgenkompakt.
\end{theorem}
\begin{proof}
  Sei $(x_n)_{n\in\N}\subset\ol{B_R(0)}$ beliebig. Nach \"Ubergang zu
  einer Teilfolge d\"urfen wir nach Lemma \ref{komp konv lem} ohne
  Einschr\"ankung annehmen, dass $(x_n)_{n\in\N}$ komponentenweise
  gegen ein $x\in\ell^2(\N)$ konvergiert und
  $\Vert x\Vert_{\ell^2(\N)} \le\sup\limits_{n\in\N} \Vert
  x_n\Vert_{\ell^2(\N)} \le R$ gilt. \par
  Wir behaupten, dass $x_n\wto x$ f\"ur $n\to\infty$ gilt. Sei dazu
  $z\in\ell^2(\N)$ beliebig. Sei auch $\epsilon>0$ beliebig. Wegen
  $z\in\ell^2(\N)$ gibt es $k_0\in\N_{>0}$ mit
  $\sum\limits_{k=k_0}^\infty \left(z^k\right)^2
  \le\left(\frac\epsilon{4R}\right)^2$. Nun folgt
  \begin{align*}
    |\langle z,x_n\rangle -\langle z,x\rangle| 
    &=|\langle z,x_n-x\rangle|\umbruch\\
    &\le \sum\limits_{k=0}^{k_0-1} \left|z^k\cdot
      \left(x^k_n-x^k\right)\right| +\sum\limits_{k=k_0}^\infty
      \left|z^k\cdot\left(x^k_n-x^k\right)\right|. 
  \end{align*}
  Da $z$ fixiert ist, gibt es aufgrund der komponentenweisen
  Konvergenz ein $n\in\N$ mit
  $\left|z^k\cdot\left(x^k_n-x^k\right)\right|\le\frac\epsilon{2k_0}$
  f\"ur alle $k=0,1,\ldots,k_0-1$. \par
  Wenden wir nun auf die Endst\"ucke $\left(x^k\right)_{k\ge k_0}$ und
  $\left(x^k_n-x^k\right)_{k\ge k_0}$ die Cauchy-Schwarzsche
  Ungleichung an, so erhalten wir
  \begin{align*}
    |\langle z,x_n-x\rangle|
    &\le k_0\cdot\frac\epsilon{2k_0} +\left\langle
      \left(z^k\right)_{k\ge k_0}, \left(x^k_n-x^k\right)_{k\ge
      k_0}\right\rangle_{\ell^2(\N)}\umbruch\\ 
    &\le\frac\epsilon2+\left\Vert
      \left(z^k\right)_{k\ge k_0}\right\Vert_{\ell^2(\N)} \cdot
      \left\Vert \left(x^k_n-x^k\right)_{k\ge
      k_0}\right\Vert_{\ell^2(\N)}\umbruch\\ 
    &\le\frac\epsilon2 +\frac\epsilon{4R}\cdot \Vert
      x_n-x\Vert_{\ell^2(\N)}\umbruch\\ 
    &\le\frac\epsilon2 +\frac\epsilon{4R}\cdot \left(\Vert
      x_n\Vert_{\ell^2(\N)} +\Vert
      x\Vert_{\ell^2(\N)}\right)\umbruch\\ 
    &\le\frac\epsilon2 +\frac\epsilon{4R}\cdot 2R =\epsilon
  \end{align*}
  wie gew\"unscht. 
\end{proof}

Aus dem Beweis von Theorem \ref{schw folgen komp thm} erhalten wir 
\begin{lemma}
  \label{l2 aequiv schw komp lem}
  Sei $(x_n)_{n\in\N}\subset\ell^2(\N)$ eine beschr\"ankte Folge und
  sei $x\in H$. Dann sind die folgenden beiden Aussagen \"aquivalent:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{l2 aequiv schw} $x_n\wto x$ f\"ur $n\to\infty$.
  \item\label{l2 aequiv komp} $(x_n)_{n\in\N}$ konvergiert
    komponentenweise gegen $x$.
  \end{enumerate}
\end{lemma}

\begin{remark}
  Diese \"Aquivalenz gilt auch ohne vorgegebenen Grenzwert. Dieser
  ergibt sich aus den vorangegangenen Resultaten n\"amlich ohnehin.
\end{remark}

\begin{proof}[Beweis von Lemma \ref{l2 aequiv schw komp lem}]
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item \glqq\eqref{l2 aequiv schw} \impliziert \eqref{l2 aequiv
      komp}\grqq: Dies folgt direkt aus Bemerkung \ref{komp schw konv
      rem}.
  \item \glqq\eqref{l2 aequiv komp} \impliziert \eqref{l2 aequiv
      schw}\grqq: Dies ergibt sich aus dem Beweis von Theorem
    \ref{schw folgen komp thm}.  \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

\section{Nirgends differenzierbare Funktionen}
Ziel dieses Abschnitts ist der Nachweis, dass es stetige Funktionen
gibt, die nirgends differenzierbar sind.
\subsection{In Arbeit}

\section{Projektion auf konvexe Mengen}
Die Resultate dieses Kapitels gelten auch in allgemeinen
Hilbertr\"aumen. Wir beschr\"anken uns hier jedoch auf den Spezialfall
$\R^n$.

\subsection{Projektion auf konvexe Teilmengen}

\begin{definition}[Konvexit\"at]
  \stern Eine Menge $K\subset \R^n$ hei\ss{}t 
  \emph{konvex}, falls f\"ur alle $x,y\in K$ und alle $t\in[0,1]$ auch
  \[tx+(1-t)y\in K\] gilt.
\end{definition}

\begin{theorem}[Projektion auf konvexe Teilmengen]
  \label{proj konv TM thm}
  Sei $K\subset \R^n$ eine nichtleere, abgeschlossene
  und konvexe Teilmenge. Sei $y_0\in \R^n$. Dann gibt es genau ein
  n\"achstes Element $x_0\in K$, \dh ein $x_0\in K$ mit
  $|x_0-y_0| \le|x-y_0|$ f\"ur alle $x\in K$.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir benutzen die sogenannte direkte Methode der
  Variationsrechnung. Sei $(x_n)_{n\in\N}\subset K$ eine Minimalfolge
  f\"ur die Funktion $K\ni x\mapsto|x-y_0|$, gelte also
  $\lim\limits_{n\to\infty}|x_n-y_0| =\inf\limits_{x\in
    K}|x-y_0|=:d$. Zun\"achst wollen wir nachweisen, dass
  $x_n$ eine Cauchyfolge ist. Aufgrund der Parallelogrammgleichung
  gilt
  \begin{align*}
    |x_n-x_m|^2
    &=2|x_n-y_0|^2 +2|x_m-y_0|^2 
      -4\Big|\underbrace{\frac{x_n+x_m}2}_{\in
      K}-y_0\Big|^2\\ 
    &\le2|x_n-y_0|^2+2|x_m-y_0|^2 -4d^2\to 0
  \end{align*}
  f\"ur $\min\{m,n\}\to\infty$. Da $K$ als abgeschlossene Teilmenge
  von $\R^n$ vollst\"andig ist, existiert
  $x_0= \lim\limits_{n\to\infty}x_n$ in $K$. Da die Norm auf $\R^n$
  stetig ist, folgt
  $|x_0-y_0|=\lim\limits_{n\to\infty}|x_n-y_0|=d$. \par
  Zur Eindeutigkeit: Sei $\hat x_0\in K$ ein weiteres n\"achstes
  Element. Da wir gezeigt haben, dass jede Minimalfolge eine
  Cauchyfolge ist, gilt dies auch f\"ur die Folge \[z_n:=
  \begin{cases}
    x_0&\text{f\"ur gerades $n$},\\
    \hat x_0&\text{f\"ur ungerades $n$}.
  \end{cases}\]
  Somit erhalten wir $x_0=\hat x_0$. 
\end{proof}

Dieser Beweis von Theorem \ref{proj konv TM thm} funktioniert auch in
allgemeinen Hilbertr\"aumen. Wir geben noch einen zweiten Beweis an,
der die Kompaktheit von $\overline{B_1(0)}\subset\R^n$ verwendet.
\begin{proof}[Alternativer Beweis von Theorem \ref{proj konv TM thm}]
  \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item \emph{Existenz:} Wir starten wieder mit einer Minimalfolge
    $(x_n)_{n\in\N}\subset K$ mit $|x_n-y_0|\to \inf\limits_{x\in
    K}|x-y_0|=:d$. Da $K$ kompakt ist, gibt es eine konvergente
    Teilfolge, ohne Einschr\"ankung die gesamte Folge, mit $x_n\to
    x_0$ f\"ur ein $x_0\in\R^n$. Da $K$ abgeschlossen ist, gilt auch
    $x_0\in K$. Da $x\mapsto |x-y_0|$ stetig ist, folgt
    $|x_0-y_0|\leftarrow |x_n-y_0|\to d$. Somit erhalten wir
    $|x_0-y_0| =d$.
  \item \emph{Eindeutigkeit:} Seien $x_1,x_2\in K$ Punkte mit
    minimalem Abstand zu $y_0\in\R^n$.\par Geometrisch: Angenommen, es
    gilt $x_1\neq x_2$. Dann bilden $y_0,x_1,x_2$ ein gleichseitiges
    Dreieck und der Mittelpunkt $\frac{x_1+x_2}2$ liegt einerseits
    aufgrund der Konvexit\"at wieder in $K$ und hat als
    Seitenmittelpunkt einen kleineren Abstand als $x_1$ oder $x_2$ zu
    $y_0$. Widerspruch. \par Analytisch: Die Parallelogrammgleichung
    liefert
    \[|x_1-x_2|^2 =\underbrace{2|x_1-y_0|^2}_{=2d^2}
    +\underbrace{2|x_2-y_0|^2}_{=2d^2}
    -\underbrace{4\Big|\underbrace{\frac{x_1+x_2}2}_{\in K}
      -y_0\Big|^2}_{\ge4d^2}\le0.\] Somit folgt $x_1=x_2$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

Als Vorbereitung f\"ur den Nachweis der Stetigkeit von $\pi$ zeigen
wir
\begin{lemma}
  \label{min proj char lem}
  Sei $K\subset\R^n$ nichtleer und konvex. Seien $x\in\R^n$ und $p\in
  K$. Dann sind die folgenden beiden Aussagen \"aquivalent:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{naechster pkt aequiv i}
    $|x-p| =\inf\limits_{q\in K}|x-q|$ und
  \item\label{naechster pkt aequiv ii} $\langle x-p, k-p\rangle \le0$
    f\"ur alle $k\in K$.
  \end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item \glqq\eqref{naechster pkt aequiv i} \impliziert
    \eqref{naechster pkt aequiv ii}\grqq: Sei $k\in K$ beliebig. Dann
    gilt $p+\lambda(k-p)\in K$ f\"ur alle $0\le\lambda\le1$. Nach
    Voraussetzung gilt die erste Ungleichung in
    \begin{align*}
      |x-p|^2
      &\le |x-(p+\lambda(k-p))|^2
        =|(x-p) -\lambda(k-p)|^2\umbruch\\
      &=|x-p|^2 -2\lambda\langle x-p,k-p\rangle
        +\lambda^2|k-p|^2.
    \end{align*}
    F\"ur $\lambda>0$ erhalten wir $2\langle x-p,k-p\rangle
    \le\lambda|k-p|^2$ und somit im Grenzwert
    $\lambda\downarrow0$ die Behauptung.
  \item \glqq\eqref{naechster pkt aequiv ii} \impliziert
    \eqref{naechster pkt aequiv i}\grqq: \optional (Diesen Teil der
    \"Aquivalenz ben\"otigen wir sp\"ater nicht mehr.) Ohne
    Einschr\"ankung d\"urfen wir $x\neq p$ annehmen, denn sonst sind
    beide Aussagen trivialerweise erf\"ullt. \par
    Sei $k\in K$ beliebig. Dann erhalten wir mit der
    Cauchy-Schwarzschen Ungleichung und \eqref{naechster pkt aequiv
      ii}
    \begin{align*}
      |x-k|
      &\overset{\text{CSU}}\ge
        \left\langle x-k, \frac{x-p}{|x-p|}
        \right\rangle \umbruch\\
      &=\left\langle x-p-(k-p), \frac{x-p}{|x-p|}\right\rangle \umbruch\\
      &=|x-p| -\frac1{|x-p|} \langle k-p,
        x-p\rangle\umbruch\\ 
      &\overset{\text{\eqref{naechster pkt aequiv ii}}} \ge|x-p| 
    \end{align*}
    wie behauptet.
    \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

Als Folgerung erhalten wir daraus
\begin{theorem}\label{naechster pkt konv menge stetig}
  Sei $K\subset\R^n$ nichtleer, abgeschlossen und konvex. Sei
  $\pi\colon \R^n\to K$ die nach Theorem \ref{proj konv TM thm}
  wohldefinierte Abbildung, die $x\in\R^n$ den Punkt $p\in K$ mit
  $|x-p| =\inf\limits_{q\in K}|x-q|$ zuordnet. Dann ist $\pi$ stetig;
  es gilt sogar $|\pi(x)-\pi(y)|\le|x-y|$ f\"ur alle $x,y\in\R^n$.
\end{theorem}
\begin{proof}
  Seien $x,y\in\R^n$ beliebig.  Aus Lemma \ref{min proj char lem}
  \eqref{naechster pkt aequiv ii} erhalten wir wegen
  $\pi(y)\in K$
  \begin{align*}
    \langle x-\pi(x), \pi(y)-\pi(x)\rangle
    &\le 0,
      \intertext{woraus}
      \langle\pi(x),\pi(x)-\pi(y)\rangle
    &\le \langle x,\pi(x)-\pi(y)\rangle
      \intertext{folgt und ebenso mit $\pi(x)\in K$ aus
      $\langle y-\pi(y), \pi(x)-\pi(y)\rangle
      \le0$ oder aus Symmetriegr\"unden}
      \langle-\pi(y),\pi(x)-\pi(y)\rangle
    &\le\langle -y,\pi(x)-\pi(y)\rangle.
  \end{align*}
  Durch Aufsummieren erhalten wir daraus die erste Ungleichung und aus
  der Cau\-chy-Schwarzschen Ungleichung die zweite Ungleichung in
  \begin{align*}
    |\pi(x)-\pi(y)|^2
    &=\langle\pi(x)-\pi(y), \pi(x)-\pi(y)\rangle\umbruch\\
    &\overset{\text{s.\,o.}}\le\langle
      x-y,\pi(x)-\pi(y)\rangle\umbruch\\ 
    &\overset{\text{CSU}}\le|x-y|\cdot
      |\pi(x)-\pi(y)|. 
  \end{align*}
  Dies liefert die Behauptung im Fall $\pi(x)\neq\pi(y)$ und auch im
  (trivialen) Fall $\pi(x)=\pi(y)$.
\end{proof}

\begin{remark}
  \stern Die Beweise von Lemma \ref{min proj char lem} und Theorem
  \ref{naechster pkt konv menge stetig} sind geometrisch durch
  \"Uberlegungen im $\R^2$ motiviert, die aber auch in beliebigen
  Hil\-bert\-r\"au\-men gelten.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Lemma \ref{min proj char lem}: Wir nehmen an, dass
    \eqref{naechster pkt aequiv i} gilt. Die Bedingung
    $\langle x-p, k-p\rangle\le 0$ definiert einen abgeschlossenen
    Halbraum, dessen Rand $p$ enth\"alt, in dem Punkte $k\in K$ liegen
    d\"urfen. Gibt es einen Punkt $k\in K$ au\ss{}erhalb dieses
    Halbraums, so liegt auch die konvexe Verbindung zwischen $k$ und
    $p$ in $K$. Diese hat dann aber nahe $p$ einen nichttrivialen
    Schnitt mit der offenen Kreisscheibe mit Radius $|x-p|$
    um $x$. Dies widerspricht der Tatsache, dass $p$ auf dem Rand der
    Kreisscheibe den Abstand zu $x$ minimiert.
  \item Theorem \ref{naechster pkt konv menge stetig}: Sei
    $\pi(x)\neq\pi(y)$.  Sei $S:=\{tx+(1-t)y\colon 0\le t\le1\}$ die
    Verbindungsstrecke zwischen $x$ und $y$,
    $P:=\{t\pi(x)+(1-t)\pi(y)\colon 0\le t\le1\}$ die
    Verbindungsstrecke zwischen $\pi(x)$ und $\pi(y)$ sowie
    $G:=\{t\pi(x)+(1-t)\pi(y)\colon t\in\R\}$ die Gerade durch
    $\pi(x)$ und $\pi(y)$. Dann haben wir nachgewiesen, dass die
    orthogonale Projektion von $S$ auf $G$ l\"anger ist als $P$. Die
    verwendeten Ungleichungen besagen sogar, dass die orthogonale
    Projektion von $S$ auf $G$ die Strecke $P$ umfasst. Beachte dazu,
    dass die orthogonale Projektion $p(x)$ von $x$ auf $G$ durch
    \[p(x):= \left\langle x-\pi(y),
        \frac{\pi(x)-\pi(y)}{|\pi(x)-\pi(y)|}\right\rangle
      \frac{\pi(x)-\pi(y)}{|\pi(x)-\pi(y)|} +\pi(y)\] gegeben
    ist. Dann ergibt sich auf $G$ die folgende Anordnung der vier
    Punkte: $p(x), \pi(x), \pi(y), p(y)$, gegebenenfalls mit
    Gleichheit oder in umgedrehter Anordnung. In Formeln dr\"uckt sich
    dies durch
    \[\langle p(x)-\pi(y),\pi(x)-\pi(y)\rangle \ge
      \langle\pi(x)-\pi(y),\pi(x)-\pi(y)\rangle\] aus. Durch Einsetzen
    von $p(x)-\pi(y)$ sehen wir nach ein wenig Vereinfachung, dass
    dies \"aquivalent zu
    \[\langle x-\pi(y),\pi(x)-\pi(y)\rangle
      \ge\langle\pi(x)-\pi(y),\pi(x)-\pi(y)\rangle\] oder
    $\langle x,\pi(x)-\pi(y)\rangle
    \ge\langle\pi(x),\pi(x)-\pi(y)\rangle$ ist. Somit ergibt sich
    gerade eine der im Beweis verwendeten Ungleichungen. Die andere
    ist symmetrisch dazu.     
  \item \"Ahnliche Argumente f\"uhren zur Aussage, dass f\"ur zwei
    konvexe Mengen $K_1\subset K_2\subset\R^2$ mit R\"andern aus
    endlich vielen Geradenst\"ucken f\"ur die L\"angen $L(\partial
    K_1) \le L(\partial K_2)$ gilt. Entsprechendes gilt auch f\"ur
    beliebige Mengen im $\R^n$. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\section{Noch nicht fertige Abschnitte}
\begin{itemize}
\item Asymptotik gew\"ohnlicher Differentialgleichungen
\item Nirgends differenzierbare Funktionen
\item Devils staircase?
\end{itemize}

\section{Schmuckst\"ucke der Analysis}
\subsection{Ank\"undigung}
Diese Vorlesung ist speziell f\"ur Lehramtsstudierende konzipiert,
deren mathematische Vorlieben im Bereich der Analysis liegen. Die
einzelnen Kapitel der Vorlesung sind unabh\"angig voneinander und
beinhalten jeweils mindestens ein besonders sch\"ones
Resultat. Geplante Themen sind Abbildungsgrad und Fixpunkts\"atze,
Fundamentalgruppen, L\"osungsverhalten bei gew\"ohnlichen
Differentialgleichungen, der Page-Rank-Algorithmus, Approximation von
Funktionen, Konvergenz in Folgenr\"aumen, Projektionen auf konvexe
Mengen sowie Fraktale oder eine Teilmenge davon. Ziel der Vorlesung
ist es nicht, eine Theorie aufzubauen, die in nachfolgenden
Vorlesungen genutzt werden kann, sondern einzelne Schmuckst\"ucke der
Analysis vorzustellen, die aus Zeitgr\"unden in den Grundvorlesungen
keinen Platz finden.
\fi

\renewcommand{\refname}{Literatur}
\def\emph#1{\textit{#1}}
\bibliographystyle{amsplain}
\bibliography{/home/os/uni/math/bib/biblio}
%\bibliography{/Users/os/uni/math/bib/biblio}
\def\unterstrich{\underline{\rule{1ex}{0ex}}} \def\cprime{$'$}
\providecommand{\bysame}{\leavevmode\hbox to3em{\hrulefill}\thinspace}
\providecommand{\MR}{\relax\ifhmode\unskip\space\fi MR }
% \MRhref is called by the amsart/book/proc definition of \MR.
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\providecommand{\href}[2]{#2}
%\end{large}

\end{document}
