% 
% Analysis I
% Oliver Schn\"urer
%
% Konstanz, Winter 2014/15, 2019/20, 2024/25. 
%
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% \usepackage{a4} \CompileMatrices \xymatrixnocompile schaltet dies
% fuer eine einzelne Matrix aus.
\usepackage{esint}
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% \usepackage{stmaryrd} % Widerspruchsblitz $\lightning$
% \usepackage{latexsym} % geschwungener Pfeil $\leadsto$

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\def\oder{\vee}
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\def\impliziert{\ensuremath{\Longrightarrow}\text{}} 
\def\folgtaus{\ensuremath{\Longleftarrow}\text{}}
\def\aequivalent{\ensuremath{\Longleftrightarrow}\text{}}
\def\Hinrichtung{\glqq\ensuremath{\Rightarrow}\grqq:\text{ }}
\def\Rueckrichtung{\glqq\ensuremath{\Leftarrow}\grqq:\text{ }}
% War urspr\"unglich wie bei impliziert und folgt aus mit langen
% Pfeilen definiert, aber das klappt nicht als itemize-[Argument];
% \"Uberl\"ange nach links.
\def\eins{\mbox{\ensuremath{1\hspace*{-0.9ex}1}}}
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% \newcommand{\margincomment}[1]{\marginpar{\footnotesize{#1}}}
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\renewcommand*{\proofname}{Beweis}

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% Hier ggf. vor der Veroeffentlichung noch etwas aendern.
\long\def\loesung#1{\begin{proof}[L\"osung]#1\end{proof}}
% \long\def\loesung#1{}

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\hyphenation{Du-al-raum Nor-men Gleich-heit Di-ri-chlet-rand-wer-ten
   Ei-gen-funk-ti-on-en Kom-pakt-heits-satz Viel-fach-heit Funk-tion
   Funk-tion-en}

\setcounter{tocdepth}{2}

\begin{document}
\title{Analysis I}

% Information for first author
\author{Oliver C. Schn\"urer}
% Address of record for the research reported here
\address{Oliver C. Schn\"urer, Universit\"at Konstanz, Germany}
% Current address
\curraddr{} \def\amSeeHome{@uni-konstanz.de}
\email{Oliver.Schnuerer\amSeeHome}
% \thanks will become a 1st page footnote.
\thanks{In Konstanz in den Wintersemestern 2014/15, 2019/2020 und
  2024/25 benutzt.\\\indent Vielen Dank an Olaf Schn\"urer f\"ur
  Korrekturen.} 

% General info
\subjclass[2000]{26-01}
% 26-XX Real functions
% 26-01 Instructional exposition

\date{\today.}

\dedicatory{}

\keywords{}

% \begin{abstract}
%   Bei diesem Manuskript handelt es sich um Notizen zu 
%   einer Vorlesung Analysis I. 
% \end{abstract}

\maketitle

\setcounter{tocdepth}{2}
\tableofcontents

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

% \mainmatter

\newpage

\addtocounter{section}{-1}

\Section{Vorbemerkungen}
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{0}}
\Subsection{Warum betreibt man Mathematik?}\rule{0mm}{1mm}\\
Nach \texttt{http://www.maths.monash.edu.au/} .
\begin{itemize}
\item Die Welt um uns verstehen (Bewegung der Sterne,
  Sonnenprotuberanzen, schwarze L\"ocher, Wasserwellen, Windhose,
  Buschbr\"ande)
\item Systeme modellieren und verbessern (Verkehrsleitsysteme,
  Logistik f\"ur Containerschiffe, B\"orse, Produktion, Medizin)
\item Die Sch\"onheit in der Natur untersuchen (Seifenblasen,
  Symmetrien in Sonnenblumen oder geometrischen Mustern, Fraktale,
  Wassertropfen)
\item Mathematik kann, darf und soll man ebenso als Kulturtechnik
  betreiben, weil sie einen auch ohne konkrete Anwendung fasziniert;
  so, wie andere einen Berg deshalb besteigen, weil es ihn gibt
  (Mt.~Everest), oder, um sich daran zu erfreuen, ein Buch lesen,
  Musik h\"oren oder selbst musizieren.
  % Georg Mallory, 1886-1924. 
\end{itemize}

\Subsection{Analysis in der Mathematik}
Analysis ist eine Grundvorlesung, deren Inhalte beinahe \"uberall in
der Mathematik wieder auftauchen werden, und daher ein guter Einstieg
in die Mathematik.

\Subsection{Zur Mathematik hinter den Umschlagbildern}
\subsubsection*{Seifenh\"aute}
Seifenh\"aute bilden sich so, dass ihre mittlere Kr\"ummung $H$
proportional zur Druckdifferenz zwischen den benachbarten Kammern
ist. Mehrere Seifenh\"aute treffen sich nur in Konfigurationen mit
einem ganz speziellen asymptotischen Verhalten: Drei Seifenh\"aute mit
$120^\circ$-Winkeln entlang einer Geraden oder sechs Seifenh\"aute in
einem Punkt in einer Konfiguration mit Tetraedersymmetrie. Ist $u$
eine Funktion, deren Graph vorgeschriebene mittlere Kr\"ummung $f$
hat, so gilt die nichtlineare partielle Differentialgleichung
\[H =g^{ij}h_{ij} =\sum\limits_{i=1}^n
  \fracp{}{x^i}\frac{\fracp{u}{x^i}(x)}
    {\sqrt{1+\sum\limits_{j=1}^n\left(\fracp{u}{x^j}(x)\right)^2}}
  =f(x,u(x)).\]
In Differentialgeometrie und Partiellen Differentialgleichungen werden
Fragestellungen aus diesem Bereich untersucht, beispielsweise hier in
meiner Arbeitsgruppe. 

\subsubsection*{Mandelbrotmenge}
Betrachte die Folge $(z_n)_{n\in\N}\subset\C$ mit $z_0=0$,
$z_{n+1} =z_n^2+c$ f\"ur ein festes $c\in\C$. Das untere Bild des
Umschlags erh\"alt man nun wie folgt: Man f\"arbt alle $c\in\C$, so
dass die zugeh\"orige Folge beschr\"ankt bleibt, schwarz. F\"ur andere
$c\in\C$ w\"ahlt man Grauwerte entsprechend der Anzahl der
Iterationen, bis die Folge betragsm\"a\ss{}ig $2$ \"uberschreitet. Die
Menge aller schwarzen Punkte hei\ss{}t Mandelbrotmenge. Sie ist
abgeschlossen. Kenntnisse in Funktionentheorie und Dynamischen
Systemen sind Grundlage f\"ur das Verst\"andnis solcher fraktaler
Mengen.

\Subsection{Literatur}
Wir orientieren uns an \cite{CGAnalysisI}, was an \cite{Dieudonne}
orientiert ist, aber auch an
\cite{AmannEscherAnalysisI,DenkRackeKompendiumI,JunkTreudeEmABuch,%
  KuwertAnaI},
empfehlen weiterhin \cite{TaoAnalysisI,HildebrandtAnalysisI} und
benutzen manchmal \cite{wiki}.

\Subsection{Motivierendes Beispiel}
In der Vorlesung werden wir uns l\"angere Zeit mit Grundlagen
besch\"aftigen. Dies ist n\"otig um unserem mathematischen Geb\"aude
ein solideres Fundament geben zu k\"onnen als Sie es vermutlich aus
der Schule kennen. Um trotzdem jetzt schon einen Eindruck geben zu
k\"onnen, was in Analysis passiert, starten wir mit einem
motivierenden Beispiel, das auf Schulkenntnisse zur\"uckgreift. \par
Nicht schlimm, wenn Sie Dinge hier noch nicht verstehen, weil Sie
etwas nicht in der Schule hatten. Es reicht, wenn Sie die Dinge
verstehen werden, wenn wir die entsprechenden Konzepte wie Konvergenz
und dergleichin in der Vorlesung behandelt haben werden. \par
Ein Vorgehen wie hier besprochen kann man nutzen, um die Existenz von
$\sqrt 2$, also einer Zahl $a\in\R$ mit $a>0$ und $a^2=2$, zu zeigen.
\begin{beispiel}
  \label{sqrt 2 bsp}
  Sei $x_0\in\R$ mit $x_0>0$. Definiere rekursiv/nacheinander f\"ur
  $n\in\N=\{0,1,\ldots\}$ \[x_{n+1}:=\frac1{x_n}+\frac12x_n.\] Dann
  konvergiert die Folge $(x_n)_{n\in\N}\subset\R$ gegen $\sqrt2$,
  $x_n\to\sqrt 2$ f\"ur $n\to\infty$, d.\,h.{} f\"ur $n\to\infty$
  kommt $x_n$ der Zahl $\sqrt 2$ immer n\"aher.
\end{beispiel}
\begin{proof}
  Wir zeigen dies in mehreren Schritten.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Es gilt $x_n>0$ f\"ur alle $n\in\N$: F\"ur $n=0$ gilt dies
    nach Voraussetzung. Ist $x_n>0$, so folgt auch
    \[x_{n+1} =\frac1{x_n} +\frac12x_n>0.\] Damit ist $x_n>0$ f\"ur
    alle $n\in\N$.
    \begin{itemize}
    \item Diese Schlussweise nennen wir vollst\"andige Induktion.
    \item Weil $x_n>0$ ist, ist $\frac1{x_n}$ definiert. Wir sagen,
      dass $x_{n+1}$ wohldefiniert ist.
    \end{itemize}
  \item Ist $n\ge0$, so gilt $x_{n+1}\ge\sqrt2$: Wegen $x_{n+1}>0$ ist
    dies \"aquivalent zu / gleich\-be\-deu\-tend mit
    $x_{n+1}^2\ge2$. \par
    Es gilt
    \begin{align*}
      x_{n+1}^2-2
      &=\left(\frac1{x_n}+\frac{x_n}2\right)^2-2\umbruch\\
      &=\frac1{x_n^2}+1+\frac{x_n^2}4-2\umbruch\\
      &=\frac1{x_n^2}\left(\frac{\left(x_n^2\right)^2}4
        -x_n^2+1\right)\umbruch\\ 
      &=\frac1{x_n^2}\left(\frac{x_n^2}2-1\right)^2\ge0.
    \end{align*}
    % \begin{itemize}
    % \item Die Identit\"at
    %   $x^2+ax =\left(x+\frac12a\right)^2-\frac{a^2}4$ nennt man
    %   quadratisches Erg\"anzen. Damit kann man die Mitternachtsformel
    %   herleiten.
    % \end{itemize}
  \item Ist $x_n^2\ge2$, so gilt $x_{n+1}\le x_{n}$: Wegen $x_{n+1}\ge0$
    k\"onnen wir daf\"ur $x_{n+1}^2\le x_n^2$ zeigen. Es gilt
    \begin{align*}
      x_n^2-x_{n+1}^2
      &=x_n^2-\left(\frac1{x_n}+\frac{x_n}2\right)^2\umbruch\\
      &=x_n^2-\frac1{x_n^2}-1-\frac{x_n^2}4\umbruch\\
      &=\frac3{4x_n^2}\left(\left(x_n^2\right)^2-\frac43x_n^2
        -\frac43\right)\umbruch\\
      &=\frac3{4x_n^2}\left(x_n^2-2\right)\left(x_n^2+\frac23\right).      
    \end{align*}
    \begin{itemize}
    \item Im letzten Schritt haben wir benutzt, dass $x_n^2=2$ eine
      Nullstelle ist, und haben Polynomdivision angewandt.
    \end{itemize}
    Weil alle Faktoren auf der rechten Seite f\"ur $x_n^2\ge2$
    nicht-negativ sind, ist auch $x_n^2-x_{n+1}^2\ge0$ wie behauptet.
  \item Wegen $0\le x_n\le x_1$ und $x_n\ge x_{n+1}$ f\"ur alle
    $n\ge1$ ist die Folge
    $(x_n)_{n\ge1}$ beschr\"ankt und monoton. Nach Theorem 
    \ref{mon beschr konv R thm} konvergiert sie daher. Wegen
    $x_n^2\ge2$ und $x_n\ge0$ f\"ur $n\ge1$ folgt $x_n\ge1$. Wir d\"urfen also in
    der definierenden Gleichung
    \[x_{n+1}=\frac1{x_n}+\frac12x_n\]
    zum Grenzwert \"ubergehen und erhalten aufgrund von
    Grenzwerts\"atzen f\"ur $a:=\lim\limits_{n\to\infty}
    x_n$ \[a=\frac1a+\frac12a\quad\text{oder}\quad a^2=2.\] Aus
    $x_n\ge1$ f\"ur $n\ge1$ folgt $a\ge1\ge0$. Somit folgt
    $x_n\to\sqrt2$ f\"ur $n\to\infty$.\qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{remark}
  \stern Wir beenden diesen Abschnitt mit zwei weiteren
  M\"oglichkeiten, f\"ur dieses Beispiel Konvergenz bzw.{} die
  Existenz von $\sqrt2$ zu zeigen. Beide M\"oglichkeiten spielen in
  der Analysis eine gro\ss{}e Rolle.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item \textbf{Kontraktionseigenschaft:} Wir definieren die Funktion
    \begin{align*}
      f\colon\R_{>0}&\to\R,\umbruch\\
      x&\mapsto\frac1x+\frac12x.
    \end{align*}
    Dann gilt f\"ur $x,y\ge1$
    \begin{align*}
      |f(x)-f(y)|
      &=\left|\frac1x+\frac12x-\frac1y-\frac12y\right|\umbruch\\
      &=\left|\frac{y-x}{xy}+\frac{x-y}2\right|\umbruch\\
      &=\left|\frac12-\frac1{xy}\right|\cdot|x-y|\umbruch\\
      &\le\frac12\cdot|x-y|,
    \end{align*}
    da $0\le\frac1{xy}\le1$ ist. Die Funktion $f$ hei\ss{}t
    Kontraktion, da $|f(x)-f(y)|\le c\cdot|x-y|$ f\"ur ein
    $c\in[0,1)$, hier $c=\frac12$, gilt.
  \item \textbf{Cauchyfolgeneigenschaft:} Wir erhalten in der Notation
    von Beispiel \ref{sqrt 2 bsp} f\"ur $n\ge1$ wegen
    $x_n\ge\sqrt2\ge1$
    \[|x_{n+2}-x_{n+1}|
      =|f(x_{n+1})-f(x_n)|\le\frac12\cdot|x_{n+1}-x_n|.\] Daraus
    folgern wir
    \begin{align*}
      |x_3-x_2|
      &\le\frac12\cdot|x_2-x_1|,\umbruch\\
      |x_4-x_3|
      &\le\frac12\cdot|x_3-x_2|\le\frac1{2^2}\cdot|x_2-x_1|,\umbruch\\
      |x_5-x_4|
      &\le\frac12\cdot|x_4-x_3|\le\frac1{2^3}\cdot|x_2-x_1|
    \end{align*}
    und per Induktion f\"ur alle $k\ge0$
    \[|x_{k+2}-x_{k+1}|\le\frac1{2^k}\cdot|x_2-x_1|.\] Mit Hilfe der
    Dreiecksungleichung $|a+b|\le|a|+|b|$ folgt daraus f\"ur alle
    $k\ge l\ge1$ (mit geeigneter Interpretation der
    \glqq$\ldots$\grqq{}-Notation f\"ur kleine $k,l,k-l$)
    \begin{align*}
      |x_k-x_l|
      &=|x_k-x_{k-1}+x_{k-1}-x_{k-2}+x_{k-2}\mp\ldots
        -x_{l+1}+x_{l+1}-x_l|\umbruch\\
      &\le|x_k-x_{k-1}| +|x_{k-1}-x_{k-2}| +\ldots
        +|x_{l+1}-x_l|\umbruch\\
      &\le\left(\frac1{2^{k-2}}+\frac1{2^{k-3}}+\ldots
        +\frac1{2^l}+\frac1{2^{l-1}}\right)\cdot|x_2-x_1|\umbruch\\
      &=\frac1{2^{l-1}}\cdot\left(\frac1{2^{k-l-1}}+\frac1{2^{k-l-2}}
        +\ldots +\frac12+1\right)\cdot|x_2-x_1|\umbruch\\
      &\le\frac1{2^{l-1}}\cdot\sum\limits_{n=0}^\infty\frac1{2^n}\cdot
        |x_2-x_1|\umbruch\\
      &=\frac4{2^l}\cdot|x_2-x_1|.
    \end{align*}
    Da die rechte Seite f\"ur gro\ss{}e $l$ beliebig klein wird, ist
    $(x_n)_n$ eine reelle Cauchyfolge. Diese konvergiert nach Korollar
    \ref{Rn Cauchykrit cor}. Die Aussage \"uber den Grenzwert erhalten
    wir wie im Beispiel. \par Statt mit der unendlichen Summe
    abzusch\"atzen, h\"atten wir auch
    \[\frac1{2^{k-l-1}}+\frac1{2^{k-l-2}}
      +\ldots+\frac12+1=2-\frac1{2^{k-l-1}}\le2\] nutzen k\"onnen.
  \item \textbf{Banachscher Fixpunktsatz:} Als letzte Alternative
    wollen wir den Banachschen Fixpunktsatz nutzen. Sei
    $x\in[1,10]$. Dann gelten $f(x)\ge\sqrt2\ge1$ und
    $f(x)=\frac1x+\frac12x\le 1+\frac12\cdot10=6\le10$. Weiterhin gilt
    f\"ur $x,y\in[1,10]$ die Absch\"atzung
    $|f(x)-f(y)|\le\frac12\cdot|x-y|$. Somit gibt es nach dem
    Banachschen Fixpunktsatz, siehe Analysis II, genau einen Fixpunkt
    $a\in[1,10]$ der Abbildung $f|_{[1,10]}\colon[1,10]\to[1,10]$. Es
    gilt $f(a)=a$. Wiederum folgt $a=\frac1a+\frac12a$ und wir
    erhalten $a^2=2$.
  \item \textbf{Newtonverfahren:} Die hier angegebene Iteration
    bezeichnet man als Newtonverfahren. Mit dem Newtonverfahren kann
    man (unter Zusatzannahmen) Nullstellen von Funktionen finden. Hier
    suchen wir Nullstellen der Funktion $g:x\mapsto x^2-2$. Dabei
    definieren wir $x_{n+1}$ als Nullstelle der Tangente an $\graph g$
    in $(x_n,g(x_n))$. Im Beispiel ist diese Tangente als Graph der
    Funktion
    $h\colon x\mapsto g(x_n)+(x-x_n)\cdot g'(x_n)
    =x_n^2-2+(x-x_n)\cdot 2x_n$ gegeben. F\"ur $x_n\neq0$ erhalten wir
    als Nullstelle von $h$ den Wert $x_{n+1}=\frac1{x_n}+\frac12x_n$.
  \end{enumerate}
\end{remark}
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{3}}

\Section{Grundlagen: Logik, Mengenlehre und reelle Zahlen}
\"Uber Logik bzw.{} Mengenlehre gibt es ganze Vorlesungen. Wir
vermitteln hier nur einige Grundlagen und folgen einem naiven Zugang. 
\Subsection{Logische Grundlagen}
Eine Definition f\"uhrt eine Bezeichnung ein. 
\begin{definition}[Naive Definition einer Aussage]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Eine \emph{Aussage} ist etwas, dem entweder der
    \emph{Wahrheitswert} \glqq\emph{wahr}\grqq{} oder
    \glqq\emph{falsch}\grqq{} zugeordnet ist. \stern Wir m\"ussen den
    Wahrheitswert einer Aussage nicht kennen.
  \item Eine \emph{Aussageform} ist etwas, das eine noch nicht
    bestimmte oder \emph{freie} Variable enth\"alt. \stern Durch
    Ersetzen der Variablen durch eine Konstante wird eine Aussageform
    zu einer Aussage. Ihr Wahrheitswert ist m\"oglicherweise nicht zu
    bestimmen, solange die Variable unbekannt ist.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}\stern
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir schlie\ss{}en aus, dass eine Aussage
    \begin{itemize}
    \item halb wahr, halb falsch oder
    \item gleichzeitig wahr und falsch ist.
    \end{itemize}
  \item Statt \glqq $p$ ist wahr\grqq{} sagen wir auch
    \begin{itemize}
    \item $p$ gilt, bzw.{} $p$ ist eine g\"ultige Aussage, 
    \item $p$ ist richtig oder
    \item $p$ ist korrekt. 
    \end{itemize}
  \end{enumerate}
\end{remark}

F\"ur die folgenden Beispiele greifen wir auf Schulwissen zur\"uck. 
\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(a)]
  \item Beispiele f\"ur Aussagen sind:
    \begin{enumerate}[(i)]
    \item $6$ ist durch $3$ teilbar.
    \item Es gibt unendlich viele Primzahlzwillinge.\\ (Ich kenne den
      Wahrheitswert dieser Aussage momentan nicht.)
    \end{enumerate}
  \item Beispiele f\"ur Aussageformen sind:
    \begin{enumerate}[(i)]
    \item $x$ ist durch $3$ teilbar. \hfill \mbox{(unbekannter
        Wahrheitswert)} 
    \item Es gilt stets $x=y$ oder $x\neq y$. \hfill \mbox{(ist stets
        wahr)} 
    \end{enumerate} 
  \end{enumerate}  
\end{beispiele}

\begin{definition}[Negation, Verneinung]
  Sei $p$ eine Aussage, so bezeichnen wir mit $\neg p$ die Aussage
  \glqq\emph{nicht} $p$\grqq, also die Negation dieser Aussage. \par
  Als Wahrheitstabelle schreiben wir daf\"ur
  \[
  \begin{array}{|c||c|}
    \hline p & \neg p\\\hline\hline
    w & f\\\hline
    f & w\\\hline
  \end{array}  
  \]
  Dabei steht \glqq $w$\grqq{} f\"ur \glqq wahr\grqq{} und \glqq
  $f$\grqq{} steht f\"ur \glqq falsch\grqq. \par Wir sagen f\"ur
  $\neg p$ auch: \glqq Es stimmt \emph{nicht,} dass $p$ gilt.\grqq{}
  oder \glqq $p$ ist falsch.\grqq
\end{definition}

\begin{remark} \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $p$ die Aussage \glqq 91 ist eine Primzahl\grqq, so ist
    $\neg p$ die Aussage \glqq Es stimmt nicht, dass 91 eine Primzahl
    ist\grqq{} oder kurz: \glqq 91 ist keine Primzahl\grqq.
  \item Anhand der Wahrheitstabelle \"uberlegt man sich leicht, dass
    $p$ und $\neg\neg p$ Aussagen mit den gleichen Wahrheitswerten
    sind. \par Warnung: Die doppelte Negation wird im Alltag aber
    gelegentlich anders aufgefasst. Beispiel: \glqq Magst du nicht den
    M\"ull runter bringen?\grqq{} -- \glqq Nein.\grqq{} \par Ist der
    Antwortende ein Mathematiker oder Logiker, so bringt er den M\"ull
    gerne nach unten.
  \end{enumerate}
\end{remark}

Wir verwenden die folgenden Verkn\"upfungen von zwei Aussagen zu einer
neuen Aussage. 
\begin{definition}
  Seien $p,q$ zwei Aussagen. Dann schreiben wir 
  \begin{itemize}
  \item $p\und q$ f\"ur \glqq $p$ \emph{und} $q$\grqq, die
    Konjunktion,
  \item $p\oder q$ f\"ur \glqq $p$ \emph{oder} $q$\grqq, die
    Disjunktion,
  \item $p\dot\vee q$ (kaum verwendetes Symbol) f\"ur \glqq
    \emph{entweder} $p$ \emph{oder} $q$\grqq, die Kontravalenz
    oder aussschlie\ss{}ende Disjunktion,
  \item $p\impliziert q$ f\"ur \glqq $p$ \emph{impliziert} $q$\grqq{}
    oder (\glqq aus $p$ folgt $q$\grqq{} oder \glqq wenn $p$, dann
    $q$\grqq{} oder \glqq wenn $p$ gilt, dann auch $q$\grqq), die
    Implikation, und
  \item $p\aequivalent q$ f\"ur \glqq $p$ und $q$ sind
    \emph{\"aquivalent}\grqq{} oder (\glqq $p$ ist \"aquivalent zu
    $q$\grqq{} oder \glqq Genau dann, wenn $p$ gilt, gilt auch
    $q$\grqq), die \"Aquivalenz,
  \end{itemize}
  und definieren die Wahrheitswerte durch die folgende Tabelle: 
  \[
  \begin{array}{|c|c||c|c|c|c|c|}
    \hline
    p & q & p\und q & p\oder q & p\dot\vee q & p\impliziert q &
    p\aequivalent q \\\hline\hline
    w & w & w & w & f & w & w \\\hline
    w & f & f & w & w & f & f \\\hline
    f & w & f & w & w & w & f \\\hline
    f & f & f & f & f & w & w \\\hline
  \end{array}
  \]
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item In der Aussage $p\impliziert q$ hei\ss{}t $p$
    \emph{Voraussetzung} oder \emph{Pr\"amisse} und $q$
    \emph{Behauptung} oder \emph{Konklusion}.
  \item Gilt $p\impliziert q$, so hei\ss{}t $p$ eine
    \emph{hinreichende Bedingung} f\"ur $q$ und $q$ eine
    \emph{notwendige Bedingung} f\"ur $p$.
  \item Wir verwenden $p\impliziert q$ und $q\Longleftarrow p$
    gleichbedeutend. 
  \item Die Aussagen $p_1,\,p_2,\ldots,p_n$ (oder sogar einer ganzen
    Familie von Aussagen, was sp\"ater erkl\"art wird) hei\ss{}en
    \"aquivalent, wenn f\"ur je zwei Aussagen $p$ und $q$ davon
    $p\aequivalent q$ gilt.
  \item \stern Zwei wahre Aussagen sind:
    \begin{itemize}
    \item \glqq Wenn $6$ eine Primzahl ist, dann gilt $0=1$\grqq{} und
    \item \glqq Wenn $6$ eine Primzahl ist, dann ist $2$ eine
      Primzahl\grqq{}.
    \end{itemize}
  \item \stern Man beachte den Unterschied zwischen \glqq oder\grqq{}
    und \glqq endweder \ldots{} oder \ldots\grqq.
  \item \stern Die beiden Aussagen in einer Implikation m\"ussen nicht
    kausal oder inhaltlich zu\-sam\-men\-h\"an\-gen.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{remark}[Beweistechniken]
  In Beweisen verwenden wir die folgenden Techniken. Vergleiche dies
  mit den Resultaten aus Proposition \ref{log elem prop}, die man auch
  ganz stupide mit Wahrheitstafeln zeigen kann. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item \emph{Beweise} sind Begr\"undungen, die zeigen, dass aus den
    Voraussetzungen die Behauptung folgt. Am Ende eines Beweises
    schreiben wir \glqq$\square$\grqq{}, \glqq quod erat
    demonstrandum\grqq{}, \glqq q.\,e.\,d.\grqq{} oder \glqq was zu
    zeigen war\grqq.
  \item \emph{Ersetzung:}
    \begin{itemize}
    \item Gilt $p\aequivalent q$, so d\"urfen wir in einer aus
      Aussagen und Elementarverkn\"upfungen zusammengesetzten Aussage,
      an beliebig vielen Stellen $p$ durch $q$ ersetzen und erhalten
      eine \"aquivalente Aussage.
    \item Gilt $A=B$, so d\"urfen wir an beliebig vielen Stellen in
      einer Aussage $A$ durch $B$ ersetzen und erhalten eine
      \"aquivalente Aussage.
    \item Entsprechend d\"urfen wir auch in Formeln, \ldots{}
      ersetzen.
    \end{itemize}
  \item \emph{Umbenennen:} Wir d\"urfen eine Variable \"uberall durch
    eine andere noch nicht benutzte ersetzen. 
  \item \emph{S\"atze nutzen:} Wir d\"urfen ein bereits gezeigtes
    Resultat anwenden.\\
    \emph{Benutzungstext:} Wir wenden \ldots{} mit \ldots{} an und
    erhalten \ldots.\\
    \textbf{Schulbeispiel:} \textbf{abc-abc-Satz:} Sei $n\in\N$. Dann
    ist $1001\cdot n$ durch $13$ teilbar.
    \begin{proof}[Beweis]
      Dies folgt aus $1001=7\cdot 11\cdot 13$. 
    \end{proof}
    In einem nachfolgenden Beweis k\"onnen wir dann schreiben: Aus dem
    abc\-abc-\-Satz erhalten wir, dass $243243$ durch $13$ teilbar
    ist.\par
    (\stern Hieraus ergibt sich der nette Zaubertrick, dass eine
    dreistellige Zahl, zweimal hintereinander geschrieben, durch $13$
    teilbar ist.)
  \item \emph{Zwischenschritte:} Starte mit einer wahren Aussage und
    folgere daraus solange Neues, bis die gew\"unschte Behauptung
    dasteht.\\
    \textbf{Benutzungstext:} Hieraus / Aus \ldots{} folgt \ldots{} und
    weiter \ldots.\\
    Dies wird auch mit
    \glqq$\ldots{} \impliziert \ldots{} \impliziert \ldots{}$\grqq{}
    abgek\"urzt.
  \item \stern \emph{Permutieren:} G\"ultige Aussagen d\"urfen wir
    auch in anderer Reihenfolge aufschreiben.
  \item \stern \emph{Weglassen:} Seien $k,n$ nat\"urliche Zahlen mit
    $k\le n$ (Schulwissen). Sind $p_1,$ \ldots, $p_k,$ \ldots,
    $p_n$ wahre Aussagen, so auch $p_1,\ldots,p_k$.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{remark} \stern
  Standardtexte oder \glqq Beweismechanik\grqq{} helfen uns bei der
  Formulierung von Beweisen. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $p\impliziert q$:
    \begin{itemize}
    \item \emph{Nachweisregel:} Man nimmt an, dass $p$ gilt und zeigt
      daraus $q$.
    \item \emph{Nachweistext:} Es gelte $p$. Wir wollen zeigen, dass
      $q$ gilt.\\ Alternativ: Zu zeigen: $q$ gilt.
    \item \emph{Benutzungsregel:} Wenn $p\impliziert q$ gilt und $p$
      richtig ist, d\"urfen wir folgern, dass auch $q$ gilt,
      vergleiche Bemerkung \ref{taut rem} \eqref{mod pon}.
    \item \emph{Benutzungstext:} Da $p\impliziert q$ und $p$ gelten,
      gilt auch $q$.
    \end{itemize}
  \item Nachweisregel und -text, Benutzungsregel und -text: 
    \begin{itemize}
    \item Eine Nachweisregel sagt uns, was wir zu tun haben, um zu
      zeigen, dass eine Aussage wie $p\impliziert q$ wahr ist.
    \item Ein Nachweistext sagt uns, was wir aufschreiben, um den
      Beweis von einer Aussage wie $p\impliziert q$ einzuleiten bzw.{}
      zu f\"uhren. 
    \item Eine Benutzungsregel sagt uns, was wir in einem Beweis
      machen d\"urfen, wenn wir wissen, dass $p\impliziert q$ gilt. 
    \item Ein Benutzungstext sagt uns, was wir aufschreiben, wenn wir
      die Aussage $p\impliziert q$ benutzen wollen. 
    \end{itemize}
  \item $p\und q$:
    \begin{itemize}
    \item Nachweisregel: Man zeigt, dass $p$ und $q$ gelten. 
    \item Nachweistext: Wir wollen zeigen, dass $p$ und $q$ gelten. \\
      Alternativ: Zeige: $p$ und $q$ gelten. 
    \item Benutzungsregel: Wenn $p\und q$ gilt, d\"urfen wir benutzen,
      dass $p$ gilt oder wir d\"urfen benutzen, dass $q$ gilt. 
    \item Benutzungstext: Da $p\und q$ gilt, gilt insbesondere auch
      $p$.\par Alternativ: Da $p\und q$ gilt, folgt $q$. 
    \end{itemize}
  \item $p\oder q$:
    \begin{itemize}
    \item Nachweisregel: Man zeigt, dass $p$ gilt oder dass $q$
      gilt. 
    \item Nachweistext: Da $p$ gilt, folgt $p\oder q$. \par
      Alternativ: Da $q$ gilt, schlie\ss{}en wir, dass $p\oder q$
      gilt. 
    \item Benutzungsregel: Betrachte den Fall, dass $p$ gilt und den
      Fall, dass $q$ gilt. M\"ochte man aus $p\oder q$ auf $r$
      schlie\ss{}en, muss man f\"ur jeden der beiden F\"alle zeigen,
      dass $r$ gilt. 
    \item Benutzungstext in einer Situation, wo wir $r$ folgern
      wollen: Es gilt $p\oder q$. Im Falle, dass $p$ gilt, erhalten
      wir \ldots{} und somit folgt $r$. Im andern Fall, wenn $q$ gilt,
      erhalten wir \ldots. Somit folgt ebenfalls $r$. Damit gilt $r$
      in jedem Fall. 
    \end{itemize}
  \item $\neg p$:
    \begin{itemize}
    \item Nachweisregel: Man nimmt an, dass $p$ gilt und folgert
      daraus einen Widerspruch. Damit erh\"alt man $\neg p$. 
    \item Nachweistext: Angenommen es gilt $p$. Dann erhalten wir
      \ldots. Dies widerspricht sich; Widerspruch bzw.{}
      Blitzsymbol. Somit gilt $\neg p$.
    \item Benutzungsregel: Ist $p=\neg q$, so gilt $q$. 
    \item Benutzungstext: Wegen $\neg(\neg(p))$ folgt $p$. 
    \end{itemize}
  \item $p\aequivalent q$:
    \begin{itemize}
    \item Nachweisregel: Man zeigt (separat) $p\impliziert q$ und
      $q\impliziert p$. 
    \item Nachweistext: Wir wollen zeigen, dass $p\impliziert q$ und
      $q\impliziert p$ gelten. 
    \item Benutzungsregel: Da $p\aequivalent q$ gilt, folgt auch
      $p\impliziert q$. 
    \item Benutzungstext: Da $p\aequivalent q$ gilt, folgen
      $p\impliziert q$ und $q\impliziert p$.\\ Alternativ: Da
      $p\aequivalent q$ gilt, folgt $p\impliziert q$ (oder mit
      vertauschten Rollen). 
    \end{itemize}
  \end{enumerate}
\end{remark}

Die logischen Elementarverkn\"upfungen
$\neg,\,\vee,\,\wedge,\,\implies$ und $\aequivalent$ erf\"ullen
\begin{proposition}
  \label{log elem prop}
  Seien $p,\,q,\,r$ Aussagen. Sei $t$ (true) eine stets wahre
  Aussage. Dann gelten
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{wahr und} \stern $p\und t\aequivalent p$, \hfill (Wahres
    mit und)
  \item\label{wahr oder} \stern $p\oder t\aequivalent t$, \hfill
    (Wahres mit oder)
  \item\label{log i} \stern $\neg\neg p\aequivalent p$, \hfill
    (Doppelte Verneinung)
  \item\label{tertium non datur} $p\oder\neg p$, \dotfill{} (tertium
    non datur)
  \item\label{und symm} \stern $p\und q\aequivalent q\und p$, \hfill
    (Symmetrie)
  \item\label{log v} \stern $p\oder q\aequivalent q\oder p$, \hfill
    (Symmetrie)
  \item\label{aequiv symm} \stern 
    $(p\aequivalent q)\aequivalent(q\aequivalent p)$, \hfill
    (Symmetrie)
  \item\label{idem und} \stern $p\und p\aequivalent p$, \dotfill{}
    (Idempotenz)
  \item\label{idem oder} \stern $p\oder p\aequivalent p$, \hfill
    (Idempotenz)
  \item\label{und weglassen} \stern $p\und q\impliziert p$, \hfill
    (Weglassen)
  \item\label{oder hinzu} \stern $p\impliziert p\oder q$, \hfill
    (Hinzuf\"ugen)
  \item\label{log iv} \stern $(p\aequivalent q)\implies((p\oder
    r)\aequivalent(q\oder r))$, \dotfill{} (beidseitiges Hinzuf\"ugen)
  \item\label{aussage hinzu und} \stern 
    $(p\aequivalent q)\implies((p\und r)\aequivalent(q\und r))$,
    \hfill (beidseitiges Hinzuf\"ugen)
  \item\label{aussage hinzu aequiv} \stern 
    $(p\aequivalent q)\implies((p\aequivalent
    r)\aequivalent(q\aequivalent r))$, \hfill (beidseitiges
    Hinzuf\"ugen)
  \item\label{ass und} \stern
    $(p\und q)\und r\aequivalent p\und(q\und r)$, \hfill
    (Assoziativit\"at)
  \item\label{ass oder} \stern 
    $p\oder(q\oder r)\aequivalent (p\oder q)\oder r$, \dotfill{}
    (Assoziativit\"at)
  \item\label{dist i log} \stern
    $p\oder(q\und r)\aequivalent (p\oder q)\und(p\oder r)$, \hfill
    (Distributivit\"at)
  \item\label{dist oder} \stern 
    $p\und(q\oder r)\aequivalent (p\und q)\oder(p\und r)$, \hfill
    (Distributivit\"at)
  \item\label{morgan i log} \stern 
    $\neg(p\und q)\aequivalent \neg p\oder\neg q$, \hfill (De Morgan)
  \item\label{morgan ii log} \stern
    $\neg(p\oder q)\aequivalent \neg p\und\neg q$, \dotfill{} (De
    Morgan)
  \item\label{hin her zeigen} \stern 
    $(p\aequivalent q)\aequivalent((p\implies q)\und(q\implies p))$,
    \hfill (beide Richtungen zeigen)
  \item\label{mitte aequiv str} \stern
    $((p\aequivalent q)\und(q\aequivalent r)) \implies(p\aequivalent
    r)$, \hfill (Zwischenschritt)
  \item\label{impl zs}
    $((p\implies q)\und(q\implies r))\implies(p\implies r)$, \hfill
    (Zwischenschritt)
  \item\label{log ii} $(p\implies q)\aequivalent(\neg p\vee q)$,
    \dotfill{} (Implikation auf"|l\"osen)
  \item\label{log iii} $(p\implies q)\aequivalent(\neg q\implies \neg
    p)$, \hfill (Kontraposition)
  \item\label{fallunterscheidung} \stern 
    $p\aequivalent ((p\und r)\oder (p\und \neg r))$. \hfill
    (Fallunterscheidung)
  \end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{remark} \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Genauer sollte man $(p\wedge p)\aequivalent p$ bzw.
    $((\neg p)\oder q)$ schreiben, \dh Klammern verwenden um die
    Reihenfolge anzudeuten.
  \item Aus der Assoziativit\"at folgt, dass wir hier Klammern
    weglassen d\"urfen, also $p\und q\und r$ statt $(p\und q)\und r$
    oder $p\und (q\und r)$ schreiben d\"urfen, da diese Aussagen
    \"aquivalent sind. F\"ur mehr als drei Aussage ist noch (per
    Induktion) nachzuweisen, dass wir die Klammern weglassen d\"urfen.
  \item Wir schreiben $p\aequivalent q\aequivalent r$ f\"ur
    $(p\aequivalent q)\und(q\aequivalent r)$.
  \item Eine andere Vorgehensweise ist es, die Aussagen aus \ref{log
      elem prop} mit Wahrheitstafeln zu zeigen und dann die
    entsprechenden Regeln zu formulieren. Da Wahrheitstafeln sp\"ater
    jedoch keine gro\ss{}e Rolle mehr spielen werden, haben wir die
    sehr plausiblen Regeln der Beweismechanik vorher \glqq vom Himmel
    fallen\grqq{} lassen und k\"onnen so hier schon Beweise in der
    sp\"ater \"ublichen Form f\"uhren.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{proof}[\stern Beweis von Proposition \ref{log elem prop} mit
  Wahrheitstafeln]\neueZeilealt
  Diese Beweismethode wird sp\"ater kaum noch verwendet. 
  \begin{itemize}
  \item Man zeigt, dass in der Wahrheitstafel f\"ur eine Aussage stets
    ein \glqq wahr\grqq{} steht.
  \item F\"ur \eqref{log ii} ergibt sich beispielsweise
    \[
      \begin{array}{|c|c||c|c|c|c|}
        \hline
        p & q & p\impliziert q & \neg p & \neg p\oder q
        & \eqref{log ii}\\\hline\hline 
        w & w & w              & f      & w & w \\\hline
        w & f & f              & f      & f & w \\\hline
        f & w & w              & w      & w & w \\\hline
        f & f & w              & w      & w & w \\\hline                    
      \end{array}
    \]
    Daher sind diese Aussagen \"aquivalent. (Es gen\"ugt auch zu
    zeigen, dass in den beiden Spalten unter $p\impliziert q$ und
    $\neg p\oder q$ stets dieselben Wahrheitswerte stehen.) \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}


\begin{proof}[Beweis von Proposition \ref{log elem prop}]
  Wir f\"uhren dies exemplarisch f\"ur einige Aussagen vor
  (\eqref{impl zs}, \eqref{log ii} und \eqref{log iii}) und lassen den
  Rest als \"Ubung.
  \begin{itemize}
  \item[\eqref{wahr und}:] Aufgrund der Nachweisregel von
    \aequivalent{} zeigen wir, dass $p\und t\impliziert p$ und
    $p\impliziert p\und t$ gelten.
    \begin{itemize}
    \item[\Hinrichtung] Aufgrund der Nachweisregel von \impliziert{}
      nehmen wir zun\"achst an, dass $p\und t$ gilt. Dann folgt aus
      der Benutzungsregel von \glqq und\grqq{}, dass insbesondere $p$
      gilt. Somit folgt $p\und t\impliziert p$ aufgrund der
      Nachweisregel von \impliziert.
    \item[\Rueckrichtung] Gelte nun $p$. Da $t$ ebenfalls wahr ist,
      erhalten wir $p\und t$ aufgrund der Nachweisregel f\"ur \glqq
      und\grqq. Gem\"a\ss{} Nachweisregel f\"ur \impliziert{} erhalten
      wir $p\impliziert p\und t$.
    \end{itemize}
    Nach der Nachweisregel von \aequivalent{} ergibt sich daraus die
    Behauptung.
  \item[\eqref{wahr oder}:] Analog zu \eqref{wahr und}; \"Ubung. 
  \item[\eqref{log i}:] Entsprechend der Nachweisregel f\"ur
    \aequivalent{} teilen wir den Beweis auf. 
    \begin{itemize}
    \item[\Hinrichtung] Nehme an, dass $\neg\neg p$ gilt. Nach der
      Benutzungsregel f\"ur die Negation erhalten wir daraus, dass $p$
      gilt.
    \item[\Rueckrichtung] Nehme nun an, dass $p$ gilt. Wir wollen nun
      zeigen, dass auch $\neg\neg p$ gilt. Entsprechend der
      Nachweisregel f\"ur die Negation nehmen wir an, dass auch $\neg
      p$ gilt. Nach Definition der Negation ist somit $p$ falsch. Da
      es aber nicht m\"oglich ist, dass $p$ gleichzeitig wahr und
      falsch ist, erhalten wir einen Widerspruch. Somit gilt $\neg\neg
      p$. 
    \end{itemize}
    Aufgrund der Nachweisregel f\"ur \aequivalent{} erhalten wir
    daraus nun die Behauptung. 
  \item[\eqref{tertium non datur}:] Benutze hierf\"ur eine
    Wahrheitstabelle; \"Ubung. 
  \item[\eqref{und symm}:] Wir teilen den Beweis entsprechend der
    Nachweisregel f\"ur \aequivalent{} erneut auf. 
    \begin{itemize}
    \item[\Hinrichtung] Wir zeigen zun\"achst
      $p\und q\impliziert q\und p$: Laut Nachweisregel f\"ur
      \impliziert{} d\"urfen wir annehmen, dass $p\und q$ gilt und
      m\"ussen zeigen, dass dann $q\und p$ gilt. Nach Anwendungsregel
      von \glqq und\grqq{} erhalten wir, dass $p$ und $q$ separat
      gelten. Somit gelten auch $q$ und $p$ und somit aufgrund der
      Nachweisregel von \glqq und\grqq{} auch $q\und p$.
    \item[\Rueckrichtung] Mit vertauschten Rollen erhalten wir analog
      zu oben $q\und p\impliziert p\und q$. (Alternativ k\"onnten wir
      die Ersetzungsregel benutzen.)
    \end{itemize}
    Aufgrund der Nachweisregel f\"ur \aequivalent{} folgt daraus
    $p\und q\aequivalent q\und p$. 
  \item[\eqref{log v}:] Verfahre analog wie bei \eqref{und symm}. 
  \item[\eqref{aequiv symm}:] Laut Nachweisregel f\"ur \aequivalent{}
    m\"ussen wir $(p\aequivalent q)\impliziert(q\aequivalent p)$ und
    $(q\aequivalent p)\impliziert(p\aequivalent q)$ zeigen. Die zweite
    Aussage erhalten wir aus der ersten durch Umbenennen bzw.{}
    Ersetzen ($p\leadsto a$, $q\leadsto p$, $a\leadsto q$). Zum Beweis
    von $(p\aequivalent q)\impliziert(q\aequivalent p)$: Gem\"a\ss{}
    der Nachweisregel der Implikation nehmen wir an, dass
    $p\aequivalent q$ gilt und zeigen, dass $q\aequivalent p$ auch
    gilt. Aus der Anwendungsregel f\"ur $p\aequivalent q$ erhalten
    wir, dass $p\impliziert q$ und $q\impliziert p$ gelten. Somit
    gelten auch $q\impliziert p$ und $p\impliziert p$. Nach der
    Nachweisregel f\"ur \"Aquivalenzen erhalten wir daraus
    $q\aequivalent p$ wie gew\"unscht. \par Beide Aussagen
    zusammengenommen liefern nun die \"Aquivalenz.
  \item[\eqref{idem und}:] Erneut teilen wir den Beweis auf. 
    \begin{itemize}
    \item[\Hinrichtung] Zeige $p\und p\impliziert p$. Gelte $p\und
      p$. Dann folgt insbesondere $p$.
    \item[\Rueckrichtung] Zeige $p\impliziert p\und p$. Gelte $p$. Es
      gilt auch $p$ (sic!). Somit folgt $p\und p$.
    \end{itemize}
    Beide Richtungen (Hinrichtung \glqq$\Longrightarrow$\grqq{} und
    R\"uckrichtung \glqq$\Longleftarrow$\grqq{}) liefern nun aufgrund
    der Nachweisregel f\"ur \"Aquivalenzen die Behauptung.
  \item[\eqref{idem oder}:] Argumentiere analog zu \eqref{idem und};
    \"Ubung.
  \item[\eqref{und weglassen}:] Ergibt sich direkt aus der
    Benutzungsregel f\"ur \glqq und\grqq{}. 
  \item[\eqref{oder hinzu}:] Ergibt sich direkt aus der Nachweisregel
    f\"ur \glqq oder\grqq{}.
  \item[\eqref{log iv}:] Dies folgt aus der Ersetzungsregel. 
  \item[\eqref{aussage hinzu und}:] Dies folgt ebenso aus der
    Ersetzungsregel. 
  \item[\eqref{aussage hinzu aequiv}:] Dies folgt nochmals aus der
    Ersetzungsregel. 
  \item[\eqref{ass und}:] F\"ur \impliziert{} teilen wir die linke
    Seite mit der Benutzungsregel in drei g\"ultige Aussagen auf und
    setzen sie mit der Nachweisregel anschlie\ss{}end wieder
    zusammen. 
  \item[\eqref{ass oder}:] Analog zu \eqref{ass und}; \"Ubung. 
  \item[\eqref{dist i log}:] Wir zeigen die Hin- und die
    R\"uckrichtung wieder separat.
    \begin{itemize}
    \item[\Hinrichtung] Gelte $p\oder(q\und r)$. Dann ergeben sich zwei
      F\"alle.
      \begin{itemize}
      \item Gilt $p$, so folgt $p\oder q$ und ebenso $p\oder r$ und
        folglich $(p\oder q)\und (p\oder r)$. 
      \item Gilt $q\und r$, so folgen
        \begin{itemize}
        \item $q$ und daraus $p\oder q$ und
        \item $r$ und daraus $p\oder r$.  
        \end{itemize}
        Aus diesen beiden Aussagen erhalten wir nun $(p\oder q)\und
        (p\oder r)$.  
      \end{itemize}
      \item[\Rueckrichtung] Gelte nun $(p\oder q)\und (p\oder
        r)$. Daraus folgen $p\oder q$ und $p\oder r$. Nach
        Benutzungsregel kann aus jeder dieser Aussagen in einem Fall
        $p$ folgen. Ist dies bei mindestens einer der Aussagen so,
        dann ergibt sich $p\oder (q\und r)$ und wir
        sind fertig. Sonst erhalten wir $q$ und $r$, also $q\und r$
        und schlie\ss{}lich $p\oder(q\und r)$. 
      \end{itemize}
      Hieraus folgt die \"Aquivalenz. 
  \item[\eqref{dist oder}:] \"Ubung. 
  \item[\eqref{morgan i log}:] Verwende Wahrheitstafeln. 
  \item[\eqref{morgan ii log}:] Verwende Wahrheitstafeln. 
  \item[\eqref{hin her zeigen}:] Dies entspricht gerade den Regeln
    f\"ur die \"Aquivalenz. 
  \item[\eqref{mitte aequiv str}:] Leite dies aus dem nachfolgenden
    \eqref{impl zs} her. 
  \item[\eqref{impl zs}:] Gelte
    $(p\impliziert q)\und(q\impliziert r)$. Es folgen $p\impliziert q$
    und $q\impliziert r$. Um $p\impliziert r$ zu zeigen, nehmen wir
    an, dass $p$ gilt. Dann folgt nach Voraussetzung zun\"achst $q$
    und dann nach Voraussetzung $r$. Also haben wir $p\impliziert r$
    gezeigt.
  \item[\eqref{log ii}:] Erneut zeigen wir die Hin- und die
    R\"uckrichtung separat. 
    \begin{itemize}
    \item[\Hinrichtung] Gelte $p\impliziert q$. Wir wollen zeigen, dass
      $\neg p\oder q$ gilt. Nach \eqref{tertium non datur} gilt
      weiterhin $p\oder \neg p$. 
      \begin{itemize}
      \item Gilt $p$, so folgt nach Voraussetzung $q$ und wir erhalten
        $\neg p\oder q$. 
      \item Gilt $\neg p$, so folgt direkt $\neg p\oder q$. 
      \end{itemize}
    \item[\Rueckrichtung] Gelte $\neg p\oder q$. Um $p\impliziert q$
      nachzuweisen, d\"urfen wir annehmen, dass $p$ gilt. Wegen $\neg
      p\oder q$ erhalten wir
      \begin{itemize}
      \item $\neg p$, was $p$ widerspricht oder
      \item $q$ und wir sind fertig.
      \end{itemize}
    \end{itemize}
    Die \"Aquivalenz folgt. 
  \item[\eqref{log iii}:] Erneut zeigen wir beide Richtungen.  
    \begin{itemize}
    \item[\Hinrichtung] Wir erhalten aus $p\impliziert q$ nacheinander
      $\neg p\oder q$, $q\oder\neg p$, $\neg\neg q\oder \neg p$ und
      $\neg q\impliziert\neg p$.
    \item[\Rueckrichtung] Aus
      $(p\impliziert q)\impliziert(\neg q\impliziert\neg p)$ erhalten
      wir durch Ersetzen ($p\leadsto\neg a$, $q\leadsto\neg b$)
      $(\neg a\impliziert\neg b)\impliziert(\neg\neg
      b\impliziert\neg\neg a)$. Wegen $\neg\neg a\aequivalent a$ und
      $\neg\neg b\aequivalent b$ erhalten wir durch erneutes Ersetzen
      $(\neg a\impliziert\neg b)\impliziert(b\impliziert a)$. Durch
      erneutes Ersetzen ($a\leadsto q$, $b\leadsto p$) folgt die
      R\"uckrichtung.
    \end{itemize}
    Beide Richtungen zusammen ergeben die Behauptung. 
  \item[\eqref{fallunterscheidung}:] Nach \eqref{hin her zeigen} und
    der Nachweisregel f\"ur $\aequivalent$ weisen wir im Folgenden
    nach, dass $p\impliziert((p\und r)\oder(p\und\neg r))$ und
    $((p\und r)\oder(p\und\neg r))\impliziert p$
    gelten.
    \begin{itemize}
    \item[\Hinrichtung] Wir wollen zeigen, das
      $p\impliziert((p\und r)\oder(p\und\neg r))$ gilt. Gelte dazu 
      $p$. Nach \glqq tertium noch datur\grqq, vergleiche
      \eqref{tertium non datur}, gilt $r\oder\neg r$.
      \begin{itemize}
      \item Nach der Benutzungsregel von \glqq oder\grqq{} betrachten
        wir zun\"achst die Situation, dass $r$ gilt. Weil $p$ ohnehin
        schon gilt, folgt nun $p\und r$. Aufgrund der Nachweisregel
        von \glqq oder\grqq{} folgt
        $(p\und r)\oder(p\und\neg r)$.
      \item Im Fall, dass $\neg r$ gilt, erhalten wir analog
        $p\und\neg r$ und dann $(p\und r)\oder(p\und\neg r)$.
      \end{itemize}
      Insgesamt erhalten wir also
      $p\impliziert((p\und r)\oder (p\und\neg r))$ wie gew\"unscht.
    \item[\Rueckrichtung] Wir wollen zeigen, dass $((p\und r)\oder
      (p\und \neg r))\impliziert p$ gilt. Gelte dazu $(p\und r)\oder
      (p\und \neg r)$.
      \begin{itemize}
      \item Nach der Benutzungsregel von \glqq oder\grqq{} nehmen wir
        im ersten Fall an, dass $p\und r$ gilt. Nach der
        Benutzungsregel von \glqq und\grqq{} folgt hieraus
        insbesondere $p$. 
      \item Im zweiten Fall nehmen wir an, dass $p\und\neg r$ gilt und
        erhalten analog, dass $p$ gilt. 
      \end{itemize}
      Da wir in beiden F\"allen gezeigt haben, dass $p$ gilt, folgt
      $((p\und r)\oder(p\und\neg r))\impliziert p$ wie gew\"unscht. 
    \end{itemize}
    Aus diesen beiden Richtungen ergibt sich nun aufgrund der
    Nachweisregel f\"ur \aequivalent{} die Behauptung. \qedhere
  \end{itemize}
  % \begin{itemize}
  % \item Sp\"ater kann man die Behauptungen auch durch die obigen
  %   Beweisregeln. Wir zeigen nur, wie dies im Fall \eqref{log iii}
  %   funktioniert und lassen den Rest als \"Ubung. Es gilt
  %   \begin{align*}
  %     (p\implies q) \aequivalent&\, \neg p\oder q 
  %                                 \qquad\text{\eqref{log ii}}\\
  %     \aequivalent&\,\neg p\oder\neg\neg q\qquad\text{\eqref{log i},
  %                   \eqref{log v} und
  %                   \eqref{log iv}}\\
  %     \aequivalent&\,\neg\neg q\oder\neg p\qquad\text{\eqref{log v}}\\
  %     \aequivalent&\,\neg q\implies\neg p\qquad\text{\eqref{log ii}}.
  %   \end{align*}
  %   Somit ist $(p\implies q)\aequivalent(\neg q\implies\neg p)$
  %   aufgrund mehrfacher Anwendung von \eqref{mitte aequiv
  %     str}. \qedhere
  % \end{itemize}
\end{proof}

\begin{remark}
  \label{taut rem}
  % https://en.wikipedia.org/wiki/Tautology_(rule_of_inference)  
  % und Links rechts oben dort.
  \stern Es gibt noch zahlreiche weitere interessante Verkn\"upfungen
  von logischen Aussagen. Einige Beispiele sind:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{mod pon} $((p\impliziert q)\und p)\impliziert q$, \hfill
    (modus ponens)
  \item $(p\aequivalent q)\impliziert(p\impliziert q)$, \hfill
    (Abschw\"achung) 
  \item $((p\impliziert r)\und(q\impliziert r)\und(p\oder
    q))\impliziert r$, \hfill (beidseitige Abschw\"achung)
  \item $((p\oder q)\und(\neg p))\impliziert q$, \dotfill{}
    (ausgeschlossene Variante)
  \item $((p\impliziert q)\und\neg q)\impliziert\neg p$, \hfill (modus
    tollens) 
  \item $(\neg(p\und q)\und p)\impliziert\neg q$, \hfill
    (ausgeschlossene Variante)  
  \item $((p\impliziert q)\und(r\impliziert s)\und(\neg q\oder\neg
    s))\impliziert(\neg p\oder \neg r)$, \hfill (falsche Schlussfolgerungen)
  \item $(p\impliziert q)\aequivalent(p\impliziert(p\und
    q))$. \dotfill{} (Wiederholen der Pr\"amisse)
  \end{enumerate}
  Die Benennung der Aussagen hier und in Proposition \ref{log elem
    prop} ist teilweise keine Standardbenennung.\\ \emph{Hinweis:}
  Beim Beweis kann es sinnvoll sein, eine stets falsche Aussage $f$
  einzuf\"uhren, beispielsweise $\neg t$.
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ubung.
\end{proof}

\Subsection{Erste Mengenlehre}
Wir benutzen hier auch \cite{HalmosMengenlehre}.

\begin{definition}[Naive Definition einer Menge]
  Eine \emph{Menge} ist eine Zusammenfassung von Objekten, den
  sogenannten \emph{Elementen} dieser Menge. Ist $A$ eine Menge und
  $x$ ein Objekt, so schreiben wir die Aussage $x\in A$, falls $x$ ein
  Element dieser Menge ist und $x\not\in A$ f\"ur $\neg(x\in A)$.\par
  F\"ur eine Menge, die aus den Elementen $a,b,c$ besteht schreiben
  wir $\{a,b,c\}$. Dabei ist die Reihenfolge der aufgef\"uhrten
  Elemente, oder ob wir Elemente mehrfach auf"|f\"uhren,
  unerheblich. Eine analoge Schreibweise verwenden wir auch f\"ur
  Mengen mit einer anderen Anzahl (noch nicht definiert) von
  Elementen. Wir schreiben $\{x_1,x_2,\ldots,x_{20}\}$ oder
  $\{x_1,x_2,\ldots\}$, falls klar ist, welche Elemente gemeint
  sind.
\end{definition}

Die obige Definition erkl\"art nicht wirklich, was Mengen sind. Wir
wollen Mengen sp\"ater von einer Menge, der leeren Menge, ausgehend,
beschreiben.

\begin{definition}[Teilmenge, Gleichheit]
  Seien $A,\,B$ zwei Mengen. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dann ist $A$ eine \emph{Teilmenge} von $B$, notiert als
    $A\subset B$ oder $A\subseteq B$, falls f\"ur alle $x\in A$ auch
    $x\in B$ folgt.\hfill (Inklusion) \par (\stern \glqq f\"ur
    alle\grqq{} werden wir sp\"ater mit einem Quantor abk\"urzen.)
  \item Dann hei\ss{}en $A$ und $B$ \emph{gleich,} abgek\"urzt mit
    $A=B$, wenn $A\subset B$ und $B\subset A$
    gelten. \hfill (Extensionalit\"atsaxiom)\\
    Gilt f\"ur zwei Mengen nicht $A=B$ so schreiben wir $A\neq B$.
  \item Gelten $A\subset B$ und $A\neq B$ so k\"urzen wir das mit
    $A\subsetneq B$ ab.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  \stern Aus der Definition ergeben sich f\"ur $A\subset B$
  \begin{itemize}
  \item Nachweisregel: Um zu zeigen, dass $A\subset B$ gilt, zeigen
    wir, dass jedes $x\in A$ auch $x\in B$ erf\"ullt. 
  \item Nachweistext: Wir wollen zeigen, dass $A\subset B$ gilt. Sei
    dazu $x\in A$. Dann folgt \ldots. Somit erhalten wir $x\in B$ und
    daher $A\subset B$. 
  \item Benutzungsregel: Aus $x\in A$ folgt $x\in B$. 
  \item Benutzungstext: Da $x\in A$ ist, folgern wir, dass auch $x\in
    B$ gilt. 
  \end{itemize}
  Ebenso ergibt sich f\"ur $A=B$
  \begin{itemize}
  \item Nachweisregel: Um zu zeigen, dass $A=B$ gilt, zeigt man, dass
    $A\subset B$ und $B\subset A$ gelten.
  \item Nachweistext: Wir wollen nun zeigen, dass $A\subset B$ und
    $B\subset A$ gelten. 
  \item Benutzungsregel: Aus $A=B$ folgen $A\subset B$ und $B\subset
    A$. 
  \item Benutzungstext: Aus $A=B$ erhalten wir $A\subset B$.\\
    Alternativ: Aus $A=B$ erhalten wir $B\subset A$. 
  \end{itemize}
\end{remark}

\begin{lemma}
  Seien $A,\,B,\,C$ Mengen. Dann gelten
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $A\subset A$, \hfill (Reflexivit\"at)
  \item\label{incl ii} $x\in A$ und $A\subset B$ impliziert $x\in B$.  
  \item $A\subset B\subset C$ impliziert $A\subset C$, \hfill
    (Transitivit\"at)
  \end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Zu zeigen ist, dass aus $x\in A$ auch $x\in A$ folgt. Das ist
    klar. 
  \item Gilt nach Definition von $A\subset B$. 
  \item Sei $x\in A$. Dann folgt $x\in B$ nach \eqref{incl
      ii}. Nochmals nach \eqref{incl ii} folgt auch $x\in C$. Also
    gilt $A\subset C$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{axiom}[Aussonderungsaxiom]
  Sei $A$ eine Menge und $a(x)$ eine Aussageform. Dann gibt es eine
  Menge $B$, deren Elemente genau die Elemente $x$ aus $A$ sind, die
  $a(x)$ erf\"ullen (Aussonderungsaxiom). Wir schreiben \[B=\{x\in
  A\colon a(x)\}.\]
\end{axiom}

\begin{remark}
  \stern 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Mit \glqq genau\grqq{} in dieser Definition beschreiben wir,
    dass $B$ alle Elemente $x\in A$ enth\"alt, die $a(x)$ erf\"ullen,
    aber keine, f\"ur die $\neg a(x)$ gilt.
  \item Da wir die Menge $B$ hier definieren, schreiben wir auch
    $B:=\{x\in A\colon a(x)\}$ und sagen, dass die Menge $B$ als die
    Menge auf der rechten Seite definiert ist.
  \item Es ist klar, dass $B\subset A$ gilt.
  \item Wir erhalten die folgenden Regeln:
    \begin{itemize}
    \item Nachweisregel: Um zu zeigen, dass $y\in\{x\in A\colon
      a(x)\}$ gilt, m\"ussen wir $y\in A$ und $a(y)$ zeigen.
    \item Nachweistext: Ergibt sich aus der Nachweisregel. 
    \item Benutzungsregel: \"Ubung. 
    \item Benutzungstext: Aus $y\in\{x\in A\colon a(x)\}$ erhalten wir
      $y\in A$ und $a(y)$.
    \end{itemize}

  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{remark}
  \stern Zu jeder Menge $B$ gibt es eine Menge $A$ und eine
  Aussageform $p(x)$, so dass \[B=\{x\in A\colon p(x)\}\] gilt: Man
  nehme eine beliebige Obermenge von $B$ als $A$, \dh eine Menge $A$
  mit $B\subset A$, z.\,B.{} $A=B$, und f\"ur $p(x)$ die Aussageform
  $x\in B$.\par Diese Bemerkung erlaubt es, mit Aussage(forme)n statt
  mit Mengen zu arbeiten.
\end{remark}

\begin{remark}[Russelsche Antinomie] \stern Naiverweise k\"onnte man
  sich im Aussonderungsaxiom die Angabe sparen, aus welcher Menge man
  die Elemente aussondert, die eine gegebene Aussage erf\"ullen,
  w\"urde also die Existenz einer \glqq Allmenge\grqq{} annehmen. Dann
  h\"atte man zu jeder Aussage eine Menge, in der alle Objekte sind,
  die diese Aussage erf\"ullen. Dies f\"uhrt jedoch zu einem
  Widerspruch: \par Angenommen, es g\"abe eine Allmenge $A$, also eine
  Menge, die alle Elemente enth\"alt. Dann definieren wir
  \[B:=\{x\in A\colon x\not\in x\}.\] Nach Definition ist nun
  $y\in B\aequivalent (y\in A\und y\not\in y)$. Da wir angenommen
  haben, dass $A$ eine Allmenge ist, ist $y\in A$ stets erf\"ullt und
  wir erhalten $y\in B\aequivalent y\not\in y$. Wenn wir nun
  \"uberpr\"ufen wollen, ob $B\in B$ gilt, k\"onnen wir diese
  Bedingung mit $y=B$ anwenden und erhalten
  $B\in B\aequivalent B\not\in B$. Dies ist ein Widerspruch. \par
  Daher werden wir zuk\"unftig Allmengen vermeiden.\par Es ist
  \"ublich, in einem Widerspruchsbeweis die Annahme, die zu einem
  Widerspruch gef\"uhrt werden soll, im Irrealis zu schreiben, bei den
  weiteren Folgerungen daraus aber wieder den Realis zu verwenden.
\end{remark}

Ausgehend von einer beliebigen Menge zeigen wir die Existenz der
leeren Menge. Wir haben bei unserem naiven Zugang angenommen, dass es
Mengen gibt. Will man dies nicht, so fordert man die Existanz der
leeren Menge als Axiom. 
\begin{lemma}[Existenz der leeren Menge]
  Es gibt eine Menge $\emptyset=\{\}$, die leere Menge, die kein
  Element enth\"alt. Sie erf\"ullt
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{leere menge inklusion} $\emptyset\subset A$ f\"ur alle
    Mengen $A$ und
  \item $\emptyset$ ist eindeutig bestimmt. 
  \end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $B$ eine beliebige Menge. Definiere \[\emptyset:=\{x\in B\colon
  x\neq x\}.\] Aufgrund des Aussonderungsaxioms ist $\emptyset$ ein
  Menge.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $A$ eine beliebige Menge. Wir m\"ussen nachweisen, dass
    $\emptyset\subset A$ gilt, dass also
    $x\in\emptyset\implies x\in A$ gilt. Dazu zeigen wir, dass die
    Aussage $x\in\emptyset$ stets falsch ist. Sei $x\in\emptyset$ ein
    beliebiges Element, $x$ ist also so gew\"ahlt, dass die Aussage
    $x\in\emptyset$ gilt. Aus der Aussage $x\in\emptyset$ folgt
    $x\neq x$. Dies ist stets falsch. Somit muss auch die
    Voraussetzung $x\in\emptyset$, unabh\"angig von $x$, falsch
    gewesen sein. Daher ist die Implikation insgesamt wahr. Dies
    wollten wir zeigen.
  \item Seien $\emptyset_1$ und $\emptyset_2$ zwei leere Mengen. Dann
    folgen nach \eqref{leere menge inklusion}
    $\emptyset_1\subset\emptyset_2$ und
    $\emptyset_2\subset\emptyset_1$. Somit gilt nach Definition
    $\emptyset_1=\emptyset_2$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\Subsection{Quantoren}
\begin{definition}[Quantoren]
  Quantoren verwenden wir bei freien Variablen in Aussageformen. Sie
  beziehen sich stets auf Elemente einer Menge:\par
  Sei $A$ eine Menge und $a(x)$ eine Aussageform mit der freien
  Variablen $x$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item \emph{Existenzquantor:} Wir schreiben
    \[\existiert\,x\in A\colon a(x)\quad\text{oder}\quad
      \existiert\limits_{x\in A} a(x)\] f\"ur die folgende Aussage:
    \glqq \emph{Es gibt} ein $x$ in der Menge $A$, so dass f\"ur
    dieses $x$ die Aussage $a(x)$ gilt.\grqq{}
  \item Wir schreiben \[\exists!\,x\in A\colon a(x)\] f\"ur die
    Aussage \glqq Es gibt \emph{genau ein} $x$ aus $A$ mit
    $a(x)$\grqq. Sie gilt, falls es ein $x$ in der Menge $A$ gibt,
    so dass f\"ur dieses $x$ und kein anderes Element aus $A$ die
    Aussage $a(x)$ gilt.
  \item \emph{Allquantor:} Wir schreiben
    \[\fueralle\,x\in A\colon a(x)\quad\text{oder}\quad
      \fueralle\limits_{x\in A} a(x)\] (in abgesetzten Formeln) oder
    auch $a(x)$ $\forall x\in A$ f\"ur die Aussage: \glqq \emph{F\"ur
      alle} $x$ in der Menge $A$ gilt die Aussage $a(x)$.\grqq{}
  \end{enumerate}
  \stern Es gibt auch die Bezeichnungen
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\bigvee$ f\"ur den Existenzquantor und 
  \item $\bigwedge$ f\"ur den Allquantor.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{beispiel}
  Wir verwenden f\"ur diese Beispiele nochmals Schulwissen. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item F\"ur alle reellen Zahlen $x$ gilt $x^2\ge0$. 
  \item Es gibt eine reelle Zahl $x$ mit $x^2=2$. \par \emph{Achtung:}
    Der Existenzquantor schlie\ss{}t nicht aus, dass es auch mehrere
    solche $x$ geben kann. Um dies zu verdeutlichen, sagt man f\"ur
    $\existiert\,x\in\R\colon x^2=2$ \glqq Es gibt eine oder mehrere
    reelle Zahlen $x$, so dass $x^2=2$ gilt\grqq.
  \item Falsch ist aber: $\exists!\,x\in\R\colon x^2=2$. 
  \end{enumerate}
\end{beispiel}

\begin{remark}
  Mit Quantoren k\"onnen wir die Teilmengendefinition formaler
  angeben:
  \[A\subset B\quad :\aequivalent\quad\fueralle x\in A: x\in B.\]
  \stern Dabei schreiben wir $:\aequivalent$ um anzudeuten, dass der
  Ausdruck auf der linken Seite eine Abk\"urzung f\"ur die Aussage auf
  der rechten Seite ist.
\end{remark}

\begin{remark}\stern
  \label{def subset rem}
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item F\"ur den Allquantor ergeben sich die folgenden Regeln im
    Falle $\forall x\in A\colon a(x)$:
    \begin{itemize}
    \item Nachweisregel: Man nimmt ein beliebiges Element $x\in A$ und
      zeigt, dass $a(x)$ gilt.\\ Achtung: Der Variablenname $x$ darf
      noch nicht verwendet worden sein.
    \item Nachweistext: Sei $x\in A$ (beliebig/gegeben/beliebig aber
      fest vorgegeben). Wir wollen nun zeigen, dass $a(x)$ gilt.\\
      Alternativ: Zu zeigen: Es gilt $a(x)$.
    \item Benutzungsregel: Wenn wir sicherstellen, dass $x\in A$ gilt,
      d\"urfen wir die Aussage $a(x)$ benutzen. 
    \item Benutzungstext: Es gilt $\forall x\in A\colon a(x)$. Da
      $y\in A$ ist, folgt hieraus $a(y)$. 
    \end{itemize}
  \item Regeln f\"ur $\exists\,x\in A\colon a(x)$:
    \begin{itemize}
    \item Nachweisregel: Man muss ein konkretes $y\in A$ angeben, das
      $a(y)$ erf\"ullt. \\ Alternativ: Zeige, dass
      $\{x\in A\colon a(x)\}\neq\emptyset$ gilt.
    \item Nachweistext: Wir definieren $y:=\ldots$. Wir zeigen nun,
      dass $y\in A$ und $a(y)$ gelten. 
    \item Benutzungsregel: Man darf sich ein $y$ (neuer Name!) mit
      $y\in A$ und $a(y)$ nehmen. 
    \item Benutzungstext: Aus $\exists\,x\in A\colon a(x)$ folgt, dass
      es ein $y\in A$ mit $a(y)$ gibt.  
    \end{itemize}
  \item Regeln f\"ur $\exists!$: 
    \begin{itemize}
    \item Nachweisregel: Die Aussage $\exists!\,x\in A\colon a(x)$
      zeigt man, indem man $\exists\,x\in A\colon a(x)$ zeigt und dass
      f\"ur alle $x,y\in\{z\in A\colon a(z)\}$, wobei wir
      $x,y\in\{\ldots\}$ f\"ur $x\in\{\ldots\}$ und $y\in\{\ldots\}$
      schreiben, die Aussage $x=y$ folgt.
    \item Nachweistext: Wir wollen $\exists!\,x\in A\colon a(x)$
      zeigen. Dazu zeigen wir zun\"achst $\exists\,x\in A\colon a(x)$:
      \ldots. Seien nun $x,y\in A$ mit $a(x)$. Wir folgern, dass
      \ldots. Somit ergibt sich $x=y$ und wir erhalten $\exists!\,x\in
      A\colon a(x)$. 
    \end{itemize}
  \end{enumerate}
\end{remark}

Wir wollen die folgenden Quantorenregeln verwenden. 
\begin{proposition}
  \label{quantoren elementar prop}
  Seien $A,\,B$ Mengen und $p(x)$ bzw.{} $p(x,y)$ Aussageformen. Dann
  gelten 
  \begin{align}
    \fueralle\limits_{x\in A}\fueralle\limits_{y\in B} p(x,y)
    \quad\aequivalent\quad&\, \fueralle\limits_{y\in
      B}\fueralle\limits_{x\in A}
    p(x,y),\label{quantoren lem eins}\umbruch\\
    \existiert\limits_{x\in A}\existiert\limits_{y\in B} p(x,y)
    \quad\aequivalent\quad&\, \existiert\limits_{y\in
      B}\existiert\limits_{x\in A}
    p(x,y),\label{quantoren lem zwei}\umbruch\\
    \existiert\limits_{x\in A}\fueralle\limits_{y\in B} p(x,y)
    \quad\implies\quad&\, \fueralle\limits_{y\in
      B}\existiert\limits_{x\in A}
    p(x,y),\label{nur eine richtung quantoren}\umbruch\\
    \neg\left(\fueralle\limits_{x\in A}p(x)\right)
    \quad\aequivalent\quad&\,\existiert\limits_{x\in A}\neg p(x),
    \label{de morgan i}\umbruch\\
    \neg\left(\existiert\limits_{x\in A}p(x)\right)
    \quad\aequivalent\quad&\, \fueralle\limits_{x\in A}\neg
    p(x).\label{de morgan ii}
  \end{align}
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item \eqref{quantoren lem eins}: \stern Klar, da es keine Rolle
    spielt, ob wir zuerst ein beliebiges Element $x\in A$ oder ein
    beliebiges Element $y\in B$ ausw\"ahlen.
  \item \eqref{quantoren lem zwei}: \stern Analog zu \eqref{quantoren
      lem eins}. 
  \item \eqref{nur eine richtung quantoren}: Um zu zeigen,
    dass
    \[\fueralle\limits_{y\in B} \existiert\limits_{x\in A} p(x,y)
      \quad \text{gilt, wenn}\quad \existiert\limits_{x\in A}
      \fueralle\limits_{y\in B} p(x,y)\] gilt, sei $y_0\in B$ beliebig
    vorgegeben. Aufgrund der Voraussetzung gibt es somit ein
    $x_0\in A$, so dass $\forall\,y\in B\colon p(x_0,y)$ gilt. Da
    $y_0\in B$ ist, erhalten wir, dass $p(x,y)$ gilt. Dies zeigt die
    Behauptung.
  \item \eqref{de morgan i}: \stern 
    \begin{itemize}
    \item \Hinrichtung Beruht darauf, dass es ein Gegenbeispiel
      geben muss, wenn die Aussage nicht f\"ur alle $x\in A$ gilt.
    \item \Rueckrichtung Da es nach Voraussetzung $\exists\, x\in
      A\colon\neg p(x)$ ein Gegenbeispiel gibt, kann die Aussage
      $\forall\,x\in Aa\colon p(x)$ nicht richtig sein.      
    \end{itemize}
  \item \eqref{de morgan ii}: Wir leiten dies aus \eqref{de morgan i}
    her. Mit Proposition \ref{quantoren elementar prop} \eqref{hin her
      zeigen} und \eqref{und weglassen} erhalten wir daraus
    \[\neg\left(\fueralle\limits_{x\in A} p(x)\right)
      \quad\Longrightarrow\quad \existiert\limits_{x\in A} \neg
      p(x).\] Weiter benutzen wir Proposition \ref{quantoren elementar
      prop} \eqref{log iii} und folgern
    \[\neg\left(\existiert\limits_{x\in A} \neg p(x)\right)
      \quad\Longrightarrow\quad \neg\neg\left(\fueralle\limits_{x\in
          A} p(x)\right).\] Nun ersetzen wir \"uberall $p(x)$ durch
    $\neg p(x)$. Es ergibt sich
    \[\neg\left(\existiert\limits_{x\in A}\neg\neg p(x)\right)
      \quad\Longrightarrow\quad \neg\neg\left(\fueralle\limits_{x\in
          A} \neg p(x)\right).\] Jetzt benutzen wir noch Proposition
    \ref{quantoren elementar prop} \eqref{log i} und
    folgern
    \[\neg\left(\existiert\limits_{x\in A} p(x)\right)
      \quad\Longrightarrow\quad \fueralle\limits_{x\in A} \neg p(x).\]
    Analog zeigen wir die umgekehrte Implikation und erhalten wegen
    Proposition \ref{quantoren elementar prop} \eqref{hin her zeigen}
    die Behauptung \eqref{de morgan ii}. \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}


\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item In \eqref{nur eine richtung quantoren} in Proposition
    \ref{quantoren elementar prop} handelt es sich nicht um eine
    \"Aquivalenz: Ist $A=\R$ (die hier noch nicht definierten reellen
    Zahlen) und $p(x,y)$ die Aussage $x+y=0$, so ist die rechte Seite
    wahr, die linke aber nicht.
  \item \stern Die beiden \"Aquivalenzen \eqref{de morgan i} und
    \eqref{de morgan ii} hei\ss{}en De Morgansche Regeln.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\Subsection{Weitere Mengenlehre}

\begin{axiom}[Vereinigung]
  \label{verein axiom}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Seien $A,B$ Mengen. Dann gibt es die \emph{Vereinigung} von
    $A$ und $B$, $A\cup B$, eine Menge, die genau die Elemente von $A$
    und $B$ enth\"alt. Es gilt
    \[x\in A\cup B \quad\Longleftrightarrow\quad (x\in A\oder x\in
      B).\]
  \item Sei $\mathcal M$ eine Menge von Mengen. Dann gibt es die
    \emph{Vereinigung} der Mengen aus $\mathcal M$,
    $\bigcup\limits_{A\in\mathcal M}A$, eine Menge, die genau die
    Elemente enth\"alt, die in (mindestens) einer der Mengen
    $A\in\mathcal M$ enthalten sind. Es gilt
    \[x\in \bigcup\limits_{A\in\mathcal M} A
      \quad\Longleftrightarrow\quad \existiert\limits_{A\in\mathcal
        M}x\in A.\]
  \end{enumerate}
\end{axiom}

\begin{remark}[Existenz einer Obermenge]
  Sei $\mathcal M$ eine Menge von Mengen. Dann gibt es eine Menge $M$
  mit der Eigenschaft \[A\in \mathcal M\implies A\subset M.\] Sie
  hei\ss{}t Obermenge. 
\end{remark}
\begin{proof}[Beweisidee]
  Setze $M:=\bigcup\limits_{A\in\mathcal M}A$. 
\end{proof}

\begin{definition}[Durchschnitt]
  \label{schnitt def}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Seien $A,B$ Mengen und sei $X$ eine beliebige fixierte
    Obermenge von $A$ und $B$. (Wir k\"onnen beispielsweise
    $X=A\cup B$ w\"ahlen.) Dann definieren wir den
    \emph{Durchschnitt}, den Schnitt oder die Schnittmenge von $A$ und
    $B$, $A\cap B$, durch
    \[A\cap B:=\{x\in X\colon x\in A \und x\in B\}.\]
  \item Sei nun $\mathcal M$ eine Menge von Mengen und sei $X$ eine
    gemeinsame Obermenge, gelte also $A\subset X$ f\"ur alle
    $A\in\mathcal M$. Dann definieren wir den Schnitt der Mengen aus
    $\mathcal M$, $\bigcap\limits_{A\in\mathcal M}A$, durch
    \[\bigcap\limits_{A\in\mathcal M} A:=\{x\in X\colon
      (\forall\,A\in\mathcal M\colon x\in A)\}.\]
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Eine Obermenge ist nicht eindeutig bestimmt. Nehmen wir ein
    weiteres Element hinzu, so erhalten wir eine weitere Obermenge.
  \item Der Schnitt von zwei Mengen oder von einer \emph{nichtleeren}
    Menge von Mengen h\"angt nicht von der gew\"ahlten Obermenge ab;
    Details: \"Ubung.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Enth\"alt $\mathcal M$ keine Menge, so gilt nach Definition
    der Quantoren $\bigcup\limits_{A\in\mathcal M} A=\emptyset$ sowie
    $\bigcap\limits_{A\in\mathcal M} A=X$, falls klar ist, was die
    Obermenge $X$ ist.
  \item\stern Enth\"alt $\mathcal M$ genau zwei Mengen, so stimmen die
    ersten und zweiten Teile der Axiome \ref{verein axiom} und der
    Definition \ref{schnitt def} \"uberein.
  \item\stern Wir werden sehen, dass es bei der Vereinigung oder beim
    Schnitt von mehr als zwei Mengen nicht auf die Reihenfolge
    ankommt. Daher ist die Definition der Vereinigung und des
    Schnittes eine sinnvolle Verallgemeinerung des Falles von zwei
    Mengen.
  \end{enumerate}
\end{remark}

Wir behandeln dazu ein Lemma. Dabei geben wir nur einen knappen Beweis
f\"ur einen Teil der Aussage.
\begin{itemize}
\item Erg\"anzen Sie die fehlenden Details!
\item Welche Aussagen mit Quantoren werden hier eigentlich gezeigt?
\item Warum folgt daraus die Behauptung?
\item Beweisen Sie den noch fehlenden Rest! 
\item Die Einf\"uhrung in das mathematische Arbeiten (EmA) eignet sich
  vor\-z\"ug\-lich, um zu erlernen, wie man selbst solche Beweise
  eigenst\"andig findet und formal korrekt aufschreibt.
\end{itemize}
\begin{lemma}
  Seien $A,B$ Mengen. Dann sind die folgenden Aussagen \"aquivalent: 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{ABae i} $A\subset B$,
  \item\label{ABae ii} $A\cup B=B$ und
  \item\label{ABae iii} $A\cap B=A$. 
  \end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir zeigen nur $\eqref{ABae ii}\aequivalent\eqref{ABae iii}$. 
  \begin{itemize}
  \item \glqq\eqref{ABae ii}\impliziert\eqref{ABae iii}\grqq:
    Es gilt stets $A\cap B\subset A$. Daher zeigen wir nur $A\subset
    A\cap B$: Sei $x\in A$ beliebig. Es folgt $x\in A\cup B$, also
    nach \eqref{ABae ii} auch $x\in B$. Daher ist $x\in A\cap B$ wie
    behauptet. 
  \item \glqq\eqref{ABae iii}\impliziert\eqref{ABae ii}\grqq:
    Wiederum gilt $B\subset A\cup B$ stets. Es gen\"ugt also, $A\cup
    B\subset B$ zu zeigen: Sei $x\in A\cup B$ beliebig. Ist $x\in B$,
    so sind wir fertig. Sonst gilt $x\in A$. Nach \eqref{ABae iii}
    folgt daraus $x\in A\cap B$. Somit gilt $x\in B$. Die Behauptung
    folgt. \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

\begin{definition}[Disjunkte Mengen]
  Seien $A,B$ zwei Mengen. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dann hei\ss{}en $A$ und $B$ \emph{disjunkt,} falls $A\cap
    B=\emptyset$ gilt. In diesem Fall schreiben wir auch $A\dot\cup B$
    statt $A\cup B$.
  \item Sei $\mathcal M$ eine Menge von Mengen. Dann hei\ss{}t diese
    disjunkt, falls f\"ur alle $A,B\in\mathcal M$ mit $A\neq B$ stets
    $A\cap B=\emptyset$ gilt. In diesem Falle schreiben wir auch
    $\dot{\bigcup\limits_{A\in\mathcal M}}A$ statt
    $\bigcup\limits_{A\in\mathcal M}A$.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{definition}[Komplement]
  Seien $A$ und $B$ Mengen mit fester Obermenge $X$. Dann definieren
  wir
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item das \emph{Komplement} von $A$ in $B$ durch \[B\setminus
    A:=\{x\in B\colon x\not\in A\}.\]
  \item das \emph{Komplement} von $A$ durch \[\complement A:=\{x\in
    X\colon x\not\in A\}.\]
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{proposition}
  Seien $A,\,B$ und $C$ drei Mengen und sei $X$ eine feste
  Obermenge. Dann gelten
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $A\cup B=B\cup A$ \hfill (Kommutativit\"at)
  \item $A\cap B=B\cap A$ \hfill (Kommutativit\"at)
  \item $(A\cup B)\cup C=A\cup (B\cup C)$ \hfill (Assoziativit\"at)
  \item $(A\cap B)\cap C=A\cap (B\cap C)$ \hfill (Assoziativit\"at)
  \item\label{dist i mengen} $(A\cap B)\cup C=(A\cup C)\cap (B\cup C)$
    \hfill (Distributivit\"at)
  \item $(A\cup B)\cap C=(A\cap C)\cup (B\cap C)$ \hfill
    (Distributivit\"at) 
  \item\label{morgan i mengen} $\complement(A\cup B)=\complement A\cap
    \complement B$ \hfill (De Morgansche Regel)
  \item $\complement(A\cap B)=\complement A\cup \complement B$ \hfill
    (De Morgansche Regel)
  \item $\complement\complement A=A$
  \item $A\cup\complement A=X$
  \item $A\setminus B=A\cap\complement B$
  \end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir betrachten nur zwei der Aussagen und lassen den Rest als
  \"Ubung. \par
  Erster Teil der Distributivit\"at \eqref{dist i mengen}:
  \begin{itemize}
  \item[\glqq$\subset$\grqq:] Sei $x\in(A\cap B)\cup C$ beliebig. Wir
    erhalten
    \begin{align*}
      &\,x\in(A\cap B)\oder x\in C\\
      \impliziert &\,(x\in A\und x\in B)\oder x\in C\\
      \impliziert &\, (x\in A\oder x\in C)\und(x\in B\oder x\in
      C)\qquad \text{(Proposition \ref{log elem prop}
        \eqref{dist i log})}\\
      \impliziert &\, (x\in A\cup C)\und (x\in B\cup C)\\
      \impliziert &\, x\in(A\cup C)\cap(B\cup C).
    \end{align*}
  \item[\glqq$\supset$\grqq:] Folgt analog. 
  \end{itemize}
  Erste De Morgansche Regel \eqref{morgan i mengen}:
  \begin{itemize}
  \item[\glqq$\subset$\grqq:] Sei $x\in \complement(A\cup B)$. Es
    folgt
    \begin{align*}
      &\,x\not\in(A\cup B)\\
      \impliziert &\,\neg(x\in (A\cup B))\\
      \impliziert &\,\neg(x\in A\oder x\in B)\\
      \impliziert &\,\neg(x\in A)\und \neg(x\in B)\qquad
      \text{(Proposition \ref{log elem prop} \eqref{morgan ii log})}\\
      \impliziert &\,x\not\in A \und x\not\in B\\
      \impliziert &\,x\in\complement A\und x\in\complement B\\
      \impliziert &\,x\in\complement A\cap\complement B.
    \end{align*}
  \item[\glqq$\supset$\grqq:] Folgt wieder analog.\qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

\begin{axiom}[Potenzmenge]
  Sei $A$ eine beliebige Menge. Dann gibt es die Menge $\P(A)$ (oder
  $2^A$), die \emph{Potenzmenge} von $A$. Ihre Elemente sind genau die
  Teilmengen von $A$.
\end{axiom}

\begin{beispiel}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $A=\{a,b,c\}$, so
    ist \[\P(A)=\{\emptyset,\{a\},\{b\},\{c\},\{a,b\},\{a,c\},\{b,c\},
    \{a,b,c\}\}.\] 
  \item Ist $A=\emptyset$, so ist $\P(A)=\{\emptyset\}$. Beachte, dass
    (insbesondere in diesem Fall) $\P(A)\neq A$ ist. 
  \item Die Aussagen $M\subset A$ und $M\in\P(A)$ sind nach Definition
    der Potenzmenge \"aquivalent.
  \item \stern $2^A$ steht f\"ur die Menge aller Abbildungen
    $f\colon A\to 2$, wobei $2$ f\"ur eine Menge mit zwei Elementen
    steht. Zwischen dieser Menge und $\mathcal P(A)$ gibt es eine
    Bijektion. Details dazu folgen sp\"ater.
  \end{enumerate}
\end{beispiel}

\begin{axiom}[Kartesisches Produkt]
  Seien $A$ und $B$ zwei Mengen. Dann gibt es eine Menge, das
  \emph{kartesische Produkt} von $A$ und $B$, $A\times B$, das aus
  allen geordneten Paaren $(a,b)$ mit $a\in A$ und $b\in B$
  besteht. $a$ hei\ss{}t die erste und $b$ die zweite Komponente
  dieses Paares. Es gilt \[A\times B=\{(a,b)\colon a\in A\und b\in
  B\}.\] 
\end{axiom}

\begin{remark}
  \stern Mengentheoretisch kann man solche Paare als gewisse
  zweielementige Mengen darstellen. Dabei wird $(a,b)\in A\times B$
  durch $\{a,\{a,b\}\}\subset A\cup\P(A\cup B)$ oder
  $\{a,\{a,b\}\}\in\P(A\cup\P(A\cup B))$ dargestellt.
\end{remark}

Damit k\"onnen wir definieren, was eine Funktion oder Abbildung ist: 
\begin{definition}[Funktion, Abbildung]
  \label{def fkt}
  Seien $A$, $B$ zwei Mengen. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Eine \emph{Funktion} oder \emph{Abbildung} $f$ von $A$ nach
    $B$, $f\colon A\to B$, ist eine Teilmenge von $A\times B$ mit der
    Eigenschaft, dass es zu jedem $a\in A$ genau ein $b\in B$ mit
    $(a,b)\in f$ gibt:
    \[\forall\, a\in A\,\exists\,!\, b\in B\colon (a,b)\in f.\] 
    Wir schreiben daf\"ur auch $b=f(a)$ oder $a\mapsto b$. \par Die
    Beschreibung einer Funktion als Teilmenge des kartesischen
    Produktes wird sp\"ater kaum noch verwendet. Daf\"ur definiert man
    dann den \emph{Graphen} von $f$ durch \[\graph f:=\{(x,f(x))\in
    A\times B\colon x\in A\}.\] Der Graph einer Funktion $f$ ist
    gerade die oben betrachtete Teilmenge $f\subset A\times B$.
  \item $A$ hei\ss{}t \emph{Definitionsbereich} der Funktion $f$,
    bezeichnet mit $D(f)$, und \[f(A):=\{f(x)\colon x\in A\} \equiv
    \{y\in B\colon (\exists\,x\in A\colon f(x)=y)\}\] hei\ss{}t
    \emph{Bild} oder \emph{Wertebereich} von $f$. Wir schreiben $\im
    f$ oder $R(f)$ f\"ur $f(A)$ (f\"ur image bzw.{} range).
  \item
    \label{potenzmengen induz fkt}
    Allgemeiner definieren wir f\"ur beliebige $M\subset A$ eine Menge
    $f(M)$, das \emph{Bild} von $M$ unter $f$, durch
    \[f(M):=\{y\in B\colon(\exists x\in M\colon y=f(x))\} \equiv
      \{f(x)\colon x\in M\}.\] Somit induziert $f$ eine Abbildung
    $\mathcal P(A)\to\mathcal P(B)$, die wir wieder mit $f$
    bezeichnen.
  \item Zu einer beliebigen Abbildung $f\colon A\to B$ definieren wir
    die \emph{Urbildabbildung} \[f^{-1}\colon\P(B)\to\P(A)\]
    durch \[f^{-1}(M)=\{x\in A\colon f(x)\in M\}\] f\"ur beliebige
    $M\subset B$. Die Menge $f^{-1}(M)\subset A$ hei\ss{}t das Urbild
    von $M$ unter der Abbildung $f$.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  Zwei Funktionen $f\colon A\to B$ und $g\colon C\to D$ sind gleich,
  wenn $f$ und $g$ als Teilmengen von $A\times B$ bzw.{} $C\times D$
  gleich sind. Insbesondere kann $f=g$ nur gelten, falls auch $A=C$
  und $B=D$ gelten. \par
  \stern Es gibt abweichende Definitionen, die nicht $B=D$ fordern. 
\end{remark}

Wir definieren einige fundamentale Eigenschaften von Funktionen.
\begin{definition}
  Sei $f\colon A\to B$ eine Funktion. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dann hei\ss{}t $f$ \emph{injektiv}, falls aus $f(x)=f(y)$
    bereits $x=y$ folgt. \par \stern Im Englischen sagt man, dass eine
    Abbildung ``one to one'' sei und in \"alteren Texten hei\ss{}en
    solche Abbildungen eineindeutig.
  \item $f$ hei\ss{}t \emph{surjektiv}, falls $f(A)=B$ gilt. \par
    Wir sagen, dass $f$ die Menge $A$ \emph{auf} die Menge $B$
    abbildet. Ist $f$ nicht notwendigerweise surjektiv, so hei\ss{}t $f$
    im Gegensatz dazu eine Abbildung von $A$ \emph{nach} $B$ oder von
    der Menge $A$ \emph{in} die Menge $B$.
  \item $f$ hei\ss{}t \emph{bijektiv,} falls $f$ injektiv und
    surjektiv ist. Eine bijektive Abbildung hei\ss{}t Bijektion.
  \item Ist $f$ injektiv, so definieren wir die \emph{Inverse} oder
    \emph{Umkehrabbildung} von $f$ durch
    \begin{align*}
      f^{-1}\colon \im f\to&\, A,\\
      f(x)\mapsto&\,x,
    \end{align*}
    d.\,h.{} wir definieren $f^{-1}(f(x)):=x$.     
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}\stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Inverse ist wohldefiniert: Zu jedem $a\in\im f$ gibt es
    ein $x\in A$ mit $f(x)=a$. F\"ur ein beliebiges anderes $y\in A$
    mit $f(x)=a$ folgt aufgrund der Injektivit\"at von $f$ bereits
    $x=y$. Damit ordnen wir jedem $a\in\im f$ ein eindeutig bestimmtes
    $x\in A$ zu.
  \item Allgemeiner sprechen wir von \emph{Wohldefiniertheit,} wenn
    wir etwas durch das Angegebene definieren. Bei einer Abbildung
    m\"ussen wir zwei Mengen $X$ (als Definitionsbereich) und $Y$ und
    f\"ur jedes $x\in X$ ein eindeutig bestimmtes $y\in Y$
    angegeben. So erhalten wir eine Abbildung $g\colon X\to Y$.
  \item Wir verwenden $f^{-1}$ f\"ur die Inverse und f\"ur die
    Urbildabbildung. Die sollte nicht zu Verwirrungen f\"uhren, es
    gilt n\"amlich, falls beide definiert sind, f\"ur die Inverse $I$,
    die Urbildabbildung $U$ und alle $x\in A$ \[\{I(f(x))\}
    =U(\{f(x)\}).\]
\item Ist $f\colon A\to B$ eine Abbildung, die
  $g\colon\mathcal P(A)\to \mathcal P(B)$ wie in Definition \ref{def
    fkt} \eqref{potenzmengen induz fkt} induziert, so
  gilt \[\{f(x)\}=g(\{x\})\] f\"ur alle $x\in A$.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{definition}[Komposition von Abbildungen]
  Seien $f\colon A\to B$ und $g\colon B\to C$ zwei Abbildungen. Dann
  definieren wir eine Abbildung $g\circ f\colon A\to C$ durch
  $x\mapsto g(f(x))$. $g\circ f$ hei\ss{}t \emph{Komposition} der
  Abbildungen $f$ und $g$. 
\end{definition}

\begin{remark}
  \stern Man schreibt auch $g\circ f\colon A\to D$ f\"ur die Abbildung
  $x\mapsto g(f(x))$ im Falle von Abbildungen $f\colon A\to B$ und
  $g\colon C\to D$, falls $B\subset C$ gilt.
\end{remark}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $A$ eine Menge. Dann definieren wir die Diagonale
    $\Delta(A)$ von $A\times A$ durch
    \[\Delta(A):=\{(x,x)\in A\times A\colon x\in A\}.\] 
  \item Die Abbildung $\Delta(A)\subset A\times A$ hei\ss{}t
    Identit\"at auf $A$, $\id_A$ oder $\id$. (Wir verwenden \glqq
    hei\ss{}t\grqq{} f\"ur eine Definition und k\"onnten dies auch wie
    folgt ausdr\"ucken: Wir definieren die Identit\"at auf $A$ als die
    Abbildung $\Delta(A)$.) Es gilt $\id_A(x)=x$ f\"ur alle $x\in A$.
  \item Ist $f\colon A\to B$ bijektiv, so gelten $f^{-1}\circ f=\id_A$
    und $f\circ f^{-1}=\id_B$.
  \item Sei $A$ eine Menge und gelte $C\subset A$. Dann hei\ss{}t die
    Abbildung $i\colon C\to A$ mit $x\mapsto x$
    Inklusionsabbildung. $i$ ist injektiv. Wir schreiben daf\"ur
    manchmal $i\colon C\hookrightarrow A$.
  \item Sei $f\colon A\to B$ eine Abbildung. Sei $C\subset A$ eine
    Menge. Dann definieren wir die \emph{Einschr\"ankung} oder
    \emph{Restriktion} von $f$ auf $C$ durch 
    \begin{align*}
      f|_C\colon C\to&\, B,\\
      x\mapsto&\, f(x). 
    \end{align*}
    Ist $i\colon C\hookrightarrow A$ die Inklusionsabbildung, so gilt
    $f|_C=f\circ i$. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{remark}
  Seien $f\colon A\to B$, $g\colon B\to C$ und $h\colon C\to D$ drei
  Abbildungen. Dann gelten
  \begin{align*}
    h\circ (g\circ f)=&\,(h\circ g)\circ f
    \intertext{und}
    (g\circ f)^{-1}=&\, f^{-1}\circ g^{-1},
  \end{align*}
  wobei die zweite Gleichheit sowohl f\"ur die Urbildabbildungen als
  auch (falls definiert) f\"ur die Inversen gilt. 
\end{remark}

\begin{definition}[Relationen]
  Seien $A,B$ Mengen. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Eine Teilmenge $R\subset A\times B$ hei\ss{}t
    \emph{Relation}. Statt $(x,y)\in R$ sagen wir auch, dass $R(x,y)$
    gilt.
  \item Eine Relation $R\subset A\times A$ hei\ss{}t
    \begin{enumerate}[(a)]
    \item \emph{reflexiv,} falls $R(x,x)$ f\"ur alle $x\in A$ gilt,
    \item \emph{symmetrisch,} falls f\"ur alle $x,y\in A$ aus $R(x,y)$
      auch $R(y,x)$ folgt,
    \item \emph{antisymmetrisch,} falls f\"ur alle $x,y\in A$ aus
      $R(x,y)$ und $R(y,x)$ bereits $x=y$ folgt,
    \item \emph{transitiv,} falls f\"ur alle $x,y,z\in A$ aus $R(x,y)$
      und $R(y,z)$ auch $R(x,z)$ folgt,
    \item \emph{total} oder \emph{linear,} falls f\"ur alle $x,y\in A$
      stets $R(x,y)$ oder $R(y,x)$ gilt.
    \end{enumerate}
  \item Sei $R\subset A\times A$ eine Relation. Dann hei\ss{}t $R$ 
    \begin{enumerate}
    \item \emph{\"Aquivalenzrelation,} falls $R$ reflexiv, symmetrisch
      und transitiv ist. H\"aufig schreiben wir $x\sim y$ statt
      $R(x,y)$ f\"ur \"Aquivalenzrelationen.
    \item \emph{Ordnung} oder \emph{Totalordnung,} falls $R$ reflexiv,
      transitiv, antisymmetrisch und total/linear ist.
    \item \emph{Halbordnung} oder \emph{partielle Ordnung,} falls $R$
      reflexiv, transitiv und antisymmetrisch ist.
    \end{enumerate}
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{definition}
  Sei $R\subset A\times A$ eine \"Aquivalenzrelation. Sei $x\in
  A$. Dann hei\ss{}t \[[x]:=\{y\in A\colon R(x,y)\}\] die
  \emph{\"Aquivalenzklasse} oder \emph{Restklasse} von $x$. Statt
  $y\in[x]$ schreiben wir auch $y\equiv x \mod R$. \par
  Mit $A/R:=\{[x]\colon x\in A\}$ bezeichnen wir die Menge aller
  \"Aquivalenzklassen dieser Relation.
\end{definition}

\begin{beispiele}
  Die folgenden Beispiele verwenden Schulwissen. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Relation \glqq wohnt in der gleichen Stadt\grqq{} ist eine
    \"Aquivalenzrelation. Die \"Aquivalenzklassen bestehen jeweils aus
    allen B\"urgerinnen und B\"urgern von Konstanz, Kreuzlingen,
    \ldots.
  \item Auf der Menge $A:=\Z\times(\Z\setminus\{0\})$ definieren wir
    eine \"Aquivalenzrelation $\sim$ durch die Festlegung, dass
    $(a,b)\sim(c,d)$ genau dann gilt, falls $ad=bc$ richtig
    ist. Fassen wir nun $(a,b)$ als den Bruch $\frac ab$ auf, so
    bestehen die \"Aquivalenzklassen $A/\!\sim$ gerade aus den
    Br\"uchen, die dieselbe reelle Zahl ergeben.
  \item Sei $n\in\N\setminus\{0\}$. Auf $\Z$ definieren wir eine
    \"Aquivalenzrelation $\sim$ durch: \[a\sim b:\aequivalent
    \exists\, k\in\Z\colon a-b=kn.\] Die \"Aquivalenzklassen
    $\Z/\!\sim$ bestehen dann gerade aus den ganzen Zahlen, die bei
    Division durch $n$ denselben Rest lassen. Statt $a\sim b$
    schreiben wir hier auch $a\equiv b$ (mod $n$).
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\Subsection{Die reellen Zahlen}

\begin{definition}
  Die \emph{reellen Zahlen,} mit $\R$ bezeichnet, sind eine Menge $\R$
  mit den folgenden Eigenschaften:
  \begin{enumerate}[(A)]
  \item $\R$ ist ein \emph{K\"orper,} d.\,h.{} es gibt Abbildungen
    $+\colon\R\times\R\to\R$, die Addition, wobei wir $x+y$ statt
    $+(x,y)$ schreiben, und $\cdot\colon\R\times\R\to\R$, die
    Multiplikation, mit $(x,y)\mapsto x\cdot y$ oder $xy$ statt
    $x\cdot y$, und zwei ausgezeichnete Elemente $0,1\in\R$ mit
    $0\neq1$, d.\,h.{} $\neg(0=1)$, wobei $0$ Null und $1$ Eins
    hei\ss{}t, die die folgenden Eigenschaften haben:
    \begin{enumerate}[(K1)]
    \item $x+(y+z)=(x+y)+z$,
    \item $x+y=y+x$,
    \item $0+x=x$,
    \item $\fueralle\limits_{x\in\R}\existiert\limits_{y\in\R} x+y=0$,
      wobei wir f\"ur die additive Inverse $y$ auch $-x$ schreiben,
      also $x+(-x)=0$,
    \item $(xy)z=x(yz)$,
    \item $xy=yx$,
    \item $1x=x$,
    \item $\fueralle\limits_{x\in\R\setminus\{0\}}
      \existiert\limits_{y\in\R} xy=1$, wobei wir f\"ur die
      multiplikative Inverse $y$ auch $x^{-1}$ schreiben, also
      $xx^{-1}=1$,
    \item $x(y+z)=xy+xz$. 
    \end{enumerate}
    Falls nicht anders angegeben, gelten diese Gleichheiten jeweils
    f\"ur alle $x,y,z\in\R$. Wir haben hier die Konvention \glqq Punkt
    vor Strich\grqq{} benutzt, d.\,h.{} wir schreiben $xy+z$ f\"ur
    $(x\cdot y)+z$.
  \item $\R$ ist ein \emph{angeordneter K\"orper,} d.\,h.{} es gibt
    eine Relation $R\subset\R\times\R$, wobei wir $x\le y$ statt
    $R(x,y)$ schreiben, die die folgenden Eigenschaften f\"ur alle
    $x,y,z\in\R$ erf\"ullt:
    \begin{enumerate}[(O1)]
    \item $x\le y$ und $y\le z$ \impliziert{} $x\le z$, \hfill
      (Transitivit\"at)
    \item $x\le y$ und $y\le x$ \impliziert{} $x=y$, \hfill
      (Antisymmetrie)
    \item es gilt $x\le y$ oder $y\le x$, 
    \item aus $x\le y$ folgt $x+z\le y+z$,
    \item aus $0\le x$ und $0\le y$ folgt $0\le xy$. 
    \end{enumerate}
    Statt $x\le y$ schreiben wir auch $y\ge x$ und statt $x\le y$ und
    $x\neq y$ schreiben wir $x<y$ oder $y>x$.
  \item $\R$ ist \emph{vollst\"andig,} d.\,h.{} jede nichtleere nach
    oben beschr\"ankte Teilmenge von $\R$ besitzt ein Supremum in
    $\R$.\par
    \stern Die Definition des Supremums ist so wichtig, dass wir sie
    gesondert als Definition \ref{sup def} notieren werden.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{definition}[Supremum]
  \label{sup def}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Eine Menge $A\subset\R$ hei\ss{}t \emph{nach oben
      beschr\"ankt,} falls es ein $x\in\R$ mit $y\le x$ f\"ur alle
    $y\in A$ gibt.
  \item $x_0\in\R$ ist eine \emph{obere Schranke} von $A\subset\R$,
    falls $x_0\ge y$ f\"ur alle $y\in A$ gilt.
  \item $x_0\in\R$ ist das \emph{Supremum} einer Menge $A\subset\R$,
    mit $x_0=\sup A$ bezeichnet, falls f\"ur jede obere Schranke $x$
    von $A$ die Ungleichung $x\ge x_0$ gilt. $x_0$ hei\ss{}t auch
    kleinste obere Schranke.
  \item Gilt $\sup A\in A$, so hei\ss{}t $\sup A$ auch \emph{Maximum:}
    $\max A$.
  \item Ist $A\subset\R$ nicht nach oben beschr\"ankt, so schreiben
    wir $\sup A=\infty$. \par
    Wir vereinbaren, dass f\"ur jedes $x\in\R$ die Ungleichungen
    $-\infty<x<\infty$ gelten.
  \item \stern Entsprechend definieren wir \emph{nach unten
      beschr\"ankt}, \emph{untere Schranke} sowie das \emph{Infimum}
    als gr\"o\ss{}te untere Schranke einer Menge und das
    \emph{Minimum}. F\"ur nach unten unbeschr\"ankte Mengen
    $A\subset\R$ schreiben wir $\inf A=-\infty$. \par
    Gerne werden diese Begriffe auch wie folgt eingef\"uhrt: Setze
    \[-A:=\{-a\colon a\in A\}.\] Dann ist $A$ nach unten beschr\"ankt,
    falls $-A$ nach oben beschr\"ankt ist. $x$ ist eine untere
    Schranke f\"ur $A$, falls $-x$ eine obere Schranke f\"ur $-A$
    ist. $x=\inf A$, falls $-x=\sup(-A)$.
  \item Ist $A\subset\R$ nach oben und nach unten beschr\"ankt, so
    hei\ss{}t $A$ beschr\"ankt. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  Es gelten $\sup\emptyset=-\infty$ sowie $\inf\emptyset=\infty$. 
\end{remark}

\begin{remark}
  \label{R konst bem}
  \stern Wir werden hier axiomatisch vorgehen und annehmen, dass die
  reellen Zahlen $\R$ existieren und lediglich skizzieren, wie man
  deren Existenz und Eindeutigkeit, bis auf eine Abbildung, die die
  jeweiligen Null- und Einselemente aufeinander abbildet und mit
  Multiplikation, Addition, Anordnung und Supremumsbildung
  vertr\"aglich ist, zeigen kann. \par
  Wir nehmen an, dass eine Menge existiert. Dann gibt es auch die
  leere Menge. Nun bilden wir nacheinander die folgenden Mengen, die
  die nat\"urlichen Zahlen werden: $0=\emptyset$ und die mit $\cdot^+$
  bezeichneten Nachfolger, bestehend aus allen Vorg\"angern,
  $0^+\equiv 1=\{\emptyset\}=\{0\}$,
  $1^+\equiv 2=\{\emptyset,\{\emptyset\}\} =\{0,1\}$,
  $2^+=3=\{0,1,2\}$, \ldots und verwenden die aus der Schule
  gebr\"auchlichen Bezeichnungen $0,1,2,3,\ldots$. F\"ur die Existenz
  dieser Menge $\N$ ben\"otigen wir noch das Unendlichkeitsaxiom, das
  besagt, dass es die Menge, die aus der leeren Menge und allen ihren
  -- wie oben beschrieben gebildeten -- Nachfolgern besteht, gibt. Wir
  schreiben $\N=\{0,1,2,3,\ldots\}$. Auf den nat\"urlichen Zahlen
  definiert man eine Addition verm\"oge $n+(m^+)=(n+m)^+$ und eine
  Multiplikation durch $n\cdot(m^+)=(n\cdot m)+n\equiv nm+n$ und weist
  die in der Schule benutzten Rechenregeln nach. \par Dann konstruiert
  man die ganzen Zahlen $\Z$ als Restklassen der Paare von
  nat\"urlichen Zahlen $(a,b)$ mit der \"Aquivalenzrelation
  $(a,b)\sim(c,d)$, falls $a+d=c+b$ gilt, d.\,h.{} $(a,b)$ w\"are (in
  Schulnotation) die ganze Zahl $a-b$, die wir als Differenz von zwei
  nat\"urlichen Zahlen darstellen. Auch hier definiert man Addition,
  Subtraktion und Multiplikation und weist die in der Schule benutzten
  Rechenregeln nach.\par Die rationalen Zahlen erh\"alt man als
  Restklassen von Paaren $(a,b)\in\Z\times(\Z\setminus\{0\})$ mit der
  \"Aquivalenzrelation $(a,b)\sim(c,d)$, falls $ad=bc$ gilt. Wir
  schreiben auch $\frac ab=(a,b)$ und definieren eine Addition
  $\frac ab+\frac cd:=\frac{ad+bc}{bd}$ sowie eine Multiplikation
  $\frac ab\cdot\frac cd:=\frac{ac}{bd}$. Unabh\"angig von dieser
  Konstruktion schreiben wir ab jetzt $\frac ab$ statt $a\cdot b^{-1}$
  falls $a,b\in\R$ mit $b\neq0$ sind.\par \"Ahnlich wie wir sp\"ater
  in der Vorlesung Funktionalanalysis einen metrischen Raum
  vervollst\"andigen werden, erh\"alt man nun $\R$ aus
  $\Q$ (\"Ubung). \par Die Eindeutigkeit von $\R$ bis auf eine
  Abbildung $\phi$, die die jeweiligen Null- und Einselemente
  aufeinander abbildet und $\phi(a+b)=\phi(a)+\phi(b)$ sowie
  $\phi(ab)=\phi(a)\phi(b)$ f\"ur alle $a,b$ erf\"ullt, erh\"alt man,
  indem man sie in jedem Schritt der Konstruktion von $\R$
  mitkonstruiert.
\end{remark}

\begin{definition}
  Seien $a,b\in\R$ mit $a<b$. Wir definieren die folgenden
  \emph{Intervalle:}
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $(a,b):=\{x\in\R\colon a<x<b\}$\hfill (offenes Intervall)
  \item $(a,b]:=\{x\in\R\colon a<x\le b\}$\hfill (halboffenes
    Intervall)
  \item $[a,b):=\{x\in\R\colon a\le x<b\}$\hfill (halboffenes
    Intervall)
  \item $[a,b]:=\{x\in\R\colon a\le x\le b\}$\hfill (abgeschlossenes
    Intervall)
  \end{enumerate}
  $a$ und $b$ hei\ss{}en \emph{Endpunkte} der Intervalle.\par
  \stern Wir vereinbaren, dass $[a,a] =\{a\}$ und
  $(b,a)=(b,a]=[b,a)=[b,a]=\emptyset$ gelten.
\end{definition}

\begin{lemma}
  Sei $x\in\R$. Dann gilt $0x=x0=0$. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Es gilt $0=0+0$. Wir multiplizieren mit $x$ und erhalten
  $0x=(0+0)x=0x+0x$. Nun addieren wir auf beiden Seiten das additive
  Inverse von $0x$. Es folgt $0=0x+(-(0x)) =(0x+0x)+(-(0x))
  =0x+(0x+(-(0x))) =0x+0 =0x =x0$.
\end{proof}

\begin{lemma}
  Sei $x\in\R$. Dann gelten 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $(-1)x=-x$, 
  \item $-(-x)=x$ und 
  \item $(-1)(-1)=1$.
  \end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir multiplizieren $(-1)+1=0$ mit $x$ und erhalten \[(-1)x+x
    =(-1)x+1x=((-1)+1)x\overset{\text{s.\,o.}}=0x=0.\] Nun addieren
    wir das additive Inverse von $x$ und erhalten
    \[(-1)x=(-1)x+0=(-1)x+(x+(-x))=((-1)x+x)+(-x)
    \overset{\text{s.\,o.}}=0+(-x)=-x\] wie behauptet.
  \item Es gilt $0=-(-x)+(-x)$. Addieren wir auf beiden Seiten $x$, so
    folgt die zweite Behauptung.
  \item Setzen wir nun insbesondere $x=-1$ in, so folgt aus den ersten
    Teilen \[(-1)(-1)=-(-1)=1.\qedhere\]
  \end{enumerate}
\end{proof}
Wir schreiben auch $x-y$ statt $x+(-y)$. 

\begin{lemma}
  Sei $x\in\R$. Dann ist das additive Inverse $-x$ eindeutig
  bestimmt. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Seien $a,b\in\R$ mit $x+a=0$ und $x+b=0$. Somit folgt
  $a=a+0=a+(x+b)=(a+x)+b=0+b=b$. 
\end{proof}

\begin{lemma}
  \label{eins pos lem}
  Es gelten $0<1$ und $-1<0$. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ist $1\le0$, so folgt durch Addition von $(-1)$ die
    Ungleichung $0\le(-1)$ und somit $0\le(-1)(-1)=1$. Dies ist aber
    nur m\"oglich, falls $0=1$ gilt. Widerspruch. Somit ist $0\le1$.
    Aus $0\neq1$ folgt daher $0<1$.
  \item Durch Addition von $(-1)$ folgt aus $0\le1$ die Ungleichung
    $-1\le0$.  Wie oben folgt nun $-1<0$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{lemma}
  F\"ur alle $x,y\in\R$ gilt genau eine der folgenden drei Aussagen:
  \[x<y,\quad x=y\quad\text{oder}\quad y<x.\]
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ist $x<y$, so folgen $\neg(x=y)$ und $x\le y$. W\"are
    zus\"atzlich $y<x$, so folgte daraus $y\le x$ und somit
    $x=y$. Widerspruch.
  \item Ist $y<x$, so argumentiert man analog.
  \item Ist $x=y$, so sind die beiden anderen Aussagen nach Definition
    ausgeschlossen. 
  \item Angenommen, es gilt keine der drei Aussagen, so gilt nach
    Definition einer Ordnung zumindest $x\le y$ oder $y\le x$. Wegen
    $x\neq y$ folgt sogar $x<y$ oder $y<x$. Widerspruch. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{lemma}
  Gelte $0<x<y$. Dann gelten
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $0<x^{-1}$ und
  \item $0<y^{-1}<x^{-1}$. 
  \end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Es gilt $0=x^{-1}+(-x^{-1})$. Dies multiplizieren wir mit $x$
    und erhalten $0=1+x(-x^{-1})$. Somit ist $x(-x^{-1})=-1<0$. Es
    gilt genau eine der folgenden drei Ungleichungen: $-x^{-1}>0$,
    $-x^{-1}=0$ oder $-x^{-1}<0$. Die erste ist ausgeschlossen, denn
    dann w\"are auch das Produkt mit $x>0$ positiv, ebenso die zweite,
    denn dann w\"are $x(-x^{-1})=0$. Somit ist $-x^{-1}<0$, also
    $x^{-1}>0$. 
  \item Aus $x<y$ folgt $x\le y$. Wir multiplizieren dies mit
    $x^{-1}y^{-1}$, dem Produkt zweier positiver Zahlen, und erhalten
    $y^{-1}\le x^{-1}$. Der Fall $y^{-1}= x^{-1}$ ist ausgeschlossen,
    denn dann w\"are auch $x=y$. Somit folgt die Behauptung. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{lemma}
  \label{R nullteilerfrei}
  Seien $x,y\in\R$. Gilt $xy=0$, so folgt $x=0$ oder $y=0$. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  W\"aren $x\neq0$ und $y\neq0$, so k\"onnten wir die Gleichung $xy=0$
  nacheinander mit $x^{-1}$ und $y^{-1}$ multiplizieren. Es folgt
  $1=0$. Widerspruch. 
\end{proof}

\begin{lemma}
  Seien $a,b,x,y\in\R$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{ungl mult i} Gelten $a\le b$ und $x\ge0$, so folgt
    $ax\le bx$.
  \item Gelten $a\le b$ und $x\le0$, so folgt $ax\ge bx$. 
  \item Gelten $a<b$ und $x>0$, so folgt $ax<bx$. 
  \item Gelten $a<b$ und $x<0$, so folgt $ax>bx$. 
  \item\label{ungl mult iv} Aus $a\le b$ und $x<y$ folgt $a+x<b+y$.
  \item Aus $a\ge0$, $b\ge0$ und $a+b=0$ folgt $a=b=0$. 
  \end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir erhalten nacheinander $0\le b-a$, $0\le(b-a)x$ und $ax\le
    bx$. 
  \item Argumentiere \"ahnlich und benutze $-x\ge0$. 
  \item Nach \eqref{ungl mult i} gilt $ax\le bx$. Der Fall $ax=bx$
    implizierte nach Multiplikation mit $x^{-1}\neq0$ auch
    $a=b$. Widerspruch.  
  \item Folgt analog. 
  \item Es ist klar, dass $a+x\le b+y$ gilt. W\"are $a+x=b+y$, so
    erhielten wir $b+y=a+x\le b+x$ und somit $y\le x$. Widerspruch.
  \item Falls nicht, so d\"urfen wir ohne Einschr\"ankung annehmen,
    dass $a>0$ ist. Dann erhalten wir aber mit \eqref{ungl mult iv}
    $a+b>0$. Widerspruch.  \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{lemma}
  \label{wurzel quad ungl aequiv lem}
  Seien $a,\,b\in\R$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Aus $0\le a\le b$ folgt $a^2\le b^2$. 
  \item Aus $a^2\le b^2$ und $b\ge0$ folgt $a\le b$. 
  \end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir multiplizieren $a\le b$ mit $a$ und mit $b$ und erhalten
    $a^2\le ab$ und $ab\le b^2$. Daraus folgt die behauptete
    Ungleichung. 
  \item Angenommen, es gilt $0\le b\le a$. Dann folgt $b^2\le a^2$,
    also $a^2=b^2$. Also ist $0=a^2-b^2=(a-b)(a+b)$. Somit ist nach
    Lemma \ref{R nullteilerfrei} $a+b=0$ oder $a=b$. Wegen $a,b\ge0$
    erhalten wir in beiden F\"allen $a=b$ und die Behauptung
    folgt. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

Wir werden die Konstruktion aus Bemerkung \ref{R konst bem} nicht
benutzen, um von $\emptyset$ ausgehend die nat\"urlichen, ganzen und
rationalen Zahlen zu definieren, sondern definieren stattdessen:
\begin{definition}[Nat\"urliche Zahlen]
  Die \emph{nat\"urlichen Zahlen} $\N$ sind die kleinste Teilmenge
  $A\subset\R$ mit 
  \begin{enumerate}[(N1)]
  \item\label{nat z 1} $0\in A$ und 
  \item\label{nat z 2} $a+1\in A$ f\"ur alle $a\in A$. 
  \end{enumerate}
  $\N$ ist dabei die kleinste solche Menge in dem Sinn, dass jede
  weitere Menge $\mathcal N\subset\R$, die (N\ref{nat z 1}) und
  (N\ref{nat z 2}) erf\"ullt, auch $\N\subset\mathcal N$ erf\"ullt. 
\end{definition}

\begin{lemma}
  \label{nat z exist lem}
  Es gibt die nat\"urlichen Zahlen. Sie sind eindeutig bestimmt. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item \textbf{Existenz:} Sei $\mathcal M$ die Menge aller Teilmengen
    $A$ von $\R$, so dass $0\in A$ und $a+1\in A$ f\"ur alle $a\in
    A$ gelten. Dann ist $\mathcal M\neq\emptyset$, da $\R\in\mathcal
    M$ ist. Definiere \[\N:=\bigcap\limits_{A\in\mathcal M} A.\] Da
    $0\in A$ f\"ur alle $A\in\mathcal M$ gilt, folgt auch
    $0\in\N$. Sei $a\in\N$. Dann folgt $a\in A$ f\"ur alle
    $A\in\mathcal M$. Somit ist auch $a+1\in A$ f\"ur alle diese
    Mengen $A$ und wir erhalten $a+1\in\N$. \par $\N$ ist die kleinste
    Teilmenge von $\R$, die (N\ref{nat z 1}) und (N\ref{nat z 2})
    erf\"ullt, da wir $\N$ als Schnitt aller Teilmengen von $\R$ mit
    diesen beiden Eigenschaften definiert haben: Sei $B\subset\R$
    beliebig mit (N\ref{nat z 1}) und (N\ref{nat z 2}). Dann gilt nach
    Definition von $\N$ als Schnitt solcher Mengen bereits $\N\subset
    B$.
  \item \textbf{Eindeutigkeit:} Aufgrund der Minimalit\"at folgt f\"ur
    zwei solche Mengen $\N_1\subset\N_2$ und
    $\N_2\subset\N_1$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

Die nat\"urlichen Zahlen werden auch h\"aufig mit Hilfe der
Peanoaxiome eingef\"uhrt. Bei unserem Zugang k\"onnen wir deren
G\"ultigkeit beweisen. 
\begin{lemma}[Peanoaxiome]
  \label{peano axiome lem}
  Es gelten die folgenden Aussagen:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $0\in\N$,
  \item jedes $a\in\N$ besitzt genau einen Nachfolger $a^+\in\N$,
  \item $0$ ist kein Nachfolger einer nat\"urlichen Zahl.
  \item F\"ur alle $m,n\in\N$ folgt aus $m^+=n^+$ bereits $m=n$.
  \item\label{peano v} Sei $X\subset\R$ beliebig mit $0\in X$ und
    $n^+\in X$ f\"ur alle $n\in X$, so folgt $\N\subset X$.
  \end{enumerate}
\end{lemma}
Der Nachfolger einer Zahl $a\in\N$ ist die Zahl $a^+:=a+1\in\N$. 
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item klar
  \item klar
  \item Wegen $(-1)+1=0$ gen\"ugt der Nachweis, dass $-1<0$ ist (siehe
    Lemma \ref{eins pos lem}) und dass f\"ur alle Zahlen $n\in\N$ die
    Ungleichung $n\ge0$ gilt. \par Definiere $A:=\{x\in\R\colon
    x\ge0\}$. Dann erf\"ullt $A$ wegen $0\le0$ (N\ref{nat z 1}) und
    die Forderung (N\ref{nat z 2}) gilt, da $a\ge0$ und $1\ge0$ auch
    $a+1\ge0$ implizieren. Im Beweis von Lemma \ref{nat z exist lem}
    ist also $A\in\mathcal M$ f\"ur diese Menge $A$. Somit folgt
    $n\ge0$ f\"ur alle $n\in\N$.\par
    (Wir bemerken, dass man durch Betrachtung der
    Menge \[A:=\{0,1,1+1,1+1+1,\ldots,\underbrace{1
      +\ldots+1}_{\text{gleiche Anzahl}}\}\cup\{x\in\R\colon x\ge
    \underbrace{1+ \ldots +1}_{\text{wie hier}}\}\] mit einem solchen
    Argument zeigen kann, dass bis zu einer Zahl $1+\ldots+1$ keine
    \glqq unerwarteten\grqq{} nat\"urlichen Zahlen existieren. Da die
    Anzahl der Summanden beliebig gro\ss{} ist und damit gr\"o\ss{}er
    als jede beliebige vorgegebene reelle Zahl, was wir noch zeigen
    werden, folgt dann, dass sich jede nat\"urliche Zahl als
    iterierter Nachfolger von $0$ darstellen l\"asst.)
  \item klar
  \item Die Menge $X$ erf\"ullt (N\ref{nat z 1}) und (N\ref{nat z 2})
    und ist daher eine der Mengen, die im Schnitt in Lemma \ref{nat z
      exist lem} auftaucht. Somit gilt $\N\subset X$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{theorem}
  \label{R archimedisch thm}
  $\R$ ist \emph{archimedisch,} d.\,h.{} zu jedem $x\in\R$ gibt es ein
  $n_0\in\N$, so dass f\"ur alle $n\ge n_0$ die Ungleichung $n\ge x$
  gilt.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Es gen\"ugt, ein $n\in\N$ mit $n\ge x$ zu finden. Falls es kein
  solches $n\in\N$ gibt, so ist $x$ eine obere Schranke von $\N$. Als
  nichtleere Menge mit einer oberen Schranke besitzt $\N$ ein Supremum
  $\sup\N\in\R$. Es gilt $\sup\N-1<\sup\N$. Somit gibt es nach
  Definition des Supremums ein $n\in\N$ mit $n\ge\sup\N-1$. Daraus
  folgt jedoch $n+1\ge\sup\N$ und $n+1+1\ge\sup\N+1>\sup\N$. Wegen
  $n+1+1\in\N$ widerspricht dies aber der Definition des Supremums und
  die Behauptung folgt.
\end{proof}

\begin{corollary}
  \stern 
  \label{le 1n impl le 0 cor}
  Seien $x,a,b\in\R$ und sei $a>0$. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dann gibt es ein $n\in\N$ mit $an\ge x$. 
  \item Dann gibt es ein $m\in\N$ mit $0<\frac1m\le a$. 
  \item Ist $b\le\frac1n$ f\"ur alle $n\in\N$ (oder f\"ur alle
    $n\in\N$ mit $n\ge n_0$), so ist $b\le0$.
  \end{enumerate}
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Betrachte $n\ge\frac xa$.
  \item Betrachte $m\ge\frac1a$. 
  \item Dies ist eine Umformulierung der letzten Aussage. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{theorem}[Vollst\"andige Induktion]
  \label{induktion thm}
  Erf\"ulle $M\subset\N$ die Bedingungen 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $0\in M$ (Induktionsanfang) und
  \item aus $n\in M$ folgt $n+1\in M$ (Induktionsschritt),
  \end{enumerate}
  so gilt $M=\N$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Dies folgt direkt aus Lemma \ref{peano axiome lem} \eqref{peano v}. 
\end{proof}

\begin{theorem}
  \stern 
  Sei $p$ eine Aussageform auf $\N$. Gelten
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $p(0)$ und
  \item $p(n)\impliziert{} p(n+1)$ f\"ur alle $n\in\N$, 
  \end{enumerate}
  so gilt $p(n)$ f\"ur alle $n\in\N$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Definiere $M:=\{n\in\N\colon p(n) \text{ ist wahr}\}$. Dann folgt
  die Behauptung aus Theorem \ref{induktion thm}.
\end{proof}

\begin{remark}
  \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir k\"onnen vollst\"andige Induktion auch benutzen, wenn
    $p(0)$ gilt und wenn f\"ur alle $n\in\N$ aus $p(0)\und
    p(1)\und\ldots\und p(n)$ die Aussage $p(n+1)$ folgt: Wir benutzen
    dann die Aussageform \[q(n)=(p(0)\und p(1)\und \ldots\und p(n))
    =\fueralle\limits_{0\le k\le n} p(k).\] Wiederum folgt $p(n)$
    f\"ur alle $n\in\N$.
  \item Gilt $p(n_0)$ f\"ur $n_0\in\N$ und folgt aus $p(n)$ die
    Aussage $p(n+1)$ f\"ur alle $n\ge n_0$, so gilt $p(n)$ f\"ur alle
    $n\in\N$ mit $n\ge n_0$.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{remark}
  \stern Genauso wie wir Aussagen induktiv beweisen k\"onnen, kann man
  auch entsprechend definieren. Dies bezeichnet man als rekursive
  Definition. Da dies noch weitere Grundlagen ben\"otigt, verschieben
  wir das noch.
\end{remark}

\begin{definition}[Familie, Folge]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Seien $I,X$ Mengen und $f\colon I\to X$ eine Abbildung. Dann
    hei\ss{}t $f$ auch \emph{Familie}. Wir schreiben $(x_i)_{i\in
      I}$. Dabei ist $x_i=f(i)$ f\"ur $i\in I$. $I$ hei\ss{}t
    Indexmenge. 
  \item Ist $I=\N$, so hei\ss{}t $(x_i)_{i\in\N}$ eine \emph{Folge}. 
    Wir schreiben auch $(x_i)_{i\in\N}\subset X$ f\"ur eine solche
    Folge obwohl keine \"ubliche Mengeninklusion vorliegt. 
  \item Ist $J\subset I$, so hei\ss{}t $(y_j)_{j\in J}$
    \emph{Teilfamilie} von $(x_i)_{i\in I}$, falls die Werte der
    Familien auf $J$ \"ubereinstimmen: $\forall j\in J\colon
    y_j=x_j$. Wir schreiben auch $(x_j)_{j\in J}$ f\"ur die
    Teilfamilie. 
  \item Ist $I=\N$ und $J\subset\N$ eine unendliche Menge (das wird
    noch definiert), so hei\ss{}t $(x_i)_{i\in J}$ eine
    \emph{Teilfolge} von $(x_i)_{i\in\N}$.  Ist $(j_k)_{k\in\N}\subset
    J$ eine Folge mit $j_{k+1}>j_k$ f\"ur alle $k$ und
    $J=\bigcup\limits_{k\in\N}\{j_k\}$, so schreiben wir
    $(x_{j_k})_{k\in\N}$ f\"ur die Teilfolge.
  \item Sei $(x_i)_{i\in I}$ eine Familie. Ist $I=\{1,2,\ldots,n\}$
    so schreiben wir auch $(x_i)_{1\le i\le n}$. 
    Im Falle
    \begin{enumerate}[(a)]
    \item $n=2$ hei\ss{}t die Familie ein Paar: $(x_1,x_2)$,
    \item $n=3$ hei\ss{}t die Familie ein Tripel: $(x_1,x_2,x_3)$,
    \item $n$ hei\ss{}t die Familie ein $n$-Tupel:
      $(x_1,x_2,\ldots,x_n)$. 
    \end{enumerate}
  \end{enumerate}
\end{definition}

Analog zu Axiom \ref{verein axiom} und zu Definition \ref{schnitt
  def} haben wir:
\begin{definition}[Schnitt und Vereinigung von Familien]
  Sei $(A_i)_{i\in I}$ eine Familie von Mengen mit Obermenge $X$, so
  definieren wir
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\bigcup\limits_{i\in I}A_i:=\{x\in X\colon (\exists\,i\in
    I\colon x\in A_i)\}$. 
  \item $\bigcap\limits_{i\in I}A_i:=\{x\in X\colon (\forall\,i\in
    I\colon x\in A_i)\}$. 
  \item Im Falle $I=\{1,2,\ldots,n\}$ schreiben wir
    $\bigcup\limits_{i=1}^nA_i\equiv\bigcup\limits_{i\in I}A_i$ bzw.{}
    $\bigcap\limits_{i=1}^nA_i\equiv\bigcap\limits_{i\in I}A_i$.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{definition}[Supremum und Infimum von Familien]
  Ist $(x_i)_{i\in I}$ eine Familie reeller Zahlen, so setzen
  wir \[\sup\limits_{i\in I}x_i:=\sup\,\{x_i\colon i\in I\}\] und
  $\inf\limits_{i\in I}x_i:=\inf\,\{x_i\colon i\in I\}$. 
\end{definition}

\begin{proposition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Seien $A,B\subset\R$ mit $A\subset B$. Dann gelten \[\sup
    A\le\sup B\quad\text{sowie}\quad\inf A\ge\inf B.\] 
  \item Sei $(A_i)_{i\in I}$ eine Familie von Mengen
    $A_i\subset\R$. Setze $A:=\bigcup\limits_{i\in I} A_i$. Dann
    gelten \[\sup A=\sup\limits_{i\in I}\sup A_i\quad\text{sowie}\quad
    \inf A=\inf\limits_{i\in I}\inf A_i.\]
  \end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Gilt nach Definition. 
  \item Wegen $\inf A=-\sup(-A)$ mit $-A:=\{-x\colon x\in A\}$
    gen\"ugt es, die Behauptung f\"ur das Supremum zu betrachten. \par
    Aus $A_i\subset A$ folgt $\sup A_i\le\sup A$ f\"ur alle $i\in
    I$. Also gilt auch \[\sup\limits_{i\in I}\sup A_i\le\sup A.\]
    F\"ur die umgekehrte Ungleichung unterscheiden wir zwei F\"alle:
    \begin{enumerate}[(a)]
    \item Ist $\sup A=\infty$, so gibt es zu jedem $n\in\N$ ein
      $x_n\in A$ mit $x_n\ge n$. Da $A$ die Vereinigung der $A_i$'s
      ist, gilt $x_n\in A_{i(n)}$ f\"ur ein geeignetes $i(n)\in
      I$. Somit ist $\sup\limits_{i\in I}\sup A_i=\infty$. 
    \item Ist $b:=\sup A<\infty$, so gibt es nach Definition des
      Supremums zu jedem $n\in\N\setminus\{0\}$ ein $x_n\in A$
      mit \[b-\tfrac1n<x_n\le b.\] Wiederum gilt $x_n\in A_{i(n)}$
      f\"ur geeignete $i(n)\in I$. Somit erhalten wir \[b\le
      x_n+\tfrac1n\le\sup A_{i(n)}+\tfrac1n\le \sup\limits_{i\in
        I}\sup A_i +\tfrac1n.\] Wir folgern
      $b\le\sup\limits_{i\in I}\sup A_i$ wie behauptet. \qedhere
    \end{enumerate}
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $A$ eine Menge und $f\colon A\to\R$ eine Funktion. Dann
    hei\ss{}t $f$ \emph{nach oben (unten) beschr\"ankt,} falls dies
    f\"ur $f(A)$ gilt. Wir schreiben \[\sup f(A)=\sup\limits_{x\in
      A}f(x) \quad\text{und}\quad \inf f(A)=\inf\limits_{x\in
      A}f(x).\]
  \item Sei $A$ eine Menge und $f_i\colon A\to\R$, $i\in I$, eine
    Familie von Funktionen. Gilt f\"ur alle $x\in
    A$ \[\sup\limits_{i\in I}f_i(x)<\infty,\] so definieren wir die
    Funktion \[\sup\limits_{i\in I}f_i\colon
    A\to\R\quad\text{durch}\quad \left(\sup\limits_{i\in
        I}f_i\right)(x):=\sup\limits_{i\in I}f_i(x).\] 
  \item \stern Ohne die Voraussetzung, dass f\"ur alle $x\in A$ die
    punktweise in $i$ gleichm\"a\ss{}ige Beschr\"anktheit
    $\sup\limits_{i\in I}f_i(x)<\infty$ gilt, erhalten wir mit
    derselben Definition eine Funktion $\sup\limits_{i\in I}f_i\colon
    A\to\R\cup\{\infty\}$. 
  \item \stern Analog definieren wir $\inf\limits_{i\in I}f_i$ mit
    Werten in $\R$ oder $\R\cup\{-\infty\}$, wobei wir $-\infty$
    hinzunehmen m\"ussen, wenn $\inf\limits_{i\in I}f_i(x)=-\infty$
    gilt.
  \item Ist $I=\{1,\ldots,n\}$, so schreiben wir auch
    \[\sup\limits_{i\in
        I}f_i=\sup(f_1,\ldots,f_n)=\max(f_1,\ldots,f_n)
      =\max\{f_1,\ldots,f_n\}\] und entsprechend f\"ur das Infimum
    bzw.{} Minimum.
  \end{enumerate}
\end{definition}

Wir verallgemeinern nun das kartesische Produkt auf mehr als zwei
Faktoren. Den Fall von zwei Faktoren erhalten wir dabei, wenn wir
$I=\{1,2\}$ verwenden.
\begin{definition}[Kartesisches Produkt]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $(A_i)_{i\in I}$ eine Familie von Mengen. Dann definieren
    wir das \emph{kartesische Produkt} durch
    \[\prod\limits_{i\in I}A_i=\{(x_i)_{i\in I} \colon \text{f\"ur
        alle }i\in I\text{ gilt }x_i\in A_i\}.\]
  \item Zu beliebigem $j\in I$ definieren wir die $j$-te
    \emph{Projektion(sabbildung)} \[\pi_j\colon\prod\limits_{i\in
      I}A_i\to
    A_j\quad\text{durch}\quad \pi_j((x_i)_{i\in I}):=x_j.\] 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{beispiel}
  Ist $I=\{1,\ldots,n\}$ und $A_i=\R$ f\"ur alle $i\in I$, so
  ist
  \[\prod\limits_{i=1}^n A_i\equiv\prod\limits_{i\in
      I}A_i\equiv\R^n\equiv
    \underbrace{\R\times\ldots\times\R}_{\text{$n$ St\"uck}}
    =\left\{\left(x^1,\ldots,x^n\right)\colon x^i\in\R\text{ f\"ur
        alle } 1\le i\le n\right\}.\]
  $\pi_i\left(x^1,\ldots,x^n\right)=x^i$ hei\ss{}t die $i$-te
  Komponente des $n$-Tupels $\left(x^1,\ldots,x^n\right)$. \par
  \stern Aus Kovarianzgr\"unden schreiben wir hier die Indices nach
  oben. Dies sind keine Exponenten. Eine genauere Begr\"undung daf\"ur
  werden wir erst deutlich sp\"ater in der Differentialgeometrie
  kennen lernen.
\end{beispiel}

Beim ersten Lesen ist das folgende Axiom sicher schwer
zug\"anglich. Ist $I$ eine endliche Menge oder (allgemeiner) nicht
m\"achtiger (noch zu definieren) als $\N$, so k\"onnen wir die Aussage
aus dem Bisherigen beweisen, i.\,a.{} klappt dies jedoch nicht.
\begin{axiom}[Auswahlaxiom]
  Sei $(A_i)_{i\in I}$ eine Familie von Mengen $A_i$ mit
  $A_i\neq\emptyset$ f\"ur alle $i\in I$. Dann existiert eine Familie
  $(x_i)_{i\in I}$ mit $x_i\in A_i$ f\"ur alle $i\in I$. Insbesondere
  gilt dann $\prod\limits_{i\in I}A_i\neq\emptyset$. (Beachte
  $\prod\limits_{i\in\emptyset} A_i=\{\emptyset\}\neq\emptyset$.)
\end{axiom}

\begin{proposition}
  Seien $I\neq\emptyset$ und $(A_i)_{i\in I}$ eine Familie von
  Mengen. Dann gilt \[\prod\limits_{i\in I}A_i=\emptyset
  \quad\aequivalent \quad \text{Es gibt ein $i\in I$ mit
  }A_i=\emptyset.\] 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \stern
  \begin{itemize}
  \item[\Rueckrichtung] Ist $i_0\in I$ und $A_{i_0}=\emptyset$, so ist
    klar, dass es keine solche Familie $(x_i)_{i\in I}$ geben kann.
  \item[\Hinrichtung] Gilt umgekehrt $A_i\neq\emptyset$ f\"ur alle
    $i\in I$, so folgt $\prod\limits_{i\in I}A_i\neq\emptyset$ gerade
    aus dem Auswahlaxiom. \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

Eine Folgerung des Auswahlaxioms ist das Zornsche Lemma. Wir werden es
in der Analysis erst sp\"at benutzen, in der Linearen Algebra zeigt
man damit, dass jeder Vektorraum eine Basis besitzt. 
\begin{lemma}[Zornsches Lemma]
  Sei $M$ eine nichtleere Menge mit einer Teilordnung $\le$. Nehme an,
  dass jede total geordnete Teilmenge $\Lambda\subset M$ (= Kette)
  eine obere Schranke $b\in M$ besitzt, \dh dass $x\le b$ f\"ur alle
  $x\in\Lambda$ gilt. Dann enth\"alt $M$ ein maximales Element $x_0$,
  \dh ein Element $x_0\in M$, so dass aus $x\ge x_0$ bereits $x=x_0$
  folgt. (Beachte, dass $x_0$ i.\,a.{} nicht eindeutig bestimmt ist.)
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Logikvorlesung. 
\end{proof}

\begin{definition}[Aussch\"opfung, Partition, \"Uberdeckung]
  Sei $A$ eine Menge.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Eine \emph{\"Uberdeckung} von $A$ ist eine Familie
    $(A_i)_{i\in I}$ mit \[A\subset\bigcup\limits_{i\in I} A_i.\]
  \item Eine \emph{Partition} von $A$ ist eine \"Uberdeckung
    $(A_i)_{i\in I}$ von $A$ mit $A_i\subset A$ f\"ur alle $i\in I$
    durch paarweise disjunkte Mengen, \dh es gilt $A_i\cap
    A_j=\emptyset$ f\"ur alle $i\neq j\in I$. Wir
    schreiben \[A=\overset\cdot{\bigcup\limits_{i\in I}}\,A_i.\]
  \item Eine \emph{Aussch\"opfung} von $A$ ist
    eine aufsteigende Folge $(A_n)_{n\in\N}$ von Teilmengen von $A$,
    die also $A_m\subset A_n$ f\"ur $m\le n$ erf\"ullen, mit
    $\bigcup\limits_{n\in\N} A_n=A$.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{proposition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $\sim$ eine \"Aquivalenzrelation auf $A$. Dann bilden die
    Restklassen von $\sim$ eine Partition von $A$. 
  \item Sei $(A_i)_{i\in I}$ eine Partition von $A$. Dann ist $\sim$
    mit \[x\sim y\quad:\Longleftrightarrow\quad \existiert i\in
    I\colon x,y\in A_i\] eine \"Aquivalenzrelation auf $A$. 
  \end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $\sim$ eine \"Aquivalenzrelation auf $A$. Betrachte die
    Familie $([x])_{[x]\in A/\!\sim}$. 
    \begin{enumerate}[(a)]
    \item Wegen $x\in[x]$ wird ganz $A$ \"uberdeckt und es gilt
      $[x]\subset A$ f\"ur alle $x\in A$.
    \item Disjunktheit: Seien $x,y\in A$ beliebig. Sind $[x],[y]$
      nicht disjunkt, so gibt es ein $z\in[x]\cap[y]$. Wir
      behaupten, dass dann auch $[x]=[y]$ gilt, dass es sich also um
      dieselben \"Aquivalenzklassen handelt. Seien $\bar x\in[x]$ und
      $\bar y\in[y]$. Dann gilt $\bar x\sim x\sim z\sim y$, also folgt
      $\bar x\in[y]$. Ebenso gilt $\bar y\in[x]$ und $[x]=[y]$ folgt. 
    \end{enumerate}
  \item 
    \begin{enumerate}[(a)]
    \item reflexiv: $x\sim x$ ist klar.
    \item symmetrisch: $x\sim y\impliziert y\sim x$ ist ebenso klar. 
    \item transitiv: Gelte $x\sim y$ und $y\sim z$. Somit gibt es
      $k,l\in I$ mit $x,y\in A_k$ und $y,z\in A_l$. Weil die Familie
      $(A_i)_{i\in I}$ aus paarweise disjunkten Mengen besteht und
      $y\in A_k\cap A_l$ gilt, folgt $k=l$. Somit gilt auch $x,z\in
      A_k=A_l$ und nach Definition folgt $x\sim z$ wie
      behauptet. \qedhere
    \end{enumerate}
  \end{enumerate}
\end{proof}

Die nachfolgenden beiden Resultate rechtfertigen rekursive
Definitionen. 
\begin{lemma}
  \stern 
  \label{ausschoepfung definiert funktion lem}
  Seien $A,B$ Mengen. Sei $(A_n)_{n\in\N}$ eine Aussch\"opfung von $A$
  und sei $(f_n)_{n\in\N}$ eine Familie von Abbildungen $f_n\colon
  A_n\to B$ mit der Eigenschaft 
  \[f_n|_{A_m}=f_m\quad\text{f\"ur alle}\quad m\le n.\] Dann gibt es
  genau eine Funktion $f\colon A\to B$ mit $f(x)=f_n(x)$ f\"ur alle
  $x\in A_n$ oder $f|_{A_n}=f_n$ f\"ur alle $n\in\N$.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Setze $f(x):=f_n(x)$ f\"ur $x\in A_n$. 
  \item Gilt $x\in A_n$ und $x\in A_m$ f\"ur $m\le n$, so stimmen die
    beiden Definitionen \"uberein, da wegen $A_m\subset A_n$ und
    $f_n|_{A_m}=f_m$ die Gleichheit $f_n(x)=f_m(x)$ folgt. 
  \item Da $(A_n)_{n\in\N}$ eine Aussch\"opfung von $A$ ist, wird
    jedem $x\in A$ ein Funktionswert zugeordnet.
  \item Eindeutigkeit: Seien $f$ und $g$ zwei solche Funktionen. Sei
    $x\in A$ beliebig. Dann gibt es ein $A_n$ mit $x\in A_n$. Es folgt
    $f(x)=f|_{A_n}(x)=f_n(x)=g|_{A_n}(x)=g(x)$ und daher die
    Eindeutigkeit.  \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}


\begin{proposition}[Rekursive Definition]
  % \label{rek def prop}
  \stern 
  Sei $B\neq\emptyset$ eine Menge, $x_0\in B$ und $F\colon\N\times
  B\to B$ eine Funktion. Dann gibt es genau eine Funktion
  $f\colon\N\to B$ mit den Eigenschaften
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $f(0)=x_0$ und
  \item $f(n+1)=F(n,f(n))$ f\"ur alle $n\in\N$. 
  \end{enumerate}
  Wir sagen, dass $f$ auf diese Weise rekursiv definiert ist. 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item \textbf{Eindeutigkeit:} Seien $f,g$ zwei solche
    Funktionen. Dann gilt $f(0)=g(0)$ und aus $f(n)=g(n)$
    folgt \[f(n+1) =F(n,f(n)) =F(n,g(n)) =g(n+1).\] Somit erhalten wir
    per Induktion $f(n)=g(n)$ f\"ur alle $n\in\N$.
  \item \textbf{Existenz:} Definiere $A_n:=\{x\in\N\colon x\le n\}$
    f\"ur beliebige $n\in\N$. Dann ist $(A_n)_{n\in\N}$ eine
    Aussch\"opfung von $\N$. Wir definieren induktiv Abbildungen
    $f_n\colon A_n\to B$ durch \[f_0(0):=x_0\] und f\"ur $n\in\N$ und
    $m\in A_{n+1}$, falls $f_n$ schon definiert ist, \[f_{n+1}(m):=
    \begin{cases}
      f_n(m)&\text{falls }m\in A_n,\\
      F(n,f_n(x))&\text{falls }m=n+1. 
    \end{cases}
    \]
    Wir sehen per Induktion, dass die Abbildungen $f_n\colon A_n\to B$
    f\"ur alle $n\in\N$ definiert sind. Weiterhin sehen wir per
    Induktion, dass $f_n|_{A_m}=f_m$ f\"ur alle $m\le n$
    gilt. Definiere $f\colon\N\to B$ als die in Lemma
    \ref{ausschoepfung definiert funktion lem} definierte
    Funktion. Dann gelten $f(0)=f_n(0)=x_0$ und 
    \[f(n+1)=f|_{A_{n+1}}(n+1)=f_{n+1}(n+1) =F(n,f_n(n))
    =F(n,f(n)).\] f\"ur alle $n\in\N$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{remark}[Dezimalschreibweise]
  \stern 
  Wir definieren $2:=1+1$, $3:=2+1$, $4:=3+1$, $5:=4+1$, $6:=5+1$,
  $7:=6+1$, $8:=7+1$, $9:=8+1$, $10:=9+1$. Wir nennen $0,1,2,\ldots,9$
  Ziffern. Wir definieren induktiv $a_na_{n-1}\ldots a_2a_1a_0$ als
  $a_n\cdot10^n+a_{n-1}\ldots a_2a_1a_0$ f\"ur Ziffern
  $a_n,a_{n-1},\ldots,a_2,a_1,a_0$ und $n\in\N$. Dabei ist $10^0:=1$
  und induktiv $10^{n+1}:=10\cdot 10^n$ definiert. Es sollte aus dem
  Zusammenhang klar sein, ob es sich bei einem Ausdruck wie $1234$ um
  die hier beschriebene nat\"urliche Zahl handelt oder um $1\cdot
  2\cdot 3\cdot 4$. \par Da wir gesehen haben, dass sich jede
  nat\"urliche Zahl als iterierter Nachfolger von $0$ schreiben
  l\"asst, k\"onnen wir auf diese Weise s\"amtliche nat\"urlichen
  Zahlen darstellen und jede so dargestellte Zahl ist eine
  nat\"urliche Zahl.
\end{remark}

\begin{beispiel}[Summenschreibweise]
  \label{gauss summe bsp}
  Seien $k\le l$ mit $k,l\in\N$. Seien $a_n$ mit $k\le n\le l$ und
  $n\in\N$ (letzteres wird h\"aufig nicht hingeschrieben, wenn dies
  selbstverst\"andlich sein sollte) reelle Zahlen. Dann definieren
  wir \[\sum\limits_{n=k}^la_n\] induktiv
  durch \[\sum\limits_{n=k}^ka_n:=a_k
  \quad\text{und}\quad\sum\limits_{n=k}^{m+1}a_n
  :=\sum\limits_{n=k}^ma_n+a_{m+1}\] f\"ur $k\le m< l$. \par
  % Beachte, dass wir die Ausdr\"ucke auch auf diese Art und Weise
  % definieren k\"onnen, obwohl $k$ nicht beliebig gro\ss{} werden darf,
  % da $k\le l$ stets erf\"ullt bleiben muss. \par
  Eine entsprechende Notation werden wir sp\"ater auch verwenden, wenn
  der Summationsbereich zwischen zwei ganzen Zahlen, die wir noch
  definieren werden, liegt.\par
  Wir behaupten, dass \[\sum\limits_{i=0}^ni=\frac{n(n+1)}2\] gilt.
\end{beispiel}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir beweisen dies per Induktion:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item \textbf{Induktionsanfang:} F\"ur $n=0$ m\"ussen wir
    nachweisen, dass $\sum\limits_{i=0}^0i=0$ gilt. Dies ist
    offensichtlich richtig. 
  \item \textbf{Induktionsschritt:} Wir nehmen nun an, dass die
    Aussage f\"ur ein festes $n\in\N$ richtig sei
    (Induktionsannahme) und wollen nachweisen, dass sie auch f\"ur
    $n+1$ gilt. Es gilt
    \begin{align*}
      \sum\limits_{i=0}^{n+1}i =&\,\sum\limits_{i=0}^ni +(n+1)
      \overset{\text{I.\,A.}}= \frac{n(n+1)}2 +(n+1)
      =\frac{n(n+1)}2+\frac{2(n+1)}2\umbruch\\ =&\,\frac{(n+2)(n+1)}2
      =\frac{(n+1)((n+1)+1)}2.
    \end{align*}
    Damit ist der Induktionsschritt gezeigt. \par Aufgrund des
    Prinzips der vollst\"andigen Induktion haben wir damit die Aussage
    f\"ur alle $n\in\N$ gezeigt.\qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{beispiele}[Rekursive Definition]
  \stern 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Fakult\"at: Wir setzen $0!:=1$ und f\"ur $n\in\N$ definieren
    wir $(n+1)!:=n!\cdot(n+1)$. \par
    Somit folgt $0!=1$, $1!=1$, $2!=2$, $3!=6$, $4!=24$, $5!=120$,
    $6!=720$, $8!=5760$, \ldots. 
  \item Fibonaccizahlen: Wir definieren eine Funktion $f\colon\N\to\N$
    durch $f(0):=0$, $f(1):=1$ und $f(n+2):=f(n+1)+f(n)$ f\"ur
    $n\in\N$. \par Wir erhalten 
    \[
    \begin{tabular}{|c||c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
      \hline
      n&0&1&2&3&4&5&6&7&8&9&10\\\hline
      f(n)&0&1&1&2&3&5&8&13&21&34&55\\\hline
    \end{tabular}
    \] Dieses Beispiel benutzt die Variante der rekursiven Definition,
    bei der auf mehrere Vorg\"angerwerte zur\"uckgegriffen wird. \par
    Mit Linearer Algebra (Eigenwerte) kann man eine geschlossene
    Formel f\"ur die Fibonaccizahlen herleiten. 
  \end{enumerate}  
\end{beispiele}

\Subsection{M\"achtigkeit}

In diesem Kapitel untersuchen wir ein Ma\ss{} f\"ur die Gr\"o\ss{}e
einer Menge. 
\begin{definition}[M\"achtigkeit]
  Seien $A,B$ zwei Mengen. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $A$ und $B$ hei\ss{}en \emph{gleich m\"achtig}, $A\sim B$,
    falls es eine Bijektion $f\colon A\to B$ gibt.
  \item $B$ hei\ss{}t \emph{m\"achtiger} als $A$, $B\succ A$, oder $A$
    \emph{weniger m\"achtig} als $B$, $A\prec B$, falls es eine
    injektive Abbildung $f\colon A\to B$ gibt.
  \item $A$ hei\ss{}t \emph{abz\"ahlbar}, falls $A\sim\N$ gilt. 
  \item $A$ hei\ss{}t \emph{h\"ochstens abz\"ahlbar}, h.\,a., falls
    $A\prec\N$ gilt.
  \item $A$ hei\ss{}t \emph{\"uberabz\"ahlbar}, falls $A$ nicht
    h\"ochstens abz\"ahlbar ist. 
  \item Sei $A$ abz\"ahlbar, so hei\ss{}t eine Folge
    $(x_i)_{i\in\N}\subset A$ \emph{Abz\"ahlung} von $A$, falls f\"ur
    jedes $a\in A$ ein $k\in\N$ mit $x_k=a$ existiert und wenn
    $x_i\neq x_j$ f\"ur alle $i\neq j$ gilt.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item \glqq$\sim$\grqq{} ist eine \"Aquivalenzrelation. 
  \item Aus $A\prec B\prec C$, d.\,h.{} $A\prec B$ und $B\prec C$,
    folgt $A\prec C$.
  \item Es gilt stets $A\prec A$. 
  \item Sei $G:=\{2n\colon n\in\N\}$ die Menge der geraden
    Zahlen. Dann gilt $\N\prec G$, da $n\mapsto 2n$ injektiv
    ist. Ebenso gilt $\N\sim G$. 
  \item \stern Die Notation legt nahe, dass aus $A\prec B$ und
    $B\prec A$ auch $A\sim B$ folgt. Dies w\"are klar, wenn wir
    $A\sim B$ als $A\prec B$ und $B\prec A$ definiert h\"atten. Da wir
    jedoch eine Bijektion gefordert haben, ben\"otigen wir einen
    nichttrivialen Satz.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{theorem}[Schr\"oder-Bernstein]
  Gelten $A\prec B$ und $B\prec A$, so folgt $A\sim B$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \stern Wir gehen wie folgt vor: Zun\"achst zerlegen wir die Mengen
  $A$ und $B$ in jeweils drei disjunkte Mengen, $A=A_1\dot\cup
  A_2\dot\cup A_3$ und $B=B_1\dot\cup B_2\dot\cup B_3$, und zeigen
  dann, dass $A_i\sim B_i$ gilt. D.\,h.{} es gibt bijektive
  Abbildungen $\phi_i\colon A_i\to B_i$ f\"ur $i=1,2,3$. Dann ist
  $f\colon A\to B$ mit $f|_{A_i}:=\phi_i$ die gesuchte Bijektion.
  \begin{enumerate}[(1)]
  \item \textbf{Konstruktion von $A_i$, $B_i$ und $\phi_i$:} Nach
    Voraussetzung gibt es injektive Abbildungen $f\colon A\to B$ und
    $g\colon B\to A$. Sei $x\in A$. Definiere, solange dies m\"oglich
    ist, die Folge \[x, g^{-1}(x), f^{-1}(g^{-1}(x)),
    g^{-1}(f^{-1}(g^{-1}(x))), \ldots.\] Aufgrund der Injektivit\"at
    ist das Urbild -- falls es existiert -- jeweils eindeutig
    bestimmt. Daher d\"urfen wir $g^{-1}(x)$ statt $g^{-1}(\{x\})$
    schreiben.  Es gibt nun drei M\"oglichkeiten:
    \begin{enumerate}[(i)]
    \item Die Folge bricht nach einer ungeraden Anzahl von Schritten
      ab, hat also die Form $x$
      oder \[x,g^{-1}(x),\ldots,f^{-1}(\ldots).\]
    \item Die Folge bricht nach einer geraden Anzahl von Schritten ab,
      hat also die Form \[x,g^{-1}(x),\ldots,g^{-1}(\ldots).\]
      Insbesondere gilt also $x\in\im g$.
    \item Die Folge bricht nicht ab, \dh sie l\"asst sich \emph{ad
        infinitum} fortsetzen.
    \end{enumerate}
    Definiere die Mengen
    \begin{align*}
      A_{f^{-1}}=&\,\left\{x\in A\colon \text{die Folge endet mit
          $x$ oder } f^{-1}(\ldots)\right\},\umbruch\\
      A_{g^{-1}}=&\,\left\{x\in A\colon \text{die Folge endet mit
        } g^{-1}(\ldots)\right\},\umbruch\\
      A_{\infty}=&\,\{x\in A\colon \text{die Folge bricht nicht ab}\}.
    \end{align*}
    Nach Definition gilt \[A=A_{f^{-1}}\dot\cup A_{g^{-1}}\dot\cup
    A_\infty.\] Vollst\"andig analog betrachten wir f\"ur $y\in B$
    soweit wie m\"oglich die Folge \[y,f^{-1}(y),
    g^{-1}(f^{-1}(y)),\ldots.\] Wir definieren
    \begin{align*}
      B_{f^{-1}}=&\,\{y\in B\colon \text{die Folge endet mit
        $f^{-1}(\ldots)$}\},\\
      B_{g^{-1}}=&\,\{y\in B\colon \text{die Folge endet mit
        $g^{-1}(\ldots)$}\} \intertext{sowie} B_\infty=&\,\{y\in
      B\colon \text{die Folge bricht nicht ab}\}.
    \end{align*}
    Ebenso wie oben folgt auch hier \[B=B_{f^{-1}}\dot\cup B_{g^{-1}}
    \dot\cup B_\infty.\] Die Bezeichnungen sind dabei stets so
    gew\"ahlt, dass der Index bei $A_\cdot$ oder $B_\cdot$ angibt,
    welche Inverse wir zuletzt anwenden konnten.
  \item \textbf{Bijektive Abbildungen:} Wir kommen nun zu den drei
    bijektiven Abbildungen:
    \begin{enumerate}[(i)]
    \item Wir behaupten, dass $f|_{A_{f^{-1}}}\colon A_{f^{-1}}\to
      B_{f^{-1}}$ bijektiv ist: \par
      $f$ ist injektiv. Somit m\"ussen wir nachweisen, dass
      $f(A_{f^{-1}})=B_{f^{-1}}$ gilt. Dazu zeigen wir, dass jedes
      Element der linken Menge auf ein Element der rechten Menge
      abgebildet wird und dass jedes Element dort getroffen wird.
      \begin{enumerate}[(a)]
      \item Das Bild ist in $B_{f^{-1}}$ enthalten: Ist $x\in
        A_{f^{-1}}$, so h\"ort die Folge bei $f^{-1}(\ldots)$ auf und
        hat die Form \[x,g^{-1}(x),f^{-1}(g^{-1}(x)), \ldots,
        f^{-1}(\ldots).\] In dieser Folge ersetzen wir nun $x$ durch
        $f^{-1}(f(x))$ und f\"ugen am Anfang noch den Term $f(x)$
        hinzu. Beachte, dass $f^{-1}(f(x))=x$ gilt. Wir
        erhalten \[f(x),f^{-1}(f(x)), g^{-1}(f^{-1}(f(x))),\ldots,
        f^{-1}(\ldots).\] Dies ist eine Folge, die bei einem Element
        in $B$ startet, eine ungerade Anzahl an Folgegliedern hat und
        bei einem Element der Form $f^{-1}(\ldots)$ aufh\"ort und
        nicht weiter fortgesetzt werden kann. Somit ist $f(x)\in
        B_{f^{-1}}$.
      \item Surjektivit\"at: Sei $y\in B_{f^{-1}}$. Dann hat die
        zugeh\"orige Folge die Gestalt \[y,f^{-1}(y),
        g^{-1}(f^{-1}(y)), \ldots f^{-1}(\cdot).\] Wir definieren nun
        $x:=f^{-1}(y)$, was wohldefiniert ist, lassen den ersten Term
        weg und erhalten \[x, g^{-1}(x), f^{-1}(g^{-1}(x)),\ldots,
        f^{-1}(\ldots).\] Dies zeigt, dass $x\in A_{f^{-1}}$
        ist. Somit ist $f(x)=y$. Daher ist $f$ surjektiv.
      \end{enumerate}
    \item Wir behaupten nun, dass $g|_{B_{g^{-1}}}\colon B_{g^{-1}}\to
      A_{g^{-1}}$ bijektiv ist: \par Dies folgt genauso wie die erste
      Behauptung, wir m\"ussen nur die Rollen von $A$ und $B$ sowie
      $f$ und $g$ vertauschen.
    \item Schlie\ss{}lich behaupten wir noch, dass
      $f|_{A_\infty}\colon A_\infty\to B_\infty$ bijektiv ist: \par Da
      $f$ injektiv ist, gen\"ugt wiederum der Nachweis, dass
      $f(A_\infty)=B_\infty$ ist. Wir gehen dazu wieder genauso wie
      beim Beweis der ersten Behauptung vor.
      \begin{enumerate}[(a)]
      \item Wohldefiniertheit: Sei $x\in A_\infty$. Dann bricht die
        Folge \[x,g^{-1}(x),f^{-1}(g^{-1}(x)),\ldots\] nicht ab. Wir
        ersetzen $x$ durch $f^{-1}(f(x))$ (ohne die Werte der
        Folgeglieder dadurch zu \"andern) und f\"ugen am Anfang den
        Term $f(x)$ hinzu. Somit erhalten wir eine bei $f(x)$
        beginnende unendliche Folge, also $f(x)\in B_\infty$.
      \item Surjektivit\"at: Sei nun $y\in B_\infty$ beliebig. Wir
        erhalten also die nicht abbrechende
        Folge \[y,f^{-1}(y),g^{-1}(f^{-1}(y)),\ldots.\] Wir ersetzen
        wiederum $f^{-1}(y)$ durch $x:=f^{-1}(y)$ und lassen den
        ersten Term weg. Somit ist $x\in A_\infty$, $f(x)=y$ und somit
        ist $f|_{A_\infty}\colon A_\infty\to B_\infty$ surjektiv.
      \end{enumerate}
      Die Behauptung folgt. \qedhere
    \end{enumerate}
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{proposition}
  \label{inj surj inv prop}
  Seien $A,B,C$ Mengen. Seien $\phi\colon A\to B$ und $\psi\colon B\to
  C$ Abbildungen. Sei $f\colon A\to B$ eine weitere Abbildung. Dann
  gelten die folgenden Aussagen:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{inj surj inv prop i} Ist $\psi\circ\phi$ injektiv, so
    ist $\phi$ injektiv.
  \item\label{inj surj inv prop ii} Ist $\psi\circ\phi$ surjektiv, so
    ist $\psi$ surjektiv.
  \item\label{inj surj inv prop iii} $f$ ist genau dann surjektiv,
    wenn es eine Abbildung $g\colon B\to A$ mit $f\circ g=\id_B$ gibt.
  \item\label{inj surj inv prop iv} $f$ ist genau dann injektiv, wenn
    es eine Abbildung $g\colon B\to A$ mit $g\circ f=\id_A$ gibt.
  \end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Falls nicht, so g\"abe es $x,y\in A$ mit $x\neq y$ und 
    $\phi(x)=\phi(y)$. Daraus folgt auch
    $\psi(\phi(x))=\psi(\phi(y))$. Dies widerspricht der angenommenen
    Injektivit\"at von $\psi\circ\phi$. Somit folgt die Behauptung. 
  \item \"Ubung.
  \item 
    \neueZeile
    \begin{itemize}
    \item[\Rueckrichtung] Folgt aus \eqref{inj surj inv prop ii}.
    \item[\Hinrichtung] Wir definieren \emph{eine} solche Abbildung
      $g$ wie folgt: Sei $y\in B$ beliebig.  Da $f$ surjektiv ist, ist
      die Menge $f^{-1}(\{y\})\neq\emptyset$. Aus dieser Menge
      w\"ahlen wir ein $x$ aus und definieren $g(y):=x$. Da $y\in B$
      beliebig war, definiert dies eine Abbildung $g\colon B\to A$. Es
      folgt $f(g(y))=f(x)=y=\id_B(y)$ wie gew\"unscht. \par
      (Erl\"auterung zum Sprachgebrauch: \glqq Wir definieren
      \emph{die} Abbildung $g$ wie folgt\grqq{} w\"urde bedeuten, dass
      wir auch behaupten, dass es nur eine solche Abbildung $g$ gibt,
      was hier im Allgemeinen nicht zutrifft.)
    \end{itemize}
  \item \"Ubung. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{corollary}
  \label{surj maechtiger cor}
  Es gilt $A\prec B$ genau dann, wenn es eine surjektive Abbildung
  $f\colon B\to A$ gibt. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ubung. 
\end{proof}

\begin{definition}
  Sei $A$ eine Menge. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $A$ hei\ss{}t \emph{endlich}, falls es eine injektive
    Abbildung $f\colon A\to\N$ und eine nat\"urliche Zahl $m\in\N$ mit
    $f(x)<m$ f\"ur alle $x\in A$ gibt. 
  \item $A$ hei\ss{}t \emph{unendlich}, falls $A$ nicht endlich ist. 
  \item Gibt es eine bijektive Abbildung $f\colon A\to
    \{0,\ldots,m-1\}$, so sagen wir dass $A$ die \emph{Kardinalit\"at}
    $m$ hat: $|A|=m$. \par Gibt es keine solche Abbildung, so setzen
    wir $|A|=\infty$.
  \item Sei $P$ eine Aussageform auf $A$. Dann gilt $P$ f\"ur
    \emph{fast alle} $i\in A$, wenn \[\{i\in A\colon \neg P(i)\}\]
    endlich ist. Abk\"urzung: f.\,a..
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  \stern
  % Sp\"ater wird nicht mehr zwischen Kardinalit\"at und
  % M\"achtigkeit unterschieden: Man bildet \"Aquivalenzklassen von
  % Mengen gleicher M\"achtigkeit.\par
  Unsere obige Definition ist recht
  grob. Beispielsweise gelten $\N\prec\R$ und $\N\not\sim\R$, aber
  auch $|\N|=\infty=|\R|$ wie wir noch sehen werden.
\end{remark}

\begin{lemma}
  \neueZeile
  \label{endl bij lem}
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item F\"ur jede endliche Menge $A$ gilt $|A|<\infty$. \par
    Insbesondere gibt es also f\"ur jede endliche Menge $A$ ein
    $m\in\N$ und eine Bijektion $f\colon A\to\{0,\ldots,m-1\}$. 
  \item Seien $m,n\in\N$ und $f\colon\{0,\ldots,m\}\to \{0,\ldots,n\}$
    eine Bijektion. Dann gilt $m=n$. Dies zeigt, dass die
    Kardinalit\"at einer Menge wohldefiniert ist. 
  \end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \stern (Ideen veranschaulichen)
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $A$ endlich, $m\in\N$ und $f\colon A\to\N$ eine injektive
    Abbildung mit $f(x)<m$ f\"ur alle $x\in A$. Ist $f\colon A\to
    \{0,\ldots,m-1\}$ nicht surjektiv, so konstruieren wir eine
    weitere injektive Abbildung $f_1\colon A\to\{0,\ldots,m-2\}$: Ist
    $m-1\not\in\im f$, so sind wir fertig. Sonst gibt es ein $x_0\in
    A$ mit $f(x_0)=m-1$. Da $f\colon A\to \{0,\ldots,m-1\}$ nicht
    surjektiv ist, gibt es ein $n\in\{0,\ldots,m-1\}\setminus\im
    f$. Wir definiere \[f_1(x):=
    \begin{cases}
      f(x)&x\neq x_0,\\
      n&x=x_0. 
    \end{cases}
    \]
    Auch die Abbildung $f_1\colon A\to\N$ ist injektiv.  Es gilt
    $f_1(x)<m-1$ f\"ur alle $x\in A$. Ist $f_1$ nicht surjektiv, so
    konstruieren wir genauso wie wir $f_1$ aus $f$ konstruiert haben
    eine weitere Abbildung $f_2$ aus $f_1$. Da jede nat\"urliche Zahl
    $m\in\N$ von der Gestalt $0$, $1$ oder $1+\ldots+1$ ist, bricht
    dieser Prozess nach endlich vielen Schritten ab und wir erhalten wie
    gew\"unscht eine bijektive Abbildung. 
  \item Wir f\"uhren einen Widerspruchsbeweis. Sei ohne
    Einschr\"ankung $n<m$. Definiere
    $g\colon\{0,\ldots,m\}\to\{0,\ldots,n\}$ durch $g(f^{-1}(n))=f(m)$
    und $g(m)=n$ und $g(k)=f(k)$ f\"ur $k\not\in\{f^{-1}(n),m\}$, \dh
    wir vertauschen gegebenenfalls zwei Funktionswerte, so dass auch
    $g$ bijektiv ist und $g(m)=n$ erf\"ullt. Somit ist auch die
    Einschr\"ankung \[g|_{\{0,\ldots,m-1\}}
    \colon\{0,\ldots,m-1\}\to\{0,\ldots,n-1\}\] bijektiv. Da jedes $m$
    von der Gestalt $0$, $1$ oder $1+\ldots+1$ ist, erhalten wir so
    induktiv nach endlich vielen Schritten eine Abbildung einer
    nichtleeren Mengen in die leere Menge. Widerspruch. Somit gilt
    $m=n$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{lemma}
  \label{endl fam min lem}
  Sei $m\in\N\setminus\{0\}$ und $(a_i)_{1\le i\le m}$ sei eine
  endliche Familie nat\"urlicher oder reeller Zahlen. Dann gibt es ein
  $i$ mit $a_i\le a_j$ f\"ur alle $1\le j\le m$. \par Endlich viele
  reelle Zahlen besitzen also stets ein kleinstes Element oder
  Minimum. Wir schreiben daf\"ur
  \begin{align*}
    \min\{a_1,\ldots,a_m\}\quad&\text{oder}\quad\min(a_1,\ldots,a_m)
    \intertext{sowie}
    \max\{a_1,\ldots,a_m\}\quad&\text{oder}\quad\max(a_1,\ldots,a_m)
  \end{align*}
  f\"ur das gr\"o\ss{}te Element. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \stern (Ideen veranschaulichen)\par 
  Wir f\"uhren einen Induktionsbeweis: 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Anfang: Ist $m=1$, so ist die Aussage klar.
  \item Schluss: Sei $m>1$. Sei $i_0\in\{1,\ldots,m-1\}$ mit
    $a_{i_0}\le a_j$ f\"ur alle $j\in\{1,\ldots,m-1\}$. Solch ein
    $i_0$ gibt es nach Induktionsvoraussetzung, dass die Behauptung
    f\"ur $m-1$ statt $m$ bereits gilt. Ist $a_m\ge a_{i_0}$, so sind
    wir fertig, sonst ist $m$ der gew\"unschte Index, denn dann gilt
    $a_m\le a_j$ f\"ur alle $1\le j\le m$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{lemma}
  Die nat\"urlichen Zahlen $\N$ sind wohlgeordnet, d.\,h.{} jede
  Teilmenge $M\subset\N$ mit $M\neq\emptyset$ besitzt ein kleinstes
  Element, d.\,h.{} es gibt ein $a\in M$ mit $a\le b$ f\"ur alle $b\in
  M$. Solch ein $a$ hei\ss{}t kleinstes Element. 
\end{lemma}
% Nach Ernst Kuwert. 
\begin{proof}
  Widerspruchsbeweis. Angenommen, es gibt kein kleinstes Element in
  $M\subset\N$. Wir zeigen durch Induktion, dass
  $M\cap\{0,1,\ldots,n\}=\emptyset$ f\"ur alle $n\in\N$ gilt. F\"ur
  $n=0$ ist dies richtig, denn sonst w\"are $0\in M$ das kleinste
  Element. Sei die Behauptung bereits f\"ur $n\in\N$
  gezeigt. Betrachte $M\cap\{0,1,\ldots,n,n+1\}$. Diese Menge ist nach
  Induktionsannahme leer oder gleich $\{n+1\}$. Letzteres ist aber
  ausgeschlossen, da sonst $n+1$ das kleinste Element in $M$
  w\"are. Somit gilt der Induktionsschritt. Daher ist
  $M\cap\{0,\ldots,n\}=\emptyset$ f\"ur alle $n\in\N$. Wir erhalten
  $M=\emptyset$. Widerspruch. 
\end{proof}
% \begin{proof}[Beweis]
%   Sei $m\in M$ beliebig. Definiere $\tilde M:=M\cap\{n\in\N\colon n\le
%   m\}$. Dann ist $\tilde M$ nach Definition eine endliche Menge. Sei
%   $f\colon \tilde M\to\left\{0,\ldots,\big|\tilde M\big|-1\right\}$
%   eine Bijektion wie in Lemma \ref{endl bij lem}. Die Familie
%   $(a_i)_{0\le i\le \left|\tilde M\right|-1}$ mit $a_i:=f^{-1}(i)$ hat
%   die folgende Eigenschaft: Zu jedem $k\in\tilde M$ gibt es ein $i$
%   mit $0\le i\le \big|\tilde M\big|-1$ und $a_i=k$. In diesem Sinne
%   l\"asst sich jede endliche Menge als endliche Familie
%   darstellen. Nach Lemma \ref{endl fam min lem} besitzt die Familie
%   $(a_i)_i$ ein kleinstes Element. Dieses ist auch kleinstes Element
%   von $M$.
% \end{proof}

\begin{proposition}
  \label{abz teilm prop}
  Sei $A$ eine unendliche Menge. Dann besitzt $A$ eine abz\"ahlbare
  Teilmenge. 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Es gen\"ugt der Nachweis, dass es eine injektive Abbildung
  $f\colon\N\to A$ gibt. Wir definieren $f$ induktiv. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Anfang: Da $A$ unendlich ist, ist $A$ insbesondere
    nichtleer. Sei $x_0\in A$ beliebig. Definiere $f(0):=x_0$. 
  \item Induktionsschritt: Sei $f|_{\{0,\ldots,n\}}$ bereits
    definiert. Setze $\tilde A:=A\setminus
    \bigcup\limits_{i=0}^n\{f(i)\}$. Da $A$ unendlich ist, ist auch
    $\tilde A$ unendlich (da die Vereinigung von zwei endlichen Mengen
    wieder endlich ist) und es gibt $x_{n+1}\in \tilde A$. Setze
    $f(n+1):=x_{n+1}$.
  \end{enumerate}
  Injektivit\"at: Sei $m<n$. Dann ist $f(n)\in
  A\setminus\bigcup\limits_{i=0}^{n-1}\{f(i)\}\not\ni f(m)$. Somit ist
  $f$ injektiv. 
\end{proof}

Es gilt das folgende naheliegende Resultat:
\begin{lemma}
  Sei $A$ eine Menge. Dann ist $A$ genau dann h\"ochstens abz\"ahlbar,
  wenn $A$ endlich ist oder $A\sim\N$ gilt. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item[\Rueckrichtung] Ist $A$ endlich oder abz\"ahlbar, so gibt es
    offensichtlicherweise eine injektive Abbildung $f\colon A\to\N$.
  \item[\Hinrichtung] Sei $A$ h\"ochstens abz\"ahlbar, \dh es gibt
    eine injektive Abbildung $f\colon A\to\N$. Also gilt
    $A\prec\N$. Gibt es ein injektives $f$, so dass $\im f\subset\N$
    beschr\"ankt ist, so ist $A$ endlich und wir sind fertig. \par
    Variante 1: Sonst besitzt $\im f$ nach Proposition \ref{abz teilm
      prop} eine abz\"ahlbare Teilmenge, \dh es gibt eine injektive
    Abbildung $g\colon\N\to\im f$, also auch eine injektive Abbildung
    $f^{-1}\circ g\colon\N\to A$. Somit folgt $\N\prec A$. Nach dem
    Satz von Schr\"oder-Bernstein erhalten wir somit $A\sim\N$.\par
    Variante 2 \stern: (Anschaulicher, aber technischer. Idee: Ziehe das Bild
    so weit nach links, dass L\"ucken im Bild geschlossen werden.)
    Induktiver Beweis im nicht-endlichen Fall ohne
    Sch\"oder-Bernstein: Setze $f_{-1}:=f$. Konstruiere f\"ur alle
    $n\in\N$ Abbildungen $f_n$ durch $f_n:=f_{n-1}$, falls
    $n\in\im f_{n-1}$, und sonst durch $f_n(a):=f_{n-1}(a)$, falls
    $f_{n-1}(a)<n$ und $f_n(a):=f_{n-1}(a)-m_n+n$ mit
    $m_n=\inf (\im f_{n-1}\cap\{k\in\N:k\ge n\})$. Es gilt stets
    $\im f_{n-1}\cap\{k\in\N:k\ge n\}\neq\emptyset$, da sonst
    $\im f_{n-1}$, $\im f_{n-2}$, \ldots{}, $\im f$ beschr\"ankt
    w\"aren. Weiterhin gilt $\{0,\ldots,n\}\subset\im f_n$ und jedes
    $f_n$ ist injektiv. F\"ur festes $a\in A$ mit $f(a)\le n$ ist
    $f_n(a)=f_m(a)$ f\"ur alle $m\ge n$. Daher ist $g\colon A\to\N$
    mit $g(a)=f_{f(a)}(a)$ bijektiv.  \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

\begin{lemma}
  Sei $A$ eine Menge. Dann ist $A$ genau dann h\"ochstens abz\"ahlbar,
  wenn es eine surjektive Abbildung $f\colon\N\to A$ gibt. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item[\Hinrichtung] Sei $A$ h\"ochstens abz\"ahlbar. Dann gibt es
    eine injektive Abbildung $f\colon A\to\N$. Somit gibt nach
    Proposition \ref{inj surj inv prop} \eqref{inj surj inv prop iv}
    und \eqref{inj surj inv prop ii} eine surjektive Abbildung
    $g\colon\N\to A$ mit $g\circ f=\id_A$.
  \item[\Rueckrichtung] Sei $f\colon\N\to A$ surjektiv. Dann gibt es
    nach Proposition \ref{inj surj inv prop} \eqref{inj surj inv prop
      iii} und \eqref{inj surj inv prop i} eine injektive Abbildung
    $g\colon A\to\N$ mit $f\circ g=\id_A$. Somit gilt
    $A\prec\N$. \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

\begin{proposition}
  \label{N N N prop}
  Die Menge $\N\times\N$ ist abz\"ahlbar. 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir verwenden das Cantorsche Diagonalverfahren. Die Funktion
  $f\colon\N\times\N\to\N$ mit \[(i,j)\mapsto\frac{(i+j)(i+j+1)}2+j\]
  ist bijektiv (\"Ubung unter Verwendung von Beispiel \ref{gauss summe
    bsp}); sie \glqq z\"ahlt\grqq{} nacheinander die Elemente auf
  jeder der zur Diagonalen parallelen Linie $\{i+j=\text{konstant}\}$
  durch.
\end{proof}

\begin{remark}
  \stern Alternativ h\"atte man in Proposition \ref{N N N prop} auch
  nur die Injektivit\"at von $f$ nachrechnen k\"onnen. Damit folgt
  $\N\times\N\prec\N$. Die Umkehrung ist klar und man erh\"alt die
  Aussage aus dem Satz von Schr\"oder-Bernstein.
\end{remark}

\begin{proposition}
  \label{N hoch k abz prop}
  Sei $k\in\N\setminus\{0\}$. Dann ist $\prod\limits_{i=1}^k\N=\N^k$
  abz\"ahlbar.\par Die gilt auch f\"ur das endliche kartesische
  Produkt von beliebigen abz\"ahlbaren Mengen.
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweisidee]
  Argumentiere \"ahnlich wie im Fall $k=2$ oder benutze Induktion. 
\end{proof}

\begin{lemma}
  \label{abz ver abz abz lem}
  Sei $(A_i)_{i\in\N}$ eine Folge abz\"ahlbarer Mengen. Dann ist auch
  $A:=\bigcup\limits_{i\in\N}A_i$ abz\"ahlbar. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wegen $A_0\subset A$ und $A_0\sim\N$ folgt $\N\prec A$. 
  \item Sei $(x_{i,j})_{j\in\N}$ f\"ur jedes $A_i$ eine Abz\"ahlung
    der Elemente von $A_i$. Dann ist die
    Abbildung \[\N\times\N\ni(i,j)\mapsto x_{i,j}\in A\]
    surjektiv. Also folgt nach Korollar \ref{surj maechtiger cor}
    $\N\times\N\succ A$. Wegen $\N\times\N\sim\N$ erhalten wir daraus
    $\N\succ A$.
  \item Somit folgt $\N\sim A$ nach dem Satz von
    Schr\"oder-Bernstein. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{remark}
  Proposition \ref{N hoch k abz prop} und Lemma \ref{abz ver abz abz
    lem} gelten auch, wenn wir \"uberall abz\"ahlbar durch h\"ochstens
  abz\"ahlbar ersetzen.
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ubung. 
\end{proof}

Das folgende Theorem liefert sp\"ater die Existenz \"uberabz\"ahlbarer
Mengen.
\begin{theorem}[Cantor]
  \label{Cantor Potenzmenge ueberabzbar thm}
  Sei $A$ eine beliebige Menge. So ist die Potenzmenge $\P(A)$ strikt
  m\"achtiger als $A$, \dh es existiert eine injektive Abbildung
  $A\to\P(A)$, aber keine surjektive Abbildung $A\to\mathcal P(A)$.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Abbildung $A\ni x\mapsto \{x\}\in\P(A)$ ist injektiv. 
  \item Wir f\"uhren einen Widerspruchsbeweis um zu zeigen, dass es
    keine surjektive Abbildung $f\colon A\to\P(A)$ gibt. Angenommen,
    $f$ sei eine solche surjektive Abbildung. Definiere \[M:=\{x\in
    A\colon x\not\in f(x)\}.\] Es gilt $M\subset A$, also
    $M\in\P(A)$. Da $f$ nach Annahme surjektiv ist, gibt es ein $a\in
    A$ mit $f(a)=M$. Wir unterscheiden nun zwei F\"alle:
    \begin{enumerate}[(a)]
    \item Ist $a\in M$, so folgt nach Definition von $M$, dass
      $a\not\in f(a)=M$ gilt. Widerspruch.
    \item Ist $a\not\in M$, so gilt $a\not\in M=f(a)$. Also erhalten
      wir nach Definition von $M$ die Aussage $a\in M$. Widerspruch. 
    \end{enumerate}
    Die Behauptung folgt. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\Subsection{Betrag und Wurzel}

\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $x\in\R$. Wir definieren den \emph{Betrag} von $x$
    durch \[|x|:=
    \begin{cases}
      x&\text{f\"ur }x\ge0,\\
      -x&\text{f\"ur }x<0.
    \end{cases}\]
  \item Ist $I\subset\R$ ein Intervall mit Endpunkten $a$ und $b$, so
    hei\ss{}t $|I|:=|b-a|$ die \emph{L\"ange} des Intervalles $I$.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  Wir verwenden die folgenden naheliegenden Abk\"urzungen:
  \begin{align*}
    \R_{\ge0}:=&\,\{x\in\R\colon x\ge0\}\equiv\R_+
    \intertext{und}
    \R_{>0}:=&\,\{x\in\R\colon x>0\},
  \end{align*}
  ebenso $\N_{>k}=\{n\in\N\colon n>k\}$ und
  $\N_{\ge k}=\{n\in\N\colon n\ge k\}$.\par
  \stern Dabei schreiben wir \glqq$\equiv$\grqq{} f\"ur eine
  Definition, die h\"aufig nur die Einf\"uhrung einer Schreibweise
  ist.
\end{remark}

\begin{proposition}
  Es gelten
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $x\le|x|$,
  \item $|x|\le a\Longleftrightarrow -a\le x\le a$ und
  \item $|x|<a\Longleftrightarrow -a<x<a$. 
  \end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ubung. 
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei $A\subset\R$. Dann ist $A$ genau dann beschr\"ankt, wenn ein
  $a\in\R$ existiert, so dass f\"ur alle $x\in A$ die Ungleichung
  $|x|\le a$ gilt.
\end{corollary}

\begin{theorem}[Dreiecksungleichung]
  Seien $a,b\in\R$. Dann gelten
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $|a+b|\le|a|+|b|$, \hfill (Dreiecksungleichung)
  \item $|a-b|\ge|a|-|b|$ und
  \item $|a-b|\ge||a|-|b||$. \hfill (umgekehrte Dreiecksungleichung)
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item \"Ubung.
  \item Es ist \[|a|=|a-b+b|\le|a-b|+|b|\] aufgrund der
    Dreiecksungleichung. Die Behauptung folgt nun durch Umordnen. 
  \item Dies folgt aus $|a-b|\ge|a|-|b|$ und
    $|a-b|=|b-a|\ge|b|-|a|$. \qedhere 
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{proposition}[Existenz der $m$-ten Wurzel]
  Seien $m\in\N\setminus\{0\}$ und $a\in\R_{\ge0}$. Dann gibt es genau
  ein $x\in\R_{\ge0}$ mit $x^m=a$.
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir zeigen nur den Fall $m=2$ und lassen den Rest als \"Ubung. Gelte
  ohne Einschr\"ankung $a>0$. \par
  Definiere \[M:=\left\{y\in\R_{\ge0}\colon y^2\le a\right\}.\] Wir
  m\"ochten zeigen, dass $(\sup M)^2=a$ gilt.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Es gilt $M\neq\emptyset$, da $0\in M$ ist.
  \item $M$ ist nach oben beschr\"ankt: $x\mapsto x^2$ ist f\"ur
    $x\ge0$ monoton wachsend, \dh aus $x\le y$ folgt $x^2\le y^2$:
    Benutze Lemma \ref{wurzel quad ungl aequiv lem} oder betrachte
    $y\ge x\ge0$. Dann folgt $y^2-x^2=(y-x)(y+x)\ge0$, also die
    Monotonie.  Sei nun $y\ge 1+a$. Dann erhalten wir $y^2\ge(1+a)^2=
    1+2a+a^2> a$. Somit ist $M$ beschr\"ankt.
  \item Setze $x_0:=\sup M<\infty$. Wegen $a>0$ und da $\R$
    archimedisch ist, gibt es ein $n\in\N$ mit $0<\frac1{n^2}\le
    a$. Somit ist $x_0>0$.
  \item Es gilt $x_0^2\le a$: Wegen $x_0>0$ gibt es ein $n_0$, so dass
    f\"ur alle $n\in\N$ mit $n\ge n_0$ die Ungleichung $x_0-\frac1n>0$
    gilt. Nach Definition des Supremums gibt es zu jedem solchen $n$
    ein $x_n\in M$ mit $x_n\ge x_0-\frac1n$. Nun folgt aufgrund der
    Monotonie von $x\mapsto x^2$ \[a\ge x_n^2\ge
    \left(x_0-\tfrac1n\right)^2 =x_0^2-\tfrac2nx_0+\tfrac1{n^2} \ge
    x_0^2-\tfrac2nx_0.\] 
    Somit ist $a\ge x_0^2$ nach Korollar \ref{le 1n impl le 0 cor}. 
  \item Es gilt $x_0^2\ge a$: Nach Definition des Supremums gilt
    $x_0+\frac1n\not\in M$ f\"ur alle $n\in\N\setminus\{0\}$. Wir
    erhalten \[a\le \left(x_0+\tfrac1n\right)^2 =x_0^2+\tfrac2nx_0
    +\tfrac1{n^2} \le x_0^2+\tfrac1n(2x_0+1).\] Da dies f\"ur
    beliebige $n\in\N\setminus\{0\}$ gilt, folgt $a\le
    x_0^2$. 
  \item Eindeutigkeit: Seien $x,y\ge0$ mit $x^2=y^2=a$. Dann folgt
    $0=x^2-y^2 =(x-y)(x+y)$ und daher $x=y$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{definition}
  Seien $n,m\in\N_{>0}$. Sei $a\ge0$. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dann definieren wir $\sqrt a$ als die Zahl in $\R_+$ mit
    $(\sqrt a)^2=a$.
  \item Wir definieren weiterhin $\sqrt[m]a$ bzw.{} $a^{\frac1m}$ als
    die Zahl in $\R_+$ mit $(\sqrt[m]a)^m=a$.
  \item Wir setzen schlie\ss{}lich $a^{\frac
      nm}:=\big(a^\frac1m\big)^n$ und $a^0:=1$.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\Subsection{Weitere Zahlen und deren Kardinalit\"at}

\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Menge der reellen Zahlen $x\in\R$, f\"ur die es $m,n\in\N$
    gibt mit $m-n=x$, hei\ss{}t die Menge der \emph{ganzen
      Zahlen:} \[\Z:=\{m-n\colon m,n\in\N\}.\]
  \item Die \emph{rationalen Zahlen} sind als Quotienten von ganzen
    Zahlen (ohne Null im Nenner) definiert:
    \[\Q:=\left\{\frac pq\colon p,q\in\Z,q\neq0\right\}.\]
  \item Die Menge $\mathbb I:=\R\setminus\Q$ hei\ss{}t die Menge der
    \emph{irrationalen Zahlen.}
  \item Die \emph{komplexen Zahlen} sind Paare von reellen Zahlen:
    \[\C:=\{(a,b)\colon a,b\in\R\}.\] F\"ur $(a,b),(c,d)\in\C$
    definieren wir eine Addition durch $(a,b)+(c,d):=(a+c,b+d)$ sowie
    eine Multiplikation durch $(a,b)\cdot(c,d):=(ac-bd,ad+bc)$. Statt
    $(a,b)$ schreiben wir auch $a+ib$.  Somit gilt insbesondere
    $i^2=-1$.  $a$ hei\ss{}t Realteil der komplexen Zahl $z=a+ib$ mit
    $a,b\in\R$, $a=\Real z$, und $b$ hei\ss{}t Imagin\"arteil der
    komplexen Zahl $z$, $b=\Imag z$.  Wir definieren
    $\ol{a+ib}:=a-ib$, die zu $a+ib$ komplex konjugierte komplexe
    Zahl, und $|a+ib|:=\sqrt{a^2+b^2}$, den Betrag der komplexen Zahl
    $a+ib$. Es gelten f\"ur $a,b\in\R$ und $z,w\in\C$
    \begin{align*}
      |a+ib|^2 =&\,(a+ib)\ol{(a+ib)},\umbruch\\
      \ol{z+w} =&\,\ol z+\ol w,\umbruch\\
      \ol{zw} =&\,\ol z\cdot\ol w,\umbruch\\
      |z|^2 =&|\Real z|^2 +|\Imag z|^2,\umbruch\\
      |z| =&\,|\ol z|.\umbruch\\
    \end{align*}
    Wir betrachten $\R$ verm\"oge $x\mapsto (x,0)$ als Teilmenge der
    komplexen Zahlen und erhalten $\ol x=x$ f\"ur $x\in\R$.
  \end{enumerate}
  
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item \stern Summen, Differenzen und Produkte ganzer Zahlen sind
    wieder ganze Zahlen.
  \item \stern Bis auf die Vollst\"andigkeit erf\"ullen die rationalen
    Zahlen alle Eigenschaften aus der Definition der reellen Zahlen,
    \dh sie bilden einen angeordneten K\"orper. Man kann zeigen, dass
    sie jedoch nicht vollst\"andig sind.
  \item \stern Die komplexen Zahlen bilden ebenfalls einen K\"orper. Er ist
    nicht angeordnet, aber, wie wir sp\"ater sehen werden, als
    metrischer Raum vollst\"andig.
  \item Zum multiplikativen Inversen in $\C$: Es
    gilt \[(a+ib)(a-ib)=a^2+b^2.\] Ist $(a,b)\neq(0,0)$, so ist daher
    $\frac a{a^2+b^2}+\frac{-b}{a^2+b^2}i$ die multiplikative Inverse
    von $a+ib$.
  \item Seien $z,w\in\C$. Dann gilt $|z+w|\le|z|+|w|$. 
    \begin{proof}[Beweis]
      \stern 
      Seien $z=a+ib$ und $w=c+id$. Dann gilt $z+w=(a+c)+i(b+d)$. 
      Wir m\"ussen also \[\sqrt{(a+c)^2+(b+d)^2}\le
      \sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\] f\"ur alle $a,b,c,d\in\R$
      zeigen. Nach Lemma \ref{wurzel quad ungl aequiv lem} ist dies
      \"aquivalent zu
      \begin{align*}
        (a+c)^2+(b+d)^2\le&\,a^2+b^2+c^2+d^2
        +2\sqrt{a^2+b^2}\sqrt{c^2+d^2} 
        \intertext{und auch \"aquivalent zu}
        2ac+2bd\le&\,2\sqrt{a^2+b^2}\sqrt{c^2+d^2}
        \intertext{und wiederum \"aquivalent (au\ss{}er im trivialen
          Fall mit negativer linker Seite) zu}
        a^2c^2+2abcd+b^2d^2\le&\,\left(a^2+b^2\right)
        \left(c^2+d^2\right).
        \intertext{Wir m\"ussen also}
        2abcd\le&\,a^2d^2+b^2c^2
      \end{align*}
      zeigen, was aus $0\le(A-B)^2=A^2-2AB+B^2$ mit $A=ad$ und $B=bc$
      direkt folgt. 
    \end{proof}
    Aus diesem Beweis erh\"alt man wegen $|x|=\sqrt{x^2}$ f\"ur
    $x\in\R$ im Spezialfall $b=d=0$ auch die reelle
    Dreiecksungleichung. 
  \item Seien $z,w\in\C$. Dann gelten $|zw|=|z|\cdot|w|$ und
    $\ol{zw}=\ol z\cdot\ol w$. 
    \begin{proof}[Beweis]
      \stern Direktes Ausmultiplizieren. 
    \end{proof}
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{theorem}[Dichtheit von $\Q$ in $\R$]
  \label{Q R dicht}
  Sei $I=(a,b)\subset\R$ ein Intervall mit $I\neq\emptyset$. Dann ist
  $I\cap\Q$ unendlich.   
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir zeigen nur, dass es ein $c\in\Q\cap(a,b)$ gibt. Dann gibt
    es aufgrund derselben Argumentation ein $d\in\Q\cap(a,c)$, ein
    $e\in\Q\cap(a,d)$, \ldots und die Aussage folgt per Induktion.
  \item Wir nehmen ohne Einschr\"ankung an, dass $a>0$ ist. Sonst
    benutzen wir, dass $\R$ archimedisch ist (Theorem \ref{R
      archimedisch thm}) und addieren ein $n\in\N$ mit $n>-a$. Gibt es
    dann eine rationale Zahl $c\in(a+n,b+n)$, so folgt
    $c-n\in(a,b)\cap\Q$.
  \item Da $\R$ archimedisch ist, gibt es $n\in\N$ mit $n>\frac1{b-a}$
    oder, \"aquivalent dazu, $\frac1n<b-a$.
  \item Betrachte \[M:=\left\{m\in\N\colon b\le\tfrac mn\right\}.\] Da
    $\R$ archimedisch ist, ist $M$ nichtleer. Somit besitzt $M$ ein
    kleinstes Element. Sei $q\in M$ dieses kleinste Element. Definiere
    $c:=\frac{q-1}n$. Dann ist $c\in\Q$.
  \item Wegen $b\ge a>0$ ist $q>0$. Da $q=\min M$ gilt, folgt $c<b$. 
  \item Weiterhin gilt \[a=b-(b-a)<b-\tfrac1n\le\tfrac
    qn-\tfrac1n=c.\]
    Somit folgt die Behauptung. \qedhere  
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{remark}
  \stern Wir werden sp\"ater in Definition \ref{dicht def} Dichtheit
  definieren. Diese folgt aus Theorem \ref{Q R dicht}, da aufgrund
  dieses Theorems f\"ur jedes $x\in\R$ und jedes $\epsilon>0$ 
  \[(x-\epsilon,x+\epsilon)\cap\Q\neq\emptyset\] gilt.
\end{remark}

\begin{proposition}
  Die Menge $\Q$ ist abz\"ahlbar.
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweisidee]
  \stern Zeige, dass $\Q$ h\"ochstens abz\"ahlbar und mindestens
  abz\"ahlbar ist und verwende den Satz von Schr\"oder-Bernstein.  Die
  Details lassen wir als \"Ubung.
\end{proof}

Die folgende Proposition zeigt, zusammen mit Theorem \ref{Cantor
  Potenzmenge ueberabzbar thm}, dass $\R$ \"uberabz\"ahlbar ist.
\begin{proposition}
  Es gilt $\R\sim\mathcal P(\N)$. 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweisschritte]
  \stern 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Es gilt $\R\sim[0,1)$. 
  \item Jede Zahl $a\in[0,1)$ l\"asst sich bin\"ar als
    $0,a_1a_2a_3a_4\ldots$ mit $a_i\in\{0,1\}$ schreiben. Dies
    entspricht der Dezimaldarstellung und liefert bis auf
    Uneindeutigkeiten wie bei $0,0111111\ldots=0,1000000\ldots$ eine
    eindeutige Darstellung. Da dies nur bei rationalen Zahlen
    auftritt, beeintr\"achtigt dies die weiteren \"Uberlegungen
    nicht. \par Dezimaldarstellungen werden wir noch genauer
    betrachten. 
  \item Zwischen den Potenzmengen von $\N\setminus\{0\}$ und solchen
    Dezimaldarstellungen liefert \[\P(\N\setminus\{0\})\ni A\mapsto
    0,a_1a_2a_3\ldots\] mit \[a_i=
    \begin{cases}
      0&i\not\in A,\\
      1&i\in A 
    \end{cases}
    \]
    eine Bijektion. 
  \end{enumerate}
  Die Details lassen wir als \"Ubung. 
\end{proof}

\begin{remark}
  Das Cantorsche Diagonalverfahren erlaubt den Nachweis, dass $\R$
  \"uberabz\"ahlbar ist.
\end{remark}
\begin{proof}[Beweisidee]
  \stern Man nimmt an, dass die reellen Zahlen im Intervall $[0,1)$
  abz\"ahlbar w\"aren. Nun schreibt man diese untereinander. Darunter
  schreibt man eine Dezimalzahl, die sich an der $i$-ten Stelle von
  der $i$-ten Zahl in der Liste unterscheidet. Somit steht diese
  Dezimalzahl nicht in der Liste. Bis auf die Uneindeutigkeit bei
  Zahlen, die auf $9999\ldots$ oder $0000\ldots$ enden, hat man damit
  eine nicht aufgez\"ahlte Zahl gefunden. Somit ist $[0,1)$ nicht
  abz\"ahlbar.
\end{proof}


\begin{remark}
  Es gilt $\R\sim(\R\setminus\Q)$, \dh die Menge der reellen Zahlen
  und die Menge der irrationalen Zahlen sind gleich m\"achtig. 
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ubung. 
\end{proof}

\Section{Konvergenz}
\Subsection{Metrische R\"aume}
Mit einer Metrik messen wir Abst\"ande. 
\begin{definition}[Metrik]
  Sei $E$ eine Menge. 
  \begin{enumerate}[(a)]
  \item Eine Funktion $d\colon E\times E\to\R_{\ge0}$ hei\ss{}t
    \emph{Metrik,} falls sie die Bedingungen
    \begin{enumerate}[(i)]
    \item $d(x,y)=d(y,x)$, \hfill (Symmetrie)
    \item $d(x,y)=0$ \aequivalent{} $x=y$ und \hfill ((positive)
      Definitheit)
    \item $d(x,z)\le d(x,y)+d(y,z)$ \hfill (Dreiecksungleichung)
    \end{enumerate}
    f\"ur alle $x,y,z\in E$ erf\"ullt.
  \item Das Paar $(E,d)$ hei\ss{}t \emph{metrischer Raum.}
  \end{enumerate}
\end{definition}

% Laxerweise spricht man h\"aufig von einem metrischen Raum $E$ statt
% $(E,d)$, wenn klar ist, welche Metrik gemeint ist. \par
Viele Beweise sind in $\R$ und in metrischen R\"aumen \"ahnlich. Als
Beispiel daf\"ur zeigen wir die umgekehrte Dreiecksungleichung in
metrischen R\"aumen.
\begin{lemma}
  Sei $E$ ein metrischer Raum. Dann gilt die umgekehrte
  Dreiecksungleichung \[d(x,z)\ge |d(x,y)-d(y,z)|\] f\"ur alle
  $x,y,z\in E$. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Nach Dreiecksungleichung gilt \[d(x,y)\le d(x,z)+d(z,y).\]
  Umsortieren liefert nun eine Ungleichung. Durch Vertauschen von
  $x$ und $z$ erhalten wir analog eine zweite Ungleichung und
  insgesamt die Behauptung. 
\end{proof}

\begin{remark}
  \stern Wir benutzen nun Vektorr\"aume aus der Linearen Algebra. In
  der Analysis ben\"otigen wir nur Vektorr\"aume \"uber den reellen
  Zahlen $\R$ oder \"uber den komplexen Zahlen $\C$. Um beide F\"alle
  gleichzeitig behandeln zu k\"onnen, schreiben wir $\K$ statt $\R$
  oder $\C$. H\"aufig gen\"ugt der Fall $\K=\R$.
\end{remark}

\begin{definition}[Normierter Raum]
  Sei $E$ ein $\K$-Vektorraum.
  \begin{enumerate}[(a)]
  \item Dann hei\ss{}t $\Vert\cdot\Vert\colon E\to\R_{\ge0}$
    \emph{Norm,} falls
    \begin{enumerate}[(i)]
    \item $\Vert x\Vert=0$ \impliziert{} $x=0$ \hfill ((positive)
      Definitheit)
    \item $\Vert\lambda x\Vert=|\lambda|\cdot\Vert x\Vert$ und \hfill
      (Homogenit\"at) 
    \item $\Vert x+y\Vert\le\Vert x\Vert+\Vert y\Vert$ \hfill
      (Dreiecksungleichung) 
    \end{enumerate}
    f\"ur alle $x,y\in E$ und alle $\lambda\in\K$ gelten. 
  \item Das Paar $(E,\Vert\cdot\Vert)$ hei\ss{}t \emph{normierter
      Raum.}
  \end{enumerate}
\end{definition}

Als einfaches Resultat \"uber normierte R\"aume beweisen wir nochmals
eine umgekehrte Dreiecksungleichung. 
\begin{lemma}
  Sei $E$ ein normierter Raum. Seien $x,y\in E$. Dann gilt
  \[\Vert x-y\Vert\ge|\Vert x\Vert-\Vert y\Vert|.\] 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Gelte ohne Einschr\"ankung $\Vert x\Vert\ge\Vert y\Vert$, also
  $|\Vert x\Vert-\Vert y\Vert|=\Vert x\Vert-\Vert y\Vert$. Aufgrund
  der Dreiecksungleichung gilt \[\Vert x\Vert =\Vert (x-y)+y\Vert
  \le\Vert x-y\Vert+\Vert y\Vert.\] Umordnen liefert nun die
  Behauptung. 
\end{proof}

\begin{definition}[Skalarproduktraum]
  Sei $E$ ein $\K$-Vektorraum. 
  \begin{enumerate}[(a)]
  \item Dann hei\ss{}t $\langle\cdot,\cdot\rangle\colon E\times
    E\to\K$ \emph{Skalarprodukt,} falls
    \begin{enumerate}[(i)]
    \item $\langle\lambda x+y,z\rangle =\lambda\langle x,z\rangle
      +\langle y,z\rangle$ \hfill (Linearit\"at im ersten Argument)
    \item $\langle x,y\rangle=\ol{\langle y,x\rangle}$ \hfill
      ($\K=\R$: symmetrisch/$\K=\C$: hermitesch) 
    \item $\langle x,x\rangle\ge0$ sowie $\langle x,x\rangle=0$
      \aequivalent{} $x=0$ \hfill (positiv definit)
    \end{enumerate}
    f\"ur alle $x,y,z\in E$ und alle $\lambda\in\K$ gelten. 
  \item Das Paar $(E,\langle\cdot,\cdot\rangle)$ hei\ss{}t
    \emph{Skalarproduktraum.}
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  Sei $E$ ein Skalarproduktraum. Dann gilt \[\langle x,\lambda
  y+z\rangle =\ol{\langle\lambda y+z,x\rangle} =\ol{\lambda\langle
    y,x\rangle +\langle z,x\rangle} =\ol\lambda\langle x,y\rangle
  +\langle x,z\rangle.\] Ist $\K=\R$, so ist das Skalarprodukt im
  zweiten Argument ebenfalls linear.  $\langle\cdot,\cdot\rangle$
  hei\ss{}t dann bilinear. \par Ist $\K=\C$, so hei\ss{}t das
  Skalarprodukt sesquilinear. 
\end{remark}

\begin{remark}
  \stern 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die folgenden S\"atze lassen sich wie folgt veranschaulichen:
    \[\fbox{Metrische R\"aume}\supset\fbox{Normierte R\"aume}
      \supset\fbox{Skalarproduktr\"aume}\]
    % Sie erlauben es auch, einige Beispiele, z.\,B.\ $\R^n$, schneller
    % zu behandeln.
  \item Falls wir zuk\"unftig von einer Metrik auf einem normierten
    Raum oder einer Norm auf einem Skalarproduktraum sprechen, wollen
    wir stets die nachfolgend eingef\"uhrten Metriken bzw.{} Normen
    verwenden. 
  \item Laxerweise sprechen wir zuk\"unftig von einem metrischen Raum
    $E$ statt $(E,d)$, wenn keine Missverst\"andnisse zu bef\"urchten
    sind und haben dies auch bereits gemacht. Analog f\"ur $E$ statt
    $(E,\Vert\cdot\Vert)$ oder $E$ statt
    $(E,\langle\cdot,\cdot\rangle)$.
    % Wenn wir zuk\"unftig von einem metrischen Raum $E$, einem
    % normierten Raum $E$ oder einem Skalarproduktraum $E$ sprechen, so
    % wollen wir stets $d$ als Metrik, $\Vert\cdot\Vert$ als Norm und
    % $\langle\cdot,\cdot\rangle$ als Skalarprodukt verwenden ohne dies
    % explizit in die Notation aufzunehmen. Besteht keine
    % Verwechslungsgefahr, so verwenden wir auch dieselben Abbildungen
    % f\"ur Metrik, Norm oder Skalarprodukt unterschiedlicher R\"aume. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

Als Vorbereitung ben\"otigen wir
\begin{theorem}[Cauchy-Schwarz Ungleichung]
  Sei $E$ ein Vektorraum mit Skalarprodukt. Dann gilt
  \[|\langle x,y\rangle|^2\le\langle x,x\rangle\cdot\langle
    y,y\rangle\] f\"ur alle $x,y\in E$. Gleichheit gilt genau dann,
  wenn $x$ und $y$ linear abh\"angig sind. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei ohne Einschr\"ankung $y\neq0$. Sei $\lambda\in\C$ zun\"achst
  beliebig. Es gilt 
  \begin{align*}
    0\le&\,\langle x-\lambda y,x-\lambda y\rangle\umbruch\\
    =&\,\langle x,x-\lambda y\rangle -\lambda\langle y,x-\lambda
    y\rangle\umbruch\\
    =&\,\langle x,x\rangle -\ol\lambda\langle x,y\rangle
    -\lambda\langle y,x\rangle +\lambda\ol\lambda\langle
    y,y\rangle\umbruch\\ 
    =&\,\langle x,x\rangle -\ol\lambda\langle x,y\rangle
    -\lambda\ol{\langle x,y\rangle} 
    +\lambda\ol\lambda\langle y,y\rangle.
  \end{align*}
  Setze nun speziell
  $\lambda=\frac{\langle x,y\rangle}{\langle y,y\rangle}$, so erhalten
  wir nach Multiplikation mit $\langle y,y\rangle$
  \[0\le\langle x,x\rangle\cdot\langle y,y\rangle -2|\langle
    x,y\rangle|^2 +|\langle x,y\rangle|^2.\] Dies ist gerade die
  behauptete Ungleichung.\par Charakterisierung der Gleichheit:
  \"Ubung.
\end{proof}

\begin{remark}
  \stern Die Wahl von $\lambda$ im Beweis der Cauchy-Schwarzschen
  Ungleichung war unmotiviert. Unter R\"uckgriff auf Schulkenntnisse
  holen wir dies im Fall $\K=\R$ nun nach. Der Fall $\K=\C$
  funktioniert \"ahnlich. \par Will man die Funktion
  \[\lambda\mapsto \langle x,x\rangle -2\lambda\langle x,y\rangle
    +\lambda^2\langle y,y\rangle\] minimieren, so betrachtet man einen
  Punkt, in dem die erste Ableitung verschwindet. Dort
  gilt \[0=-2\langle x,y\rangle +2\lambda\langle y,y\rangle.\] Hieraus
  ergibt sich der oben verwendete Wert f\"ur $\lambda$. 
\end{remark}

\begin{theorem}
  Sei $E$ ein Skalarproduktraum. Dann definiert $\Vert
  x\Vert:=\sqrt{\langle x,x\rangle}$ f\"ur $x\in E$ eine Norm auf
  $E$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die positive Definitheit ist klar. 
  \item Da $\langle x,x\rangle\in\R_+$ ist und $\sqrt{ab}=\sqrt
    a\cdot\sqrt b$ f\"ur $a,b\in\R_+$ gilt, folgt
    \[\Vert\lambda x\Vert=\sqrt{\langle\lambda x,\lambda x\rangle}
      =\sqrt{\lambda\langle x,\lambda x\rangle}
      =\sqrt{\lambda\ol\lambda\langle x,x\rangle}
      =\sqrt{|\lambda|^2\cdot\Vert x\Vert^2} =|\lambda|\cdot\Vert
      x\Vert.\]
  \item F\"ur $z\in\C$ gilt 
    \[z+\ol z \equiv (a+ib)+(a-ib) =2a =2\Real z\le 2\cdot|z|^2.\]
    Damit folgt die Dreiecksungleichung unter Verwendung der
    Cauchy-Schwarz\-schen Ungleichung:
    \begin{align*}
      \Vert x+y\Vert^2=&\,\langle x+y,x+y\rangle\umbruch\\
      =&\,\langle x,x\rangle +\langle x,y\rangle +\langle y,x\rangle
      +\langle y,y\rangle\umbruch\\
      \le&\,\langle x,x\rangle +2\cdot|\langle x,y\rangle|
      +\langle y,y\rangle\umbruch\\
      \le&\,\Vert x\Vert^2+2\cdot\Vert x\Vert\cdot\Vert y\Vert +\Vert
      y\Vert^2. \qedhere
    \end{align*}
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{theorem}
  Sei $E$ ein normierter Raum. Dann definiert $d(x,y):=\Vert x-y\Vert$
  f\"ur alle $x,y\in E$ eine Metrik auf $E$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Symmetrie ist klar. 
  \item Definitheit: Wegen der Definitheit der Norm folgt aus
    $0=d(x,y)=\Vert x-y\Vert$ bereits $x=y$. Weiterhin gilt $\Vert
    0\Vert=\Vert 0+0\Vert =2\Vert 0\Vert$ und daher folgt $\Vert
    x-x\Vert =\Vert0\Vert=0$.
  \item $d(x,z)=\Vert x-z\Vert =\Vert (x-y)+(y-z)\Vert \le\Vert
    x-y\Vert +\Vert y-z\Vert =d(x,y) +d(y,z)$ impliziert die
    Dreiecksungleichung. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{beispiele}
  \label{metr raum bsp}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Seien $x,y\in\R^n$ mit $x=\left(x^1,\ldots,x^n\right)$ und
    $y=(y^1,\ldots,y^n)$. Dann definiert
    \[\langle x,y\rangle:=\sum\limits_{i=1}^n x^i\cdot y^i\] 
    ein Skalarprodukt, das euklidische Skalarprodukt auf $\R^n$.
    \par Die zugeh\"orige euklidische Norm ist durch \[\Vert x\Vert
    \equiv |x| =\sqrt{\sum\limits_{i=1}^n\left|x^i \right|^2}\] und
    die euklidische Metrik ist durch
    \[d(x,y)=\sqrt{\sum\limits_{i=1}^n\left|x^i-y^i\right|^2}\]
    gegeben. 
  \item Insbesondere sind die reellen Zahlen mit $\langle
    x,y\rangle=xy$ ein Skalarproduktraum, mit $\Vert x\Vert=|x|$ ein
    normierter Raum und mit $d(x,y):=|x-y|$ ein metrischer
    Raum. 
  \item $\C^n$ ist ein Skalarproduktraum mit \[\langle x,y\rangle
    :=\sum\limits_{i=1}^n x^i\cdot\ol{y^i}.\] 
  \item Insbesondere ist $\C$ ein Skalarproduktraum mit $\langle
    z,w\rangle =z\cdot\ol w$. Es gilt im zugeh\"origen metrischen Raum
    $d(z,w)=|z-w|$.
  \item Sei $1\le p<\infty$. Sei $x\in\R^n$. Dann definiert
    \[\Vert x\Vert_p\equiv \Vert x\Vert_{l^p\left(\R^n\right)}
      :=\left(\sum\limits_{i=1}^n \left|x^i\right|^p\right)^{1/p}\]
    eine Norm auf $\R^n$. \stern Die Bezeichnung des Raumes k\"onnte
    irref\"uhrend sein; $l^p(\{1,\ldots,n\})$ w\"are auch
    m\"oglich. (Momentan k\"onnen wir diese Definition nur f\"ur
    $p\in\Q_{\ge1}$ verstehen, da wir allgemeinere Potenzen noch nicht
    definiert haben.) \par
    Ebenso erh\"alt man Normen auf $\C^n$.\par Der Vollst\"andigkeit
    halber geben wir in Theorem \ref{lp dreiecks ungleichung thm}
    einen Beweis an. Dieser ist aktuell jedoch noch nicht mit den hier
    behandelten Kenntnissen verst\"andlich.\par
    Mit Hilfe der (noch nicht behandelten) Parallelogrammgleichung
    kann man sehen, dass diese Norm im Falle $p\neq2$ nicht von einem
    Skalarprodukt herkommt.\par Diese Norm bzw.{} Metrik hei\ss{}t im
    Falle $p=1$ Manhatten-Metrik, im Falle $p=2$ euklidische Metrik
    und im Falle $p=\infty$ Box-Metrik.\par
    Hierzu gibt es auch eine Version mit Integralen und
    $1\le p<\infty$:
    \[\Vert u\Vert_{L^p(\Omega)} = \left(\int\limits_\Omega
      |u|^p\,dx\right)^{1/p}.\]
  \item Im Fall $p=\infty$ definiert \[\Vert x\Vert_\infty \equiv\Vert
    x\Vert_{l^\infty(\R^n)} :=\max\limits_{1\le i\le
      n}\left|x^i\right|\] eine Norm auf $\R^n$. 
    \begin{proof}[Beweis]
      \"Ubung. Folgt mit $A=\{1,\ldots,n\}$ auch aus \eqref{sup norm
        item}. 
    \end{proof}
  \item\label{sup norm item} Sei $A$ eine nichtleere Menge. Auf dem
    Vektorraum der beschr\"ankten Funktionen $f\colon A\to\R$
    definiert
    \[\Vert f\Vert_{L^\infty(A)}:=\sup\limits_{x\in A}|f(x)|\] eine
    Norm.
    \begin{proof}[Beweis]
      \"Ubung
    \end{proof}
  \item Sei $E$ eine Menge. Definiere eine Metrik, die diskrete
    Metrik, durch \[d(x,y):=
    \begin{cases}
      0&\text{f\"ur }x=y,\\
      1&\text{f\"ur }x\neq y.
    \end{cases} 
    \]
    \stern Diese Metrik ist f\"ur $|E|\ge2$ nicht von einer Norm
    induziert.
  \item Sei $(E,d)$ ein metrischer Raum und $A\subset E$. Dann ist
    $d_A\colon A\times A\to\R_+$ mit \[d_A(x,y):=d(x,y)\] f\"ur alle
    $x,y\in A$ eine Metrik auf $A$. $d_A$ hei\ss{}t die von $d$ auf
    $A$ induzierte Metrik. 
  \item \stern Sei $U$ ein Unterraum eines Skalarproduktraumes. Dann
    ist die Einschr\"ankung des Skalarproduktes auf $U\times U$ ein
    Skalarprodukt auf $U$: Das induzierte Skalarprodukt.
  \item \stern Sei $U$ ein Unterraum eines normierten Raumes. Dann ist
    die Einschr\"ankung der Norm auf $U$ eine Norm auf $U$: Die
    induzierte Norm.
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

Das folgende Resultat gilt auch ohne die Definitheit eines
Skalarproduktes. 
\begin{proposition}[Polarisationsformeln]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $E$ ein Skalarproduktraum \"uber $\K$, so gilt \[\Vert
    x+y\Vert^2 =\Vert x\Vert^2 +\Vert y\Vert^2+2\Real\langle
    x,y\rangle.\]
  \item Ist $E$ ein Skalarproduktraum \"uber $\R$, so gilt
    \begin{align*}
      \langle x,y\rangle =&\,\tfrac12\left(\Vert x+y\Vert^2-\Vert
        x\Vert^2-\Vert y\Vert^2\right) =\tfrac12\left(\Vert
        x\Vert^2+\Vert y\Vert^2-\Vert
        x-y\Vert^2\right)\umbruch\\
      =&\,\tfrac14\left(\Vert x+y\Vert^2-\Vert x-y\Vert^2\right).
    \end{align*}
  \item Ist $E$ ein Skalarproduktraum \"uber $\C$, so gilt 
    \[4\langle x,y\rangle =\Vert x+y\Vert^2-\Vert x-y\Vert^2 +i\Vert
    x+iy\Vert^2 -i\Vert x-iy\Vert^2.\]
  \end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Benutze die Multilinearit\"at und $2\Real z=z+\ol z$. 
\end{proof}

\begin{proposition}
  Sei $E$ ein normierter Raum \"uber $\K$. Dann gibt es genau dann ein
  Skalarprodukt, das die Norm induziert, falls die
  Parallelogrammgleichung \[2\left(\Vert x\Vert^2+\Vert
    y\Vert^2\right) =\Vert x+y\Vert^2 +\Vert x-y\Vert^2\] gilt. 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweisidee]
  \stern
  \begin{itemize}
  \item[\Hinrichtung] Ist einfaches Nachrechnen.
  \item[\Rueckrichtung] Benutze die Polarisationsformel um einen
    Kandidaten f\"ur ein Skalarprodukt zu definieren. Beim Nachweis
    der Linearit\"at ist es einfach, Summen auseinanderzuziehen, bei
    reellen Faktoren zeigt man dies per Induktion zun\"achst f\"ur
    ganze und rationale Faktoren. Im komplexen Fall benutzt man
    zun\"achst, dass ein komplexer Vektorraum auch ein reeller
    Vektorraum ist und benutzt dann das Skalarprodukt aus dem reellen
    Fall. \par Dieser Beweisteil ist etwas technischer.  \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

\begin{theorem}
  \label{lp dreiecks ungleichung thm}
  Seien $1\le p,q\le\infty$ konjugierte Exponenten mit
  $\frac1p+\frac1q=1$. Seien $x,y\in\R^n$. Dann gelten
  \begin{align*}
    \sum\limits_{i=1}^nx^i\cdot y^i\le&\Vert x\Vert_p\cdot\Vert
    y\Vert_q
    \intertext{und} 
    \Vert x+y\Vert_p\le&\,\Vert x\Vert_p+\Vert y\Vert_p.
  \end{align*}
  Die erste Ungleichung hei\ss{}t H\"oldersche Ungleichung, die zweite
  Minkowskische Ungleichung. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \stern Wir folgen \cite{Rudin}. Die einfachen F\"alle $p=\infty$,
  $q=\infty$, $x=0$ oder $y=0$ lassen wir als \"Ubung.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item F\"ur den Beweis der H\"olderschen Ungleichung d\"urfen wir
    ohne Einschr\"ankung $\Vert x\Vert_p=1=\Vert y\Vert_p$
    annehmen. F\"ur jedes $i$ mit $1\le i\le n$ und $x^i\neq0\neq y^i$
    gibt es $s,t\in\R$ mit $\left|x^i\right|=e^{s/p}$ und
    $\left|y^i\right| =e^{t/q}$. Wegen $\frac1p+\frac1q=1$ liefert die
    Konvexit\"at der Exponentialfunktion \[e^{s/p+t/q}\le
    \tfrac1pe^s+\tfrac1qe^t.\] Also folgt \[x^i\cdot y^i\le
    \left|x^i\right|\cdot \left|y^i\right|\le
    \tfrac1p\left|x^i\right|^p +\tfrac1q\left|y^i\right|^q.\] Dies
    gilt nun auch wieder f\"ur $x^i=0$ oder $y_i=0$.  Wir summieren
    nun auf beiden Seiten \"uber $i$ und erhalten auf der linken Seite
    die linke Seite in der Behauptung und auf der rechten Seite
    $\frac1p\Vert x\Vert_p^p +\frac1q\Vert
    y\Vert_q^q=\frac1p+\frac1q=1$. Somit folgt die Behauptung.
  \item Zum Beweis der Minkowskischen Ungleichung schreiben
    wir \[\left(x^i+y^i\right)^p =x^i\cdot\left(x^i+y^i\right)^{p-1}
    +y^i\cdot\left(x^i+y^i\right)^{p-1}.\] Jeden der beiden Terme auf
    der rechten Seite k\"onnen wir mit der H\"olderschen Ungleichung
    behandeln. Es gelten \[\sum\limits_{i=1}^n
    x^i\left|x^i+y^i\right|^{p-1} \le\left(\sum\limits_{i=1}^n
      \left|x^i\right|^p\right)^{1/p}\cdot \left(\sum\limits_{i=1}^n
      \left|x^i+y^i\right|^{(p-1)q} \right)^{1/q}\] sowie
    $(p-1)q=p$. Eine entsprechende Absch\"atzung bekommen wir f\"ur
    den zweiten Term. Also
    folgt \[\sum\limits_{i=1}^n\left|x^i+y^i\right|^p\le
    \left(\sum\limits_{i=1}^n \left|x^i+y^i\right|^p\right)^{1/q}
    \cdot\left\{\left(\sum\limits_{i=1}^n
        \left|x^i\right|^p\right)^{1/p} +\left(\sum\limits_{i=1}^n
        \left|y^i\right|^p\right)^{1/p}\right\}.\] Bringen wir nun den
    ersten Faktor auf der rechten Seite nach links und
    ber\"ucksichtigen, dass $p$ und $q$ konjugierte Exponenten sind,
    so folgt die Minkowskische Ungleichung oder Dreiecksungleichung
    f\"ur $l^p$-R\"aume. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{definition}
  Sei $E$ ein metrischer Raum. Seien $A,B\subset E$ nicht leer. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dann hei\ss{}t \[\diam A:=\sup\limits_{x,y\in A} d(x,y)\]
    \emph{Durchmesser} der Menge $A$.
  \item Dann definieren wir die \emph{Distanz} $\dist(A,B)$ zwischen
    den Mengen $A$ und $B$ durch \[\dist(A,B)=\inf\{d(x,y)\colon x\in
    A, y\in B\}.\] Wir setzen weiterhin $\dist(x,B):=\dist(\{x\},B)$
    f\"ur $x\in E$.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  \stern Dies ist keine Metrik auf den nichtleeren Teilmengen von
  $E$. Als Metrik auf solchen Mengen werden wir sp\"ater die
  Hausdorffmetrik kennenlernen.
\end{remark}

\Subsection{Folgen}
\begin{remark}
  \stern 
  Die S\"atze dieses Kapitels \"uber Konvergenz in metrischen R\"aumen
  k\"onnte man alternativ auch zun\"achst in $\R$ oder $\R^n$
  zeigen. Sie gelten aber auch allgemeiner wie hier angegeben in
  metrischen R\"aumen, manchmal sogar in topologischen
  R\"aumen. Allen, denen die Resultate beim ersten Lesen zu abstrakt
  sind, empfehlen wir daher, sie zun\"achst nur f\"ur $\R$ oder $\C$,
  dann f\"ur $\R^n$ oder $\C^n$ und schlie\ss{}lich wie angegeben
  nachzuvollziehen. Ein guter Kompromiss zwischen Abstraktion und
  dem einfacheren Fall $\R$ sind die F\"alle $\R^2$ oder $\R^3$. 
\end{remark}

\begin{definition}
  Sei $E$ ein metrischer Raum. Sei $x\in E$ und $\epsilon>0$. Dann
  definieren wir die $\epsilon$-\emph{Kugel} (engl.{}
  ball) \[B_\epsilon(x):=\{y\in E\colon d(x,y)<\epsilon\}.\] Wir
  nennen $B_\epsilon(x)$ auch eine bzw.{} die $\epsilon$-Umgebung von
  $x$.
\end{definition}

\begin{definition}[Konvergenz]
  Sei $(x_n)_{n\in\N}\subset E$ eine Folge in einem metrischen
  Raum. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dann \emph{konvergiert} $(x_n)_n$ gegen $a\in E$, falls f\"ur
    jedes $\epsilon>0$ fast alle Folgeglieder in $B_\epsilon(a)$
    liegen.
  \item Konvergiert $(x_n)_n$ nicht, d.\,h.{} gibt es kein $a\in E$,
    gegen das $(x_n)_n$ konvergiert, so hei\ss{}t die Folge $(x_n)_n$
    \emph{divergent}.
  \item Konvergiert $(x_n)_n$ gegen $a\in E$, so hei\ss{}t $a$
    \emph{Grenzwert} oder \emph{Limes} der Folge
    $(x_n)_n$, \[a=\lim\limits_{n\to\infty}x_n.\] Wir schreiben auch
    $x_n\to a$ f\"ur $n\to\infty$ oder
    $x_n\underset{n\to\infty}\longrightarrow a$. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{beispiele}
  \neueZeile 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Folge $\left(\frac1n\right)_{n\in\N\setminus\{0\}}$
    konvergiert gegen Null.
  \item Sei $0<a<1$. Dann konvergiert die Folge
    $\left(a^n\right)_{n\in\N}$ nach Null.
  \item Die Folge $(x_n)_{n\in\N}\subset\R$ mit $x_n=(-1)^n$
    divergiert.
  \item\label{xn=n div item} Die Folge $(x_n)_{n\in\N}\subset\R$ mit
    $x_n=n$ divergiert.
  \item Die Folge $(x_n)_{n\in\N}\subset\R$ mit $x_n=(-1)^nn$
    divergiert.
  \item Seien $(x_n)_{n\in\N},(y_n)_{n\in\N}\subset\R$ konvergente
    Folgen. Dann konvergiert die Folge $(z_n)_{n\in\N}\subset\R$ mit \[z_n=
      \begin{cases}
        x_{\frac n2}&n\quad\text{gerade},\\
        y_{\frac{n-1}2}&n\quad\text{ungerade}
      \end{cases}\]
    genau dann, wenn
    $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\lim\limits_{n\to\infty}y_n$ gilt. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}
\begin{proof}
  Bei den \"Ubungen darf man auch die nachfolgend definierte Monotonie
  nutzen. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item \"Ubung.
  \item \"Ubung.
  \item Falls es $a\in\R$ mit $x_n\to a$ f\"ur $n\to\infty$ g\"abe, so
    g\"abe es zu $\epsilon =\frac12$ ein $n_0$, so dass f\"ur alle
    $n\ge n_0$ die Ungleichung $|x_n-a|<\frac12$ gilt. Es folgt f\"ur
    solche $n$ (von der Mitte her
    lesen!)
    \[2=|1-(-1)|=|x_n-x_{n+1}|\le|x_n-a|+|a-x_{n+1}| <2\frac12 =1.\]
    Widerspruch. Daher konvergiert die Folge $x_n=(-1)^n$ nicht.
  \item Wegen $|x_n|=n$ ist die Folge (wie nachfolgend definiert)
    unbeschr\"ankt. Daher kann sie nach Proposition \ref{eind lim
      beschr prop} nicht konvergent sein. 
  \item Wie f\"ur \eqref{xn=n div item}.
  \item \"Ubung.
    \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{remark}
  \stern 
  Die Definition von Konvergenz ist \"aquivalent zu
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item F\"ur alle $\epsilon>0$ gibt es ein $n_0\in\N$ mit
    $x_n\in B_\epsilon(a)$ f\"ur alle $n\ge n_0$.
  \item F\"ur alle $\epsilon>0$ gibt es ein $n_0\in\N$, so dass aus
    $n\ge n_0$ bereits $d(x_n,a)<\epsilon$ folgt.
  \item F\"ur alle $\epsilon\in(0,1)$ gibt es ein $n_0\in\N$, so dass
    aus $n\ge n_0$ bereits $d(x_n,a)<\epsilon$ folgt.
  \item F\"ur alle $\epsilon\in(0,1)$ gibt es ein $n_0\in\N$, so dass
    aus $n\ge n_0$ bereits $d(x_n,a)\le\epsilon$ folgt. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{definition}[Beschr\"anktheit]
  Eine Teilmenge $A$ eines metrischen Raumes $E$ hei\ss{}t
  \emph{beschr\"ankt,} falls es ein $x\in E$ und ein $r>0$ mit
  $A\subset B_r(x)$ gibt.
\end{definition}

\begin{lemma}
  Eine Teilmenge $A$ eines normierten Raumes $E$ ist genau dann
  beschr\"ankt, wenn es ein $r>0$ mit $A\subset B_r(0)$
  (oder $\Vert a\Vert<r\quad\forall\,a\in A$) gibt. 
\end{lemma}
\begin{proof}
  Wir nutzen die induzierte Metrik auf $E$. 
  \begin{itemize}
  \item[\Hinrichtung] Nach Voraussetzung gibt es $x\in E$ und $r>0$
    mit $\Vert a-x\Vert<r$ f\"ur alle $x\in A$. Nach
    Dreiecksungleichung folgt daraus \[\Vert x\Vert =\Vert x-a+a\Vert
      \le\Vert x-a\Vert +\Vert a\Vert <r+\Vert a\Vert=:\tilde r.\] 
  \item[\Rueckrichtung] Klar; nutze $x=0$.
    \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

% % Alte Variante
% \begin{definition}[Beschr\"anktheit]
%   \neueZeile
%   \begin{enumerate}[(i)]
%   \item Eine Teilmenge $A$ eines metrischen Raumes $E$ hei\ss{}t
%     \emph{beschr\"ankt,} falls es ein $x\in E$ und ein $r>0$ mit
%     $A\subset B_r(x)$ gibt. 
%   \item Eine Teilmenge $A$ eines normierten Raumes $E$ hei\ss{}t
%     \emph{beschr\"ankt,} falls es ein $r>0$ mit $\Vert x\Vert\le r$
%     f\"ur alle $x\in A$ gibt. 
%   \end{enumerate}
% \end{definition}

% \begin{remark}
%   \stern In einem normierten Raum sind die beiden Definitionen f\"ur
%   Beschr\"anktheit \"aquivalent, da $y\in B_r(x)$ die Ungleichung
%   $\Vert y\Vert\le r+\Vert x\Vert$ impliziert.
% \end{remark}

\begin{proposition}
  \label{eind lim beschr prop}
  In einem metrischen Raum gilt: 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Der Grenzwert einer konvergenten Folge ist eindeutig
    bestimmt. 
  \item Jede konvergente Folge ist beschr\"ankt, d.\,h.{}
    $A=\{x_n\colon n\in\N\}$ ist eine beschr\"ankte Menge.
  \end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Angenommen $a$ und $b$ w\"aren zwei verschiedene Grenzwerte
    einer konvergenten Folge $(x_n)_n$. Setze
    $\epsilon:=\frac13d(a,b)>0$. Dann gibt es ein $n_a$ und ein $n_b$
    mit $d(x_n,a)<\epsilon$ f\"ur alle $n\ge n_a$ und
    $d(x_n,b)<\epsilon$ f\"ur alle $n\ge n_b$. Sei
    $N:=\max\{n_a,n_b\}$. Dann folgt f\"ur $n\ge N$ \[3\epsilon
    =d(a,b)\le d(a,x_n)+d(x_n,b)\le \epsilon +\epsilon =2\epsilon.\]
    Widerspruch.
  \item Sei $a=\lim\limits_{n\to\infty}x_n$. Sei $\epsilon=1$. Dann
    gibt es $n_0$ mit $x_n\in B_\epsilon(a)$ f\"ur alle $n\ge
    n_0$. Somit ist \[d(x_n,a)\le\max\left(1,\max\limits_{0\le i\le
        n_0} d(x_i,a)\right)\] wie behauptet. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{proposition}
  \label{summe prod vert limes prop}
  Seien $(x_n)_n$ und $(y_n)_n$ konvergente Folgen in $E$. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ist $E$ ein normierter Vektorraum, so konvergiert auch die
    Folge $(x_n+y_n)_n$ und es gilt \[\lim\limits_{n\to\infty}
    (x_n+y_n) =\lim\limits_{n\to\infty}x_n +\lim\limits_{n\to\infty}
    y_n.\] 
  \item Ist $E=\R$, so konvergiert auch die Folge $(x_n\cdot y_n)_n$
    und es gilt \[\lim\limits_{n\to\infty}(x_n\cdot y_n)=
    \lim\limits_{n\to\infty}x_n\cdot\lim\limits_{n\to\infty}y_n.\] 
  \end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Setze $a:=\lim\limits_{n\to\infty}x_n$ und
  $b:=\lim\limits_{n\to\infty}y_n$. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Aufgrund der Dreiecksungleichung gilt 
    \begin{align*}
      \Vert x_n+y_n-(a+b)\Vert&=\Vert(x_n-a)+(y_n-b)\Vert\umbruch\\
      &\le\Vert x_n-a\Vert +\Vert y_n-b\Vert. 
    \end{align*}
    Sei $\epsilon>0$. 
    Wegen $x_n\to a$ gibt es $n_a\in\N$ mit $\Vert
    x_n-a\Vert<\epsilon$ f\"ur alle $n\ge n_a$. Ebenso gibt es $n_b$
    mit $\Vert x_n-b\Vert<\epsilon$ f\"ur alle $n\ge n_b$. Sei $n\ge
    n_a$ und $n\ge n_b$. Dann folgt $\Vert
    (x_n+y_n)-(a+b)\Vert<2\epsilon$. H\"atten wir anfangs $\epsilon>0$
    halb so gro\ss{} gew\"ahlt, h\"atten wir nun
    \glqq$<\epsilon$\grqq{} erhalten. Somit
    folgt \[\lim\limits_{n\to\infty}(x_n+y_n)=a+b.\] 
  \item Es gilt \[x_ny_n-ab =(x_n-a)b+x_n(y_n-b).\] Nach
    Dreiecksungleichung und $|st|=|s|\cdot|t|$ f\"ur $s,t\in\R$
    folgt \[|x_ny_n-ab|\le|b|\cdot|x_n-a|+|x_n|\cdot|y_n-b|.\] Da
    $(x_n)_n$ konvergiert, gibt es $c\in\R$ mit $|x_n|\le c$ f\"ur
    alle $n\in\N$. Sei $\epsilon>0$. Da $x_n\to a$ und $y_n\to b$
    konvergieren, existiert ein $N\in\N$ mit $|x_n-a|\le\epsilon$ und
    $|y_n-b|\le\epsilon$ f\"ur alle $n\ge N$. Somit
    ist \[|x_ny_n-ab|\le |b|\cdot\epsilon
    +c\cdot\epsilon=(|b|+c)\cdot\epsilon.\] Wie oben (vergleiche auch
    die nachfolgende Bemerkung) st\"ort die Konstante $|b|+c$ nicht,
    da $\epsilon>0$ beliebig war, und wir erhalten $x_ny_n\to
    ab$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

Im letzten Beweis haben wir gesehen, dass es auf Konstanten bei
\glqq$<\epsilon$\grqq{} nicht ankommt, da $\epsilon>0$ anfangs
beliebig war. Wir halten dies fest. 
\begin{remark}
  Sei $(x_n)_n\subset E$ eine Folge. Sei $a\in E$. Sei $c>0$.  Dann
  sind die folgenden beiden Aussagen \"aquivalent:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item F\"ur alle $\epsilon>0$ gibt es ein $n_0\in\N$, so dass f\"ur
    alle $n\ge n_0$ die Ungleichung $d(x_n,a)<\epsilon$ gilt. 
  \item F\"ur alle $\epsilon>0$ gibt es ein $n_0\in\N$, so dass f\"ur
    alle $n\ge n_0$ die Ungleichung $d(x_n,a)<c\cdot\epsilon$ gilt. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{proposition}
  Gelte $x_n\to a$ in $E$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ist $E$ ein normierter Raum, so folgt $\Vert x_n\Vert\to\Vert
    a\Vert$. 
  \item Ist $E=\R$ oder $E=\C$ und gelten $x_n\neq0$ f\"ur alle $n$
    sowie $a\neq0$, so folgt $x_n^{-1}\to a^{-1}$.
  \item Sei $E=\R$ oder $E=\C$. Dann folgt aus $x_n\to a\neq0$ bereits
    $x_n\neq0$ f\"ur fast alle $n\in\N$.
  \end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Aufgrund der umgekehrten Dreiecksungleichung gilt \[|\Vert
    x_n\Vert-\Vert a\Vert|\le \Vert x_n-a\Vert.\] Die Konvergenz
    $x_n\to a$ impliziert, dass es f\"ur alle $\epsilon>0$ ein
    $n_0\in\N$ gibt, so dass die rechte Seite f\"ur $n\ge n_0$ kleiner
    als $\epsilon$ ist. Dies gilt auch f\"ur die linke Seite. 
  \item Es gilt \[\frac1{x_n}-\frac1a =\frac{a-x_n}{x_na}.\] Gilt
    $\left|\frac1{x_na}\right|\le c$ f\"ur eine Konstante $c>0$ und
    alle $n\in\N$, so erhalten wir hieraus die Konvergenz. Wegen
    $x_n\neq0$ f\"ur alle $n\in\N$, gen\"ugt es, die Ungleichung
    $|1/(x_na)|\le c$ f\"ur fast alle $n\in\N$ zu zeigen.
  \item Sei $\epsilon:=\frac{|a|}2$. Dann gilt $x_n\in B_\epsilon(a)$
    f\"ur fast alle $n$. Somit ist
    $|x_n|\ge|a|-|x_n-a|\ge2\epsilon-\epsilon=\epsilon$, also
    $\big|\frac1{x_n}\big|\le\frac1\epsilon$. Die Behauptung
    folgt.\qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

Lemma \ref{ungl R lem} beweisen wir nicht, da der Beweis fast
identisch zu dem von Proposition \ref{ungl metr raum prop} ist.
\begin{lemma}
  \label{ungl R lem}
  \stern Sei $(x_n)_n\subset\R$ eine Folge mit $x_n\to a$ f\"ur
  $n\to\infty$. Sei $c\in\R$. Gilt $x_n\le c$ f\"ur alle $n\in\N$, so
  folgt auch $a\le c$.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Angenommen, die Behauptung w\"are falsch. Dann ist $a>c$. Sei
  $\epsilon:=\frac{a-c}2$. Wegen $x_n\to a$ gibt es $n_0\in\N$ mit
  $x_n\in B_\epsilon(a)$ f\"ur alle $n\ge n_0$. Es folgt $x_n-c
  =x_n-a+a-c \ge-\epsilon+2\epsilon=\epsilon>0$. Dies widerspricht der
  Annahme $x_n\le c$. 
\end{proof}

Formuliere und zeige das folgende Resultat auch im Falle eines
normierten Raumes mit $b=0$!
\begin{proposition}
  \label{ungl metr raum prop} Sei $E$ ein metrischer Raum, sei $b\in E$
  und sei $r>0$.  Sei $(x_n)_n\subset E$ eine Folge mit $x_n\to a$
  f\"ur $n\to\infty$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Gilt $d(x_n,b)\le r$ f\"ur alle $n\in\N$, so folgt auch
    $d(a,b)\le r$.
  \item Gilt $d(x_n,b)\ge r$ f\"ur alle $n\in\N$, so folgt auch
    $d(a,b)\ge r$.
  \item Ist $E=\R$, $c\in\R$ und $x_n\le c$ f\"ur alle $n\in\N$, so
    gilt auch $a\le c$. 
  \end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Widerspruchsbeweis. Definiere $s:=\frac{d(a,b)-r}2>0$. Sei
    $n\in\N$ so gro\ss{} gew\"ahlt, dass $x_n\in B_s(a)$ gilt. Dann
    folgt
    \[r+2s=d(a,b)\le d(a,x_n)+d(x_n,b)\le s+r.\qedhere\]
  \item \"Ubung. 
  % \item Widerspruchsbeweis. Ist $d(a,b)<r$, so gibt es $\epsilon>0$
  %   mit $d(a,b)+3\epsilon\le r$. Es folgt f\"ur gro\ss{}e $n\in\N$
  %   \[r\le d(x_n,b) \le d(x_n,a)+d(a,b) <\epsilon+r-3\epsilon.\]
  \item Argumentiere analog oder nutze Lemma \ref{ungl R lem}. 
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{definition}
  Sei $(x_n)_{n\in\N}$ eine Folge reeller Zahlen. Dann hei\ss{}t $(x_n)_n$
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item \emph{monoton wachsend,} $x_n\nearrow$, falls $x_{n+1}\ge x_n$
    f\"ur alle $n\in\N$, 
  \item \emph{streng} oder \emph{strikt monoton wachsend,} falls
    $x_{n+1}>x_n$ f\"ur alle $n\in\N$,
  \item \stern \emph{monoton fallend,} $x_n\searrow$, falls
    $x_{n+1}\le x_n$ f\"ur alle $n\in\N$ gilt.
  \item \stern \emph{Streng} oder \emph{strikt monoton fallend} ist
    analog definiert.
  \item Wir schreiben $x_n\nearrow a$ f\"ur $x_n\nearrow$ und $x_n\to
    a$.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{theorem}
  \label{mon beschr konv R thm}
  Sei $(x_n)_{n\in\N}$ eine monotone beschr\"ankte Folge in $\R$. Dann
  konvergiert $(x_n)_n$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $(x_n)_n$ ohne Einschr\"ankung monoton wachsend. Definiere
  $M:=\sup\limits_{n\in\N}x_n$. Wir behaupten, dass
  $M=\lim\limits_{n\to\infty}x_n$ gilt. \par Sei $\epsilon>0$
  beliebig. Dann gelten $x_n\le M$ f\"ur alle $n\in\N$ und es gibt ein
  $n_0\in\N$, so dass $x_{n_0}\ge M-\epsilon$ ist. Da $(x_n)_n$
  monoton wachsend ist, folgt auch $x_n\ge M-\epsilon$ f\"ur alle
  $n\ge n_0$. Wir erhalten $M-\epsilon\le x_n\le M$ f\"ur alle $n\ge
  n_0$. Dies impliziert $|x_n-M|\le\epsilon$ f\"ur solche $n$ und
  damit die Behauptung.
\end{proof}

\begin{beispiel}
  Definiere f\"ur $n\in\N\setminus\{0\}$ die
  Folgen
  \[x_n:=\left(1+\tfrac1n\right)^n\quad\text{und}\quad
    y_n=\left(1+\tfrac1n\right)^{n+1}.\] Dann ist die Folge $(x_n)_n$
  monoton wachsend und die Folge $(y_n)_n$ ist monoton fallend. Es
  gelten $x_n\le y_n$ und
  $\lim\limits_{n\to\infty}x_n =\lim\limits_{n\to\infty}y_n$. \par Der
  Grenzwert wird sp\"ater als Eulersche Zahl $e$ wieder auftauchen.
\end{beispiel}
\begin{proof}[Beweis]
  F\"ur $x>-1$ und $n\in\N$ gilt die Bernoullische
  Ungleichung \[(1+x)^n\ge1+nx.\] Der Beweis dieser Ungleichung ist
  ein einfacher Induktionsbeweis (\"Ubung). Sei $n\ge2$. Dann erhalten
  wir aus der Bernoullischen Ungleichung
  \begin{align*}
    \left(1+\tfrac1n\right)^n\left(1-\tfrac1n\right)^n
    =\left(1-\tfrac1{n^2}\right)^n\overset{\text{Bern.}}
    \ge&\,1-\tfrac1n \intertext{und} \frac1{\left(1+\frac1n\right)^n
         \left(1-\frac1n\right)^n}
         =\left(\frac1{1-\frac1{n^2}}\right)^n
         =&\,\left(\frac{n^2}{n^2-1}\right)^n\\
    =\left(1+\tfrac1{n^2-1}\right)^n
    >\left(1+\tfrac1{n^2}\right)^n\overset{\text{Bern.}}
    \ge&\,1+\tfrac1n.
  \end{align*}
  Umordnen der Ungleichungen liefert
  \begin{align*}
    x_n=\left(1+\tfrac1n\right)^n\ge\left(1-\tfrac1n\right)^{-(n-1)}
    =&\,\left(\tfrac n{n-1}\right)^{n-1}
       =\left(1+\tfrac1{n-1}\right)^{n-1}=x_{n-1} \intertext{und}
       y_{n-1}=\left(1+\tfrac1{n-1}\right)^n =\left(\tfrac
       n{n-1}\right)^n
       =&\,\frac1{\left(1-\frac1n\right)^n}
          \ge\left(1+\tfrac1n\right)^{n+1}=y_n.
  \end{align*}
  Somit gelten $x_n\nearrow$ und $y_n\searrow$. Wegen $y_n\ge x_n$
  f\"ur alle $n$ sind beide Folgen beschr\"ankt und konvergieren
  daher. Aus $y_n=x_n\left(1+\tfrac1n\right)$
  folgt
  \[\lim\limits_{n\to\infty} y_n=\lim\limits_{n\to\infty} x_n\cdot
    \lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\tfrac1n\right)
    =\lim\limits_{n\to\infty} x_n\] und die Grenzwerte stimmen
  \"uberein.
\end{proof}

\begin{definition}
  Sei $E$ ein metrischer Raum und $(x_n)_n\subset E$. Dann hei\ss{}t
  $a\in E$ ein \emph{H\"aufungspunkt,} kurz HP, von $(x_n)_n$, falls
  in jeder $\epsilon$-Umgebung von $a$ unendlich viele Folgeglieder
  liegen.
\end{definition}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Gilt $x_n\to a$, so ist $a$ H\"aufungspunkt von $(x_n)_n$. 
  \item Seien $(x_n)_n$ und $(y_n)_n$ Folgen mit $x_n\to a$ und
    $y_n\to b$. Definiere eine Folge durch 
    \[z_n:=
    \begin{cases}
      x_n&\text{f\"ur gerades }n,\\
      y_n&\text{f\"ur ungerades }n.
    \end{cases}\]
    (Dabei bedeutet gerade $n\equiv 0$ (mod $2$) und ungerade
    $n\equiv 1$ (mod $2$).)
    Dann besitzt $z_n$ die H\"aufungspunkte $a$ und $b$ (die auch
    \"ubereinstimmen k\"onnen). 
  \item Sei $(x_n)_n$ eine Abz\"ahlung von $\Q$. Dann divergiert die
    Folge und, da $\Q$ in $\R$ dicht ist, ist jede reelle Zahl ein
    H\"aufungspunkt der Folge. \hfill (\"Ubung)
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{proposition}
  Sei $(x_n)_n\subset E$ eine Folge in einem metrischen Raum. Dann ist
  $a$ genau dann ein H\"aufungspunkt der Folge, wenn eine Teilfolge
  von $(x_n)_n$ gegen $a$ konvergiert. 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item[\Rueckrichtung] Konvergiert eine Teilfolge von $(x_n)_n$ gegen
    $a$, so ist $a$ nach Definition ein H\"aufungspunkt.
  \item[\Hinrichtung] Wir definieren die Teilfolge induktiv: Sei
    $k_0\in\N$ beliebig. Nach Definition des H\"aufungspunktes gibt es
    ein $k_1>k_0$ mit $x_{k_1}\in B_1(a)$. Dann gibt es $k_2>k_1$ mit
    $x_{k_2}\in B_{1/2}(a)$, $k_3>k_2$ mit $x_{k_3}\in B_{1/3}(a)$,
    \ldots. Wegen $d(x_{k_i},a)<\frac1i$ f\"ur alle $i\ge1$ erhalten
    wir, dass die Folge $(x_{k_i})_i$ gegen $a$ konvergiert. \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

\begin{theorem}[Bolzano-Weierstra\ss{}]
  Sei $(x_n)_{n\in\N}\subset\R$ eine beschr\"ankte Folge. Dann besitzt
  $(x_n)_{n\in\N}$ einen H\"aufungspunkt. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Seien $a_0<b_0$ reelle Zahlen mit $a_0\le x_n\le b_0$ f\"ur alle
  $n\in\N$. Wir definieren induktiv Folgen $(a_n)_n$ und $(b_n)_n$:
  Seien $a_n$ und $b_n$ f\"ur ein $n\in\N$ bereits
  definiert. Enth\"alt das Intervall
  $\left[a_n,\frac{a_n+b_n}2\right]$ unendlich viele Folgeglieder, so
  setzen wir $a_{n+1}:=a_n$ und $b_{n+1}:=\frac{a_n+b_n}2$. Sonst
  setzen wir $a_{n+1}:=\frac{a_n+b_n}2$ und $b_{n+1}:=b_n$. In jedem
  Fall enth\"alt das neue Intervall $[a_{n+1},b_{n+1}]$ ebenfalls
  unendlich viele Folgeglieder. \par Die Folge $(a_n)_n$ ist monoton
  wachsend, die Folge $(b_n)_n$ ist monoton fallend. Wegen
  $a_0\le a_n\le b_n\le b_0$ f\"ur alle $n$ (leicht einzusehen) sind
  beide Folgen beschr\"ankt und konvergieren daher. Per Induktion
  erhalten wir $|a_n-b_n|\le 2^{-n}\cdot|a_0-b_0|$. Setze
  $a:=\lim\limits_{n\to\infty}a_n$ und
  $b:=\lim\limits_{n\to\infty}b_n$. \par Wir behaupten, dass $a=b$
  gilt. Sei $\epsilon>0$ beliebig. Sei $k\in\N$ so gro\ss{}, dass
  $2^{-k}\cdot|a_0-b_0|<\epsilon$ gilt. Aufgrund der Konvergenz gibt
  es $n\in\N$ mit $n\ge k$, $|a_n-a|<\epsilon$ und
  $|b_n-b|<\epsilon$. Wir erhalten
  \[|a-b| \le|a-a_n| +|a_n-b_n| +|b_n-b| \le 3\epsilon.\] Da
  $\epsilon>0$ beliebig war, folgt $a=b$. \par Wir behaupten, dass $a$
  ein H\"aufungspunkt der Folge ist. Sei dazu nochmals $\epsilon>0$
  beliebig. Wegen $a_n\to a$ und $b_n\to a$ gilt
  $a_n,b_n\in B_\epsilon(a)=(a-\epsilon,a+\epsilon)$ f\"ur hinreichend
  gro\ss{}es $n\in\N$. Nach Definition des Intervalles gilt
  $[a_n,b_n]\subset(a-\epsilon,a+\epsilon)$. Im abgeschlossenen
  Intervall liegen nach Konstruktion unendlich viele
  Folgeglieder. Somit gilt dies auch f\"ur das offene Intervall. Daher
  ist $a$ ein H\"aufungspunkt der Folge $(x_n)_n$.
\end{proof}

Um den Satz von Bolzano-Weierstra\ss{} auf den $\R^n$ \"ubertragen zu
k\"onnen, ben\"otigen wir ein Resultat, das Konvergenz auf $\R^n$ und
Konvergenz der Komponenten in Beziehung setzt. (Man \"uberlege sich,
dass diese Beziehung auch f\"ur die Eigenschaft, Cauchyfolge zu sein,
die nachfolgend noch definiert wird, gilt.)
\begin{theorem}
  \label{aequiv konv komp konv thm}
  Sei $(x_k)_{k\in\N}\subset\R^n$ eine Folge mit
  $x_k=\left(x_k^i\right)_{1\le i\le n}$ und sei
  $a=\left(a^i\right)_{1\le i\le n}\in\R^n$. Dann sind \"aquivalent:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $x_k\to a$ f\"ur $k\to\infty$.
  \item F\"ur alle $i\in\{1,\ldots,n\}$ gilt 
    $x^i_k\to a^i$ f\"ur $k\to\infty$. 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item[\Hinrichtung] Gelte $x_k\to a=(a^i)_{1\le i\le n}\in\R^n$
    f\"ur $k\to\infty$. Dann gilt f\"ur jedes $i\in\{1,\ldots,n\}$ 
    \[\left|x_k^i-a^i\right| =\sqrt{\left|x_k^i-a^i\right|^2}
      \le\sqrt{\sum\limits_{j=1}^n\left|x_k^j-a^j\right|^2}
      =\Vert x_k-a\Vert.\]
    Die Behauptung folgt.
  \item[\Rueckrichtung] Sei $N\in\N$, so dass f\"ur alle
    $i\in\{1,\ldots,n\}$ aus $n\ge N$ bereits
    $\left|x^i_k-a^i\right|\le\epsilon$ folgt. Damit erhalten wir
    \[\Vert x_k-a\Vert =
      \sqrt{\sum\limits_{j=1}^n\left|x_k^j-a^j\right|^2}
      \le \sqrt{n\epsilon^2} \le n\epsilon\]    
    und somit auch hier die Behauptung. 
    \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

\begin{corollary}[Bolzano-Weierstra\ss{}]
  Sei $(x_k)_{k\in\N}\subset\R^n$ eine beschr\"ankte Folge, \dh es
  gibt ein $r>0$ so dass $x_k\in B_r(0)$ f\"ur alle $k\in\N$
  gilt. Dann besitzt $(x_k)_k$ eine konvergente Teilfolge. Der
  Grenzwert $a$ erf\"ullt $|a|\le r$. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item \textbf{Existenz:} Jede Folge der Komponenten von $(x_k)_k$
    ist beschr\"ankt: F\"ur alle $1\le i\le n$
    gilt
    \[\left|x^i_k\right| =\sqrt{\left|x^i_k\right|^2}
      \le\sqrt{\sum\limits_{j=1}^n\left|x^j_k\right|^2} =|x_k|<r.\]
    Somit gibt es eine Teilfolge von $(x_k)_k$, so dass die erste
    Komponente konvergiert. Davon gibt es eine Teilfolge, so dass auch
    die zweite Komponente konvergiert. Nach $n$ Schritten erhalten wir
    so eine Teilfolge, bei der alle Komponenten konvergieren. Sei
    $(y_k)_k$ diese Folge und seien $a^i\in\R$, $1\le i\le n$, die
    Grenzwerte der Komponenten, gelte also $y^i_k\to a^i$ f\"ur
    $k\to\infty$. Definiere $a:=\left(a^1,\ldots,a^n\right)$. Die
    Konvergenz folgt nun aus Theorem \ref{aequiv konv komp konv thm}.
    % Wir zeigen nun, dass diese Folge nicht nur komponentenweise
    % konvergiert. Sei $\epsilon>0$ beliebig.  Sei $n_0\in\N$ so
    % gew\"ahlt, dass $k\ge n_0$ bereits
    % $\left|y^i_k-a^i\right|<\epsilon$ f\"ur alle $k\ge n_0$
    % impliziert. Dann erhalten wir f\"ur $k\ge n_0$ \[|y_k-a|
    % =\sqrt{\sum\limits_{j=1}^n \left|y^j_k-a^j\right|^2} \le\sqrt
    % n\epsilon.\] W\"ahlen wir also $\epsilon=\frac1{\sqrt n}\delta$,
    % so k\"onnen wir f\"ur jedes $\delta>0$ und $k\ge n_0(\delta)$ die
    % Absch\"atzung $|y_k-a|<\delta$ erreichen. Die Konvergenz folgt.
  \item \textbf{Normabsch\"atzung:}
    Folgt aus Proposition \ref{ungl metr raum prop} mit $b=0$. 
    % Falls nicht, so setzen wir
    % $\epsilon:=\frac12(|a|-r)>0$. Sei $k\in\N$ so gew\"ahlt, dass
    % $|x_k-a|<\epsilon$ gilt. Wir erhalten \[r\ge|x_k|\ge|a|-|a-x_k|\ge
    % r+(|a|-r)-\tfrac12(|a|-r) =r+\tfrac12(|a|-r)>r.\]
    % Widerspruch.
    \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

% \begin{remark}
%   Beim Existenzbeweis haben wir auch gezeigt, dass f\"ur eine Folge
%   $(x_k)_{k\in\N} =\left(\left(x^i_k\right)_{1\le i\le n}\right)_{k\in
%     \N}$ in $\R^n$ die Aussagen $(x_k)_k$ konvergiert und
%   $\left(x^i_k\right)_k$ konvergiert f\"ur alle $1\le i\le n$
%   \"aquivalent sind. (Dies gilt ebenso f\"ur die Eigenschaft,
%   Cauchyfolge zu sein, was wir in Definition \ref{cauchy folge def}
%   erkl\"aren werden.)
% \end{remark}

\begin{proposition}
  \label{sup ist max hp prop}
  Sei $(x_n)_n\subset\R$ eine nach oben beschr\"ankte Folge. Sei $M$
  die Menge der H\"aufungspunkte von $(x_n)_n$.  Sei $M$ nicht leer.
  Dann besitzt $M$ ein Maximum, \dh $\sup M$ ist selber wieder ein
  H\"aufungspunkt.
\end{proposition}
Eine entsprechende Aussage gilt auch f\"ur nach unten beschr\"ankte
Folgen und das Minimum der H\"aufungspunkte. 
\begin{proof}[Beweis]
  Gelte $x_n\le c$ f\"ur alle $n$. Dann ist jeder Grenzwert einer
  konvergenten Teilfolge ebenfalls $\le c$. Somit ist $M$ nach oben
  durch $c$ beschr\"ankt und $\sup M$ existiert in $\R$. Definiere
  $\gamma:=\sup M$. Nach Definition des Supremums gibt es f\"ur jedes
  $k\in\N\setminus\{0\}$ ein $a_k\in M$ mit $a_k\ge\gamma-\frac1k$.
  $a_0\in M$ k\"onnen wir beliebig w\"ahlen, ebenso $n_0\in\N$ als
  Start f\"ur die folgende induktive Konstruktion.  Da jedes $a_k$ ein
  H\"aufungspunkt der Folge $(x_n)_n$ ist, finden wir induktiv $n_k$
  mit $n_k>n_{k-1}$, so dass $|a_k-x_{n_k}|<\frac1k$ gilt. Nach
  Dreiecksungleichung folgt nun \[|\gamma-x_{n_k}|\le |\gamma-a_k|
  +|a_k-x_{n_k}|\le\tfrac2k.\] Somit gilt $x_{n_k}\to\gamma$ f\"ur
  $k\to\infty$.
\end{proof}

\begin{definition}
  Sei $(x_n)_n\subset\R$ eine Folge. Sei $M$ die Menge der
  H\"aufungspunkte von $M$. Dann definieren wir den \emph{Limes
    superior} von $(x_n)_n$ durch \[\limsup\limits_{n\to\infty}x_n
  =\underset{n\to\infty}{\ol{\lim}} x_n =\sup M\] und den \emph{Limes
    inferior} von $(x_n)_n$ als \[\liminf\limits_{n\to\infty} x_n
  =\underset{n\to\infty}{\ul{\lim}}x_n =\inf M.\] Ist $(x_n)_n$ nach
  oben beschr\"ankt, so gilt $\underset{n\to\infty}{\ol{\lim}}
  x_n\in\R\cup\{-\infty\}$, ist $(x_n)_n$ nach unten beschr\"ankt, so
  gilt $\underset{n\to\infty}{\ul{\lim}} x_n\in\R\cup\{+\infty\}$.
\end{definition}

\begin{remark}
  Nach Proposition \ref{sup ist max hp prop} ist der Limes superior,
  falls die Menge der H\"aufungspunkte nicht leer ist, einer nach oben
  beschr\"ankten Folge der gr\"o\ss{}te Grenzwert einer konvergenten
  Teilfolge.
\end{remark}

\begin{proposition}
  \label{lim sup inf gleich prop}
  Sei $(x_n)_n\subset\R$ eine beschr\"ankte Folge. Dann ist $(x_n)_n$
  genau dann konvergent, wenn $\underset{n\to\infty}{\ul\lim} x_n
  =\underset{n\to\infty}{\ol\lim} x_n$ gilt.
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item[\Hinrichtung] Konvergiert die Folge, so besitzt sie einen
    eindeutig bestimmten H\"aufungspunkt. Daher stimmen Limes inferior
    und Limes superior \"uberein.
  \item[\Rueckrichtung] Angenommen, die Folge konvergiert nicht. Setze
    $a :=\underset{n\to\infty}{\ul\lim} x_n$.  Dann gibt es ein
    $\epsilon>0$, so dass unendlich viele Folgeglieder nicht in
    $B_\epsilon(a)$ liegen. Betrachte eine entsprechende Teilfolge
    $(x_{n_k})_k\subset\R\setminus B_\epsilon(a)$. Als beschr\"ankte
    Folge besitzt sie eine konvergente Teilfolge $(x_{n_{k_l}})_l$ mit
    $x_{n_{k_l}}\to b\in\R$. Nach Proposition \ref{ungl metr raum
      prop} folgen $|b-a|\ge\epsilon$ und weiter $a\neq b$. 
    \par Somit besitzt $(x_n)_n$ die beiden H\"aufungspunkte
    $a=\ul\lim\,x_n$ und $b\neq a$ und daher gilt 
    $\ol\lim\, x_n\neq\ul\lim\, x_n$. Die Behauptung folgt.  \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

Allgemeiner gilt
\begin{theorem}
  \label{folgen komp thm}
  Sei $E$ ein metrischer Raum und sei $(x_n)_n\subset E$. Angenommen,
  jede Teilfolge besitzt eine konvergente Teilfolge und die Grenzwerte
  aller konvergenten Teilfolgen stimmen \"uberein. Dann konvergiert
  bereits die gesamte Folge.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $a$ ein solcher Grenzwert. Wir f\"uhren eine
  Widerspruchsbeweis. Falls nicht die gesamte Folge konvergiert,
  finden wir ein $\epsilon>0$, so dass unendlich viele Folgeglieder
  nicht in $B_\epsilon(a)$ liegen. Eine Teilfolge davon, $(y_n)_n$,
  konvergiere gegen ein $b\in E$. Nach Proposition \ref{ungl metr raum
    prop} folgt $d(b,a)\ge\epsilon>0$.  Widerspruch zur Eindeutigkeit
  des Grenzwertes aller konvergenten Teilfolgen. Die Behauptung folgt.
\end{proof}

\begin{definition}[Cauchyfolge, Vollst\"andigkeit]
  \label{cauchy folge def}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Eine Folge $(x_n)_n$ in einem metrischen Raum $E$ hei\ss{}t
    \emph{Cauchyfolge,} CF, falls es zu jedem $\epsilon>0$ ein
    $n_0\in\N$ mit $d(x_k,x_l)<\epsilon$ f\"ur alle $k,l\ge n_0$ gibt.
  \item Ein metrischer Raum, in dem jede Cauchyfolge konvergiert,
    hei\ss{}t \emph{vollst\"andiger} metrischer Raum.
  \item Ein normierter Raum, der mit der induzierten Metrik ein
    vollst\"andiger metrischer Raum ist, hei\ss{}t vollst\"andiger
    normierter Raum oder \emph{Banachraum} (BR). 
  \item Ein Skalarproduktraum, der mit der induzierten Norm ein
    Banachraum ist, hei\ss{}t \emph{Hilbertraum} (HR). 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  \stern Die Cauchyfolgenbedingung kann man auch mit der Ungleichung
  $d(x_k,x_{k+l})<\epsilon$ f\"ur alle $k\ge n_0$ und alle $l\in\N$
  formulieren.
\end{remark}

\begin{lemma}
  \label{konv cauchy lem}
  Sei $E$ ein metrischer Raum. Sei die Folge $(x_n)_n\subset E$
  konvergent. Dann ist $(x_n)_n$ eine Cauchyfolge.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $a:=\lim\limits_{n\to\infty}x_n$. Sei $\epsilon>0$ beliebig. Da
  $x_n\to a$ konvergiert, gibt es ein $n_0$, so dass f\"ur alle $n\ge
  n_0$ auch $d(x_n,a)<\epsilon$ gilt. Seien nun $k,l\ge n_0$. Es
  folgt \[d(x_k,x_l) \le d(x_k,a) +d(a,x_l)\le2\epsilon.\] Da
  $\epsilon>0$ beliebig war, folgt die Behauptung.
\end{proof}

\begin{corollary}
  \label{vollst metr konv CF aequiv cor}
  In einem vollst\"andigen metrischen Raum konvergiert eine Folge
  genau dann, wenn sie eine Cauchyfolge ist. 
\end{corollary}

\begin{proposition}
  In einem metrischen Raum gilt:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Jede Cauchyfolge ist beschr\"ankt.
  \item Eine Cauchyfolge besitzt h\"ochstens einen H\"aufungspunkt.
  \end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $(x_n)_n$ eine Cauchyfolge. Sei $\epsilon=1$ und
    $n_0\in\N$, so dass f\"ur alle $k,l\ge n_0$ bereits
    $d(x_k,x_l)<\epsilon$ folgt. Setze $r:=\max\{d(x_i,x_{n_0})\colon
    0\le i\le n_0-1\}+1$. Dann gilt $x_n\in B_r(x_{n_0})$ f\"ur alle
    $n\in\N$. 
  \item Angenommen, $a\neq b$ w\"aren zwei H\"aufungspunkte. Setze
    $\epsilon:=\frac14d(a,b)$. Sei $n_0\in\N$ so gro\ss{}, dass
    $d(x_k,x_l)<\epsilon$ f\"ur alle $k,l\ge n_0$ ist. Da $a$ und $b$
    H\"aufungspunkte sind, gibt es $k,l\ge n_0$ mit
    $d(a,x_k)<\epsilon$ und $d(b,x_l)<\epsilon$. Es folgt \[d(a,b)\le
    d(a,x_k) +d(x_k,x_l) +d(x_l,b)<3\epsilon =\tfrac34 d(a,b).\]
    Widerspruch. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{corollary}
  \label{Rn Cauchykrit cor}
  $\R^n$ (mit der euklidischen Metrik) ist ein vollst\"andiger
  metrischer Raum. Insbesondere konvergiert eine Folge in $\R^n$ genau
  dann, wenn sie eine Cau\-chy\-fol\-ge ist. Dies hei\ss{}t
  Cauchykriterium. 
\end{corollary}
Dies gilt insbesondere auch f\"ur $\R$ selbst.
\begin{proof}[Beweis]
  Wir wollen Theorem \ref{folgen komp thm} anwenden um zu zeigen, dass
  jede Cauchyfolge in $\R^n$ konvergiert. Sei $(x_n)_n\subset\R^n$
  eine Cauchyfolge. Sei $(x_{n_k})_k$ eine beliebige Teilfolge.  Dann
  ist die Teilfolge ebenfalls Cauchyfolge und daher beschr\"ankt. 
  Nach Bolzano-Weierstra\ss{} besitzt $(x_{n_k})_k$ eine konvergente
  Teilfolge $(x_{n_{k_l}})_l$: Es gibt $a\in\R^n$ mit $x_{n_{k_l}}\to
  a$ f\"ur $l\to\infty$. Damit ist $a$ ein H\"aufungspunkt von
  $(x_n)_n$. H\"atten wir hier andere Teilfolgen gew\"ahlt, so w\"are
  der Grenzwert wieder $a$, da eine Cauchyfolge maximal einen
  H\"aufungspunkt besitzt. Damit ist Theorem \ref{folgen komp thm}
  anwendbar und die Behauptung folgt. 
\end{proof}

Wir wollen nun zeigen, dass auch $l^p(\R^n)$ vollst\"andig ist.  Dazu
f\"uhren wir zun\"achst eine \"Aquivalenzrelation ein. Wir lassen den
Nachweis, dass es sich dabei um eine \"Aquivalenzrelation handelt, als
\"Ubung.
\begin{definition}
  Sei $E$ ein Vektorraum. Dann hei\ss{}en zwei Normen
  $\Vert\cdot\Vert_1$ und $\Vert\cdot\Vert_2$ auf $E$
  \emph{\"aquivalent,} falls es $c>0$ gibt, so
  dass \[\frac1c\cdot\Vert x\Vert_1\le \Vert x\Vert_2\le c\cdot\Vert
  x\Vert_1\] f\"ur alle $x\in E$ gilt.
\end{definition}

\begin{proposition}
  Sei $E$ ein Vektorraum mit \"aquivalenten Normen $\Vert\cdot\Vert_1$
  und $\Vert\cdot\Vert_2$. Dann ist $(E,\Vert\cdot\Vert_1)$ genau dann
  vollst\"andig, wenn $(E,\Vert\cdot\Vert_2)$ vollst\"andig ist.
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $E$ mit der Norm $\Vert\cdot\Vert_1$ vollst\"andig. Sei
  $(x_n)_{n\in\N}$ eine beliebige Cauchyfolge in $E$ bez\"uglich der
  Norm $\Vert\cdot\Vert_2$. Wegen \[\Vert x_k-x_l\Vert_1\le
  c\cdot\Vert x_k-x_l\Vert_2\] ist $(x_n)_n$ auch bez\"uglich
  $\Vert\cdot\Vert_1$ eine Cauchyfolge. Somit konvergiert $x_n\to x$
  bez\"uglich der Norm $\Vert\cdot\Vert_1$ f\"ur ein $x\in E$ f\"ur
  $n\to\infty$. Wegen \[\Vert x-x_n\Vert_2\le c\cdot\Vert
  x-x_n\Vert_1\] gilt auch $x_n\to x$ bez\"uglich der Norm
  $\Vert\cdot\Vert_2$. Die Behauptung folgt. 
\end{proof}

\begin{proposition}
  Seien $1\le p,q\le\infty$. Dann sind $\Vert\cdot\Vert_{l^p}$ und
  $\Vert\cdot\Vert_{l^q}$ auf $\R^n$ \"aquivalente Normen. 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  F\"ur alle $1\le p<\infty$, alle $1\le i\le n$ und alle $x\in\R^n$
  gilt \[\left|x^i\right| =\left(\left|x^i\right|^p\right)^{1/p}
  \le\underbrace{\left(\sum\limits_{k=1}^n\left|x^k\right|^p
    \right)^{1/p}}_{= \Vert x\Vert_{l^p}}\le\left( \sum\limits_{k=1}^n
    \Vert x\Vert_{l^\infty}^p\right)^{1/p} =\underbrace{n^{1/p}}_{\le
    n}\cdot\Vert x\Vert_{l^\infty}.\] Da dies f\"ur alle $1\le i\le n$
  gilt, folgt auch \[\Vert x\Vert_{l^\infty}\le\Vert x\Vert_{l^p} \le
  n\Vert x\Vert_{l^\infty}.\] Somit sind die $l^p$- und die
  $l^\infty$-Norm auf $\R^n$ \"aquivalent. Die Behauptung folgt nun,
  da die \"Aquivalenz von Normen eine \"Aquivalenzrelation ist.
\end{proof}

\begin{corollary}
  F\"ur $1\le p\le\infty$ ist $l^p(\R^n)$ ein Banachraum.
\end{corollary}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir definieren induktiv eine Folge in $\R$ durch $x_0=1$ und
    $x_{n+1}=\frac1{1+x_n}$ f\"ur $n\ge1$. Wir behaupten, dass
    $(x_n)_n$ eine Cauchyfolge ist. Per Induktion sehen wir, dass
    $0\le x_n$, $x_n\le 1$ und $\frac12\le x_n$ gelten. Somit erhalten
    wir
    \[x_{n+1+k}-x_{n+1}=\frac1{1+x_{n+k}}-\frac1{1+x_n}
      =\frac{x_n-x_{n+k}}{(1+x_n)(1+x_{n+k})}
      \le\frac{|x_n-x_{n+k}|}{\left(1+\frac12\right)^2}\] und
    daraus \[|x_{n+1+k}-x_{n+1}|\le\tfrac49|x_{n+k}-x_n|.\] F\"ur
    festes $k\in\N$ definieren wir $\phi(n):=|x_{n+k}-x_n|$ und
    erhalten $\phi(n+1)\le\frac49\phi(n)$. Beachte, dass $\phi(n)\ge0$
    ist. Per Induktion erhalten wir daraus
    $\phi(n)\le \left(\frac49\right)^n\phi(0)$. Somit gilt
    $\phi(n)\to 0$ f\"ur $n\to\infty$. Da $\phi(0)\le2$ unabh\"angig
    von $k$ gilt, ist $(x_n)_n$ eine Cauchyfolge und konvergiert
    daher. \par Gehen wir nun in der definierenden Gleichung auf
    beiden Seiten zum Grenzwert \"uber, so erhalten wir f\"ur
    $a=\lim\limits_{n\to\infty}x_n$
    \[a=\frac1{1+a}\quad\text{oder}\quad a=\frac{-1\pm\sqrt{5}}2.\]
    Das negative Vorzeichen ist wegen $x_n\ge0$ ausgeschlossen. Damit
    haben wir den Grenzwert bestimmt. 
  \item Die induktiv definiert Folge $(x_n)\subset\R$ mit $x_0=1$ und
    $x_{n+1}=\frac{2+x_n}{1+x_n}$ f\"ur $n\ge1$ konvergiert nach
    $\sqrt 2$.  \hfill (\"Ubung)
  \item Newtonverfahren zur Bestimmung einer Nullstelle von
    $\R\ni x\mapsto x^2+2x-5$: Definiere
    $F(x):=x-\frac{x^2+2x-5}{2x+2}$, $x_0:=0$ und
    $x_{n+1}:=F(x_n)$. Zeige, dass $x_n\in[1,2]$ f\"ur $n\ge3$ ist,
    dass f\"ur ein festes $\gamma\in(0,1)$ die Ungleichung
    $|F(a)-F(b)|\le\gamma\cdot|a-b|$ f\"ur alle $a,b\in[1,2]$ gilt und
    schlie\ss{}e, dass $x_n$ gegen ein $a\in[1,2]$ mit $a=F(a)$
    konvergiert. Details: \"Ubung.
  \item In einem normierten Raum folgt aus $x_n\to a$
    auch \[\frac1n\sum\limits_{k=1}^n x_k\to a.\]
    (\"Ubung)
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\Subsection{Reihen}
\begin{definition}
  Sei $E$ ein normierter Raum und $(a_n)_{n\in\N}\subset E$ eine
  Folge. Dann definieren wir eine weitere Folge $(s_n)_{n\in\N}\subset
  E$ durch \[s_n :=\sum\limits_{k=0}^na_k.\] Beide Folgen zusammen
  hei\ss{}en \emph{Reihe.} Die Elemente $a_n$ hei\ss{}en dabei
  \emph{Glieder} der Reihe und die Elemente $s_n$
  \emph{Partialsummen.} Wir schreiben $((a_n))_{n\in\N}$ f\"ur die
  Reihe. Wir bezeichnen auch $((a_n))_{n\ge n_0}$ als Reihe oder als
  \emph{Endst\"uck} der Reihe. \par
  Existiert $\lim\limits_{n\to\infty}s_n\in E$, so hei\ss{}t dieser
  Grenzwert \emph{Wert} oder \emph{Summe} der Reihe. Wir
  schreiben \[\sum\limits_{n=0}^\infty a_n =\sum a_n
  =\lim\limits_{n\to\infty}s_n.\] Existiert $\sum a_n$, so hei\ss{}t
  die Reihe \emph{konvergent,} existiert der Grenzwert nicht, so hei\ss{}t
  die Reihe \emph{divergent.}
\end{definition}

Das Cauchykriterium liefert
\begin{proposition}
  \label{reihe konv cauchy krit prop}
  Eine Reihe $((a_n))_n$ in einem Banachraum ist genau dann
  konvergent, wenn zu jedem $\epsilon>0$ ein $n_0\in\N$ existiert, so
  dass f\"ur alle $n\ge n_0$ und alle $m\in\N$ die
  Absch\"atzung \[\left\Vert \sum\limits_{k=n}^{n+m}
    a_k\right\Vert<\epsilon\] gilt.
\end{proposition}

\begin{corollary}
  Eine notwendige Bedingung f\"ur die Konvergenz der Reihe $((a_n))_n$
  ist, dass $a_n\to0$ f\"ur $n\to\infty$ gilt. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir w\"ahlen $m=0$ in Proposition \ref{reihe konv cauchy krit
    prop}. 
\end{proof}

\begin{definition}[Nullfolge]
  Sei $(a_n)_n$ eine Folge in einem normierten Raum.  Gilt $a_n\to0$,
  so hei\ss{}t $(a_n)_n$ eine \emph{Nullfolge.}
\end{definition}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Geometrische Reihe: Sei $q\in\R$ mit $-1<q<1$. Dann
    konvergiert die Reihe $((q^n))_{n\in\N}$ und hat den Wert
    $\frac1{1-q}$.
    \begin{proof}[Beweis]
      Es gelten
      \begin{align*}
        s_n=&\,1+q+q^2+\ldots+q^n,\umbruch\\
        qs_n=&\,\phantom{1+}\,\,\,q+q^2+\ldots+q^n +q^{n+1},\umbruch\\ 
        (1-q)s_n=&\,1-q^{n+1},\umbruch\\
        s_n=&\,\frac{1-q^{n+1}}{1-q}. 
      \end{align*}
      Lassen wir $n\to\infty$, so existiert der Grenzwert auf der
      rechten Seite. Somit hat die Reihe den Wert $\frac1{1-q}$. 
    \end{proof}
  \item Die Reihe $(((-1)^n))_{n\in\N}$ ist divergent, da
    $(-1)^n\not\to0$ gilt. 
  \item Die harmonische Reihe $\left(\left(\frac1n
      \right)\right)_{n\ge1}$ erf\"ullt zwar die notwendige Bedingung
    $\frac1n\to0$ f\"ur Konvergenz. Sie konvergiert aber nicht, da sie
    das Cauchykriterium f\"ur Reihen
    verletzt: \[\sum\limits_{k=n+1}^{2n}\frac1k \ge
    n\frac1{2n}\ge\frac12.\] 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{remark}
  \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Definiert man die Addition und die Skalarmultiplikation von
    Reihen gliedweise, also $((a_n))_n+((b_n))_n:=((a_n+b_n))_n$ und
    $\lambda((a_n))_n:=((\lambda a_n))_n$ f\"ur $\lambda\in K$, so
    wird die Menge der konvergenten Reihen zu einem Vektorraum und es
    gelten
    \begin{align*}
      \sum(a_n+b_n)=&\,\sum a_n+\sum b_n
      \intertext{sowie}
      \sum(\lambda a_n)=&\,\lambda\sum a_n. 
    \end{align*}
  \item Eine Reihe $((a_n))_{n\in\N}$ konvergiert genau dann, wenn das
    Endst\"uck $((a_n))_{n\ge k}$ f\"ur beliebiges $k\in\N$
    konvergiert. Endlich viele Glieder am Anfang spielen also keine
    Rolle f\"ur die Konvergenz, beeinflussen jedoch den Wert der
    Reihe. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{proposition}
  \label{beschr konv in R+ prop}
  Sei $((a_n))_{n\in\N}$ eine Reihe mit $a_n\in\R$ und $a_n\ge0$ f\"ur
  alle $n\in\N$. Dann konvergiert die Reihe genau dann, wenn die Folge
  der Partialsummen nach oben beschr\"ankt ist. 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Die Folge der Partialsummen $(s_n)_n$ ist wegen $a_n\ge0$ monoton
  wachsend. Eine unbeschr\"ankte Folge $s_n$ kann nicht konvergieren
  und eine monotone beschr\"ankte Folge konvergiert gegen
  $\sup\limits_{n\in\N} s_n$, vergleiche Theorem \ref{mon beschr
    konv R thm}.  
\end{proof}

\begin{proposition}[Dezimaldarstellung reeller Zahlen]
  \stern Sei $x\in[0,1)\subset\R$. Dann gibt es
  $d_i\in\{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\}$, $i\in\N$,
  mit \[\sum\limits_{i=0}^\infty d_i\cdot 10^{-i}=x.\] Wir schreiben
  $x=0,d_1d_2d_3\ldots$. Gilt $d_i=0$ f\"ur $j\ge i_0$ f\"ur ein
  $i_0\in\N$, so lassen wir diese $d_i's$ in der Schreibweise auch
  weg. \par Ist $y\ge0$ und $n\in\N$ die gr\"o\ss{}te nat\"urliche
  Zahl mit $n\le y$, so definieren wir $x:=y-n$ und erhalten mit den
  zu $x$ geh\"origen $d_i's$
  \[y=n +\sum\limits_{i=0}^\infty d_i\cdot10^{-i}\] und schreiben
  $y=n,d_1d_2d_3\ldots$. Ist $z\in\R_{<0}$, so schreiben wir ein
  Minuszeichen vor den Ausdruck f\"ur $-z$, z.\,B.{} $x=-17,38$. \par
  $d_i$ hei\ss{}t die $i$-te Nachkommastelle von $x$.\par Jede solche
  Darstellung liefert eine reelle Zahl.
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir zeigen die Aussage nur im Fall $x\in[0,1)$. Setze
  $d_0:=0$. W\"ahle induktiv $d_n\in\{0,1,\ldots,9\}$ maximal mit
  $\sum\limits_{i=0}^n d_i\cdot 10^{-i}\le x$. Es folgt aufgrund der
  Maximalit\"at $x-\sum\limits_{i=0}^n d_i\cdot10^{-i}
  \in\left[0,10^{-n}\right)$. Somit folgt die behauptete Konvergenz.
\end{proof}

\begin{definition}
  Sei $((a_n))_n$ eine Reihe in einem Banachraum. Dann hei\ss{}t die
  Reihe \emph{absolut konvergent}, falls die Reihe $((\Vert
  a_n\Vert))_n$ in $\R$ konvergiert. \par Die Reihe hei\ss{}t
  \emph{bedingt konvergent}, falls sie konvergiert, aber nicht absolut
  konvergiert.
\end{definition}

\begin{proposition}
  \label{abs konv impl konv prop}
  Sei $((a_n))_n$ eine absolut konvergente Reihe in einem
  Banachraum. Dann ist die Reihe konvergent und es
  gilt \[\left\Vert\sum\limits_{n=0}^\infty a_n\right\Vert
  \le\sum\limits_{n=0}^\infty\Vert a_n\Vert.\]
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir zeigen, dass die Folge $(s_n)_n$ der Partialsummen eine
    Cauchyfolge ist. In einem Banachraum konvergiert dann die Reihe.
    Es gilt f\"ur alle $n>m\ge n_0$ \[\Vert s_n-s_m\Vert
    =\left\Vert\sum\limits_{k=m+1}^n a_k\right\Vert
    \le\sum\limits_{k=m+1}^n\Vert a_k\Vert.\] Aufgrund der absoluten
    Konvergenz von $((a_n))_n$ k\"onnen wir zu jedem $\epsilon>0$ ein
    $n_0$ finden, so dass die rechte Seite der Absch\"atzung f\"ur
    alle $n>m\ge n_0$ kleiner als $\epsilon$ ist. Damit ist $(s_n)_n$
    eine Cauchyfolge. 
  \item Die Dreiecksungleichung liefert f\"ur alle
    $k\in\N$ \[\left\Vert\sum\limits_{n=0}^k a_n\right\Vert
    \le\sum\limits_{n=0}^k\Vert a_n\Vert\le\sum\limits_{n=0}^\infty
    \Vert a_n\Vert.\] Dabei haben wir f\"ur die letzte Ungleichung
    benutzt, dass der Ausdruck in der Mitte in $k$ monoton w\"achst
    und f\"ur $k\to\infty$ konvergiert. Bei monoton wachsenden
    konvergenten Folgen ist jedes Folgeglied eine untere Schranke
    f\"ur den Grenzwert. \par Wir haben bereits gesehen, dass die
    Summe in der Norm auf der linken Seite f\"ur $k\to\infty$
    konvergiert. Also gilt dies auch f\"ur die Norm davon. Die rechte
    Seite als obere Schranke f\"ur alle Folgeglieder ist damit auch
    eine obere Schranke f\"ur den Grenzwert. Das hatten wir
    behauptet. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{proposition}[Majorantenkriterium]
  Seien $((a_n))_n$ und $((b_n))_n$ zwei Reihen in $\R$. Angenommen
  $((b_n))_n$ konvergiert und es gilt $|a_n|\le b_n$ f\"ur alle
  $n\in\N$, so konvergiert auch $((a_n))_n$ absolut. \par $((b_n))_n$
  hei\ss{}t konvergente Majorante von $((a_n))_n$. 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir \"uberpr\"ufen das Cauchykriterium. Es gilt 
  \[%\left|\sum\limits_{k=n}^{n+m}a_k\right|\le
  \sum\limits_{k=n}^{n+m}|a_k| 
  \le\sum\limits_{k=n}^{n+m}b_k<\epsilon,\] falls $n,m\ge n_0$ so
  gew\"ahlt sind, dass wir das Cauchykriterium f\"ur $((b_n))_n$
  anwenden k\"onnen. 
\end{proof}

\begin{remark}
  \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Nach Proposition \ref{abs konv impl konv prop} konvergiert
    auch $((a_n))_{n\in\N}$.
  \item Es folgt $b_n\ge0$ f\"ur alle $n\in\N$. 
  \item Es gen\"ugt, die Bedingung $|a_n|\le b_n$ f\"ur fast alle
    $n\in\N$ zu fordern. 
  \item Ist $((a_n))_n$ eine Reihe in einem Banachraum und $((b_n))_n$
    eine Reihe in $\R$ mit $\Vert a_n\Vert\le b_n$, so gilt das
    entsprechende Resultat wenn wir den Betrag im Beweis durch die
    Norm ersetzen.
  \item Beispiel unter Verwendung von minimalem Schulwissen \"uber den
    Logarithmus: Die Reihe $\left(\left((\log
        n)^{-n}\right)\right)_{n\ge2}$ konvergiert, denn f\"ur $n\ge9$
    gilt $\log n\ge2$ und somit ist die geometrische Reihe
    $((2^{-n}))_n$ eine konvergente Majorante.
  \item Betrachtet man $|a_n|$ statt $a_n$ im Quotientenkriterium, so
    erh\"alt man auch daf\"ur eine Variante mit absoluter Konvergenz.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{proposition}[Quotientenkriterium]
  Sei $((a_n))_n$ eine Reihe in $\R$ mit $a_n>0$ f\"ur alle
  $n\in\N$. Gelte \[\gamma:=\underset{n\to\infty}{\ol\lim}
  \frac{a_{n+1}}{a_n}<1.\] Dann konvergiert die Reihe $((a_n))_n$.
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  W\"ahle $c$ mit $\gamma<c<1$. Dann gilt f\"ur $n\ge n_0$ die
  Ungleichung $a_{n+1}\le ca_n$. Per Induktion folgt $a_{n_0+n}\le
  c^na_{n_0}$. Wir k\"onnen daher eine geometrische Reihe als
  konvergente Majorante verwenden. 
\end{proof}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Reihe $((a_n))_n =\left(\left(\frac1{n!}\right)\right)_n$
    konvergiert aufgrund des Quotientenkriteriums, denn es gilt 
    \[\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac1{n+1}\le\frac12\] f\"ur alle $n\ge1$. 
  \item Sei $x\in\R_{>0}$. Dann konvergiert die Reihe $((a_n))_n
    =\left(\left(\frac{x^n}{n!}\right)\right)_n$, denn es
    gilt \[\frac{a_{n+1}}{a_n} =\frac x{n+1}\le\frac12,\] falls
    $n\in\N$ gen\"ugend gro\ss{} ist. \par Aufgrund des
    Majorantenkriteriums konvergiert die Reihe auch f\"ur negative
    $x\in\R$: Vergleiche den Wert f\"ur $x<0$ mit dem an der Stelle
    $-x>0$. \par Wir definieren \[\exp x:=\sum\limits_{n=0}^\infty
    \frac{x^n}{n!}\] und nennen die Funktion $\exp\colon\R\to\R$
    Exponentialfunktion.
  \item Die Reihe $((a_n))_n=\left(\left(\frac n{q^n}\right)\right)_n$
    mit $q>1$ konvergiert, denn es gilt \[\frac{a_{n+1}}{a_n}
    =\frac1q\frac{n+1}n \to\frac1q<1\quad\text{f\"ur }n\to\infty.\] 
    Insbesondere ist also $\lim\limits_{n\to\infty}\frac n{q^n}=0$. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

Ein n\"utzliches Konvergenzkriterium benutzt Integrale. Da wir diese
noch nicht behandelt haben, erw\"ahnen wir die Eigenschaften des
Integrals, die wir verwenden wollen. Alternativ kann man diesen
Abschnitt erst nach der Definition des Integrals lesen. Diese wird
unabh\"angig von diesem Abschnitt sein, \dh wir machen keine
Zirkelschl\"usse. Vielleicht sind diese Eigenschaften schon aus der
Schule bekannt.
\begin{lemma}
  \stern
  Sei $I=[a,b]$ ein beschr\"anktes Intervall und seinen $f,g\colon
  I\to\R$ \glqq stetige\grqq{} Funktionen auf $I$. Dann gelten
  \begin{align*}
    \int\limits_a^bf+g=&\,\int\limits_a^bf+\int\limits_a^bg,\umbruch\\
    f\le g\quad\impliziert&\,\quad\int\limits_a^bf\le\int\limits_a^b
    g,\umbruch\\
    f=\text{const}=c\quad\impliziert&\,\quad\int\limits_a^bf=c(b-a)
    \intertext{sowie} a=a_0<a_1<\ldots<a_n=b\quad
    \impliziert&\,\sum\limits_{i=0}^{n-1} \int\limits_{a_i}^{a_{i+1}}f
    =\int\limits_a^bf.
  \end{align*}
\end{lemma}

\begin{proposition}[Integralkriterium]
  \label{int krit prop}
  Sei $f\colon\R_+\to\R_+$ eine stetige monoton fallende
  Funktion. Dann konvergiert die Reihe $((f(n)))_{n\in\N}$ genau dann,
  wenn \[\lim\limits_{b\to\infty}
  \int\limits_0^bf \equiv\int\limits_0^\infty f<\infty\] gilt.
\end{proposition}

\begin{remark}
  \stern 
  \begin{enumerate}
  \item Wir werden sp\"ater sehen, dass auch nur monotone Funktionen
    integrierbar sind. Somit k\"onnen wir auf die Stetigkeit von $f$
    auch verzichten.
  \item Konvergenz folgt damit aufgrund des Majorantenkriteriums auch
    f\"ur Reihen $((a_n))_{n\in\N}$ mit $|a_n|\le f(n)$.
  \end{enumerate}
\end{remark}
  
\begin{proof}[Beweis von Proposition \ref{int krit prop}]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Da $f$ monoton fallend ist, folgt f\"ur alle
    $n\in\N_{\ge1}$ \[f(n)=\int\limits_{n-1}^nf(n)\le \int\limits_{n-1}^nf.\]
    Wir summieren dies auf und
    erhalten \[\sum\limits_{i=1}^nf(i)\le\int\limits_0^nf
    \le\int\limits_0^\infty f.\] Somit ist die Reihe der Partialsummen
    beschr\"ankt und die Reihe konvergiert, da die Glieder alle
    nichtnegativ sind. 
  \item Sei nun $\int\limits_0^\infty f=\infty$. Wie oben erhalten
    wir \[f(n)\ge\int\limits_n^{n+1}f\] und
    daher \[\sum\limits_{i=0}^nf(i)
    \ge\sum\limits_{i=0}^n\int\limits_i^{i+1}f
    =\int\limits_0^{n+1}f.\] Da die rechte Seite f\"ur $n\to\infty$
    unbeschr\"ankt wir, ist auch die Folge der Partialsummen
    unbeschr\"ankt und kann daher nicht konvergieren. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $\epsilon>0$. Dann konvergiert die Reihe
    $\left(\left(\frac1{n^{1+\epsilon}}\right)\right)_n$, insbesondere
    also die Reihe $\left(\left(\frac1{n^2}\right)\right)_n$.
    (Momentan kennen wir bisher nur rationale Exponenten.)
    \begin{proof}[Beweis]
      Definiere $f(x):=x^{-1-\epsilon}$. $f$ ist monoton fallend. Es
      gilt \[\int\limits_1^nf =\left.-\frac1\epsilon
        x^{-\epsilon}\right|_1^n \le\frac1\epsilon.\] Die Behauptung
      folgt somit aus dem Integralkriterium.
    \end{proof}
  \item Die Reihe $\left(\left(\frac1n\right)\right)_n$ ist
    divergent. 
    \begin{proof}[Beweis]
      Definiere $f(x):=\frac1x$. $f$ ist monoton fallend und es
      gilt \[\int\limits_1^nf=\log n-\log1\to\infty\quad\text{f\"ur
      }n\to\infty.\] Somit divergiert die Reihe. 
    \end{proof}
  \item Die Reihen $\left(\left(\frac1{n^q}\right)\right)_n$ mit
    $0<q<1$ divergieren ebenfalls. Benutze dazu das Integral- oder das
    Majorantenkriterium.
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{proposition}[Wurzelkriterium]
  Sei $((a_n))_n$ eine Reihe in
  $\R$. Falls \[\gamma:=\underset{n\to\infty}{\ol\lim} |a_n|^{1/n}<1\] 
  gilt, so konvergiert die Reihe $((a_n))_n$ absolut.
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir w\"ahlen wieder $c\in\R$ mit $\gamma<c<1$. Dann gilt f\"ur fast
  alle $n\in\N$ \[|a_n|\le c^n.\] Somit ist eine geometrische Reihe
  eine konvergente Majorante.
\end{proof}

\begin{remark}
  \stern Quotienten- und Wurzelkriterium sind nur hinreichende
  Kriterien.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item F\"uhrt man jedes Folgeglied einer konvergenten Reihe doppelt
    auf, so erh\"alt man f\"ur den Limes superior beim
    Quotientenkriterium mindestens den Wert Eins.
  \item Sei $((a_n))_n$ eine konvergente Reihe positiver reeller
    Zahlen. Betrachte nun $a_0,2a_0,a_1,2a_1,\ldots$. So erh\"alt man
    eine Reihe, die konvergiert, aber beim Quotientenkriterium hat der
    Limes superior mindestens den Wert $2$. 
  \item Ist der Limes inferior beim Wurzel- oder Quotientenkriterium
    strikt gr\"o\ss{}er als Eins, so erh\"alt man, dass die Glieder
    der Reihe keine Nullfolge bilden k\"onnen. Somit konvergiert auch
    die Reihe nicht. 
  \item Im Falle $a_n=\frac1n$ oder $a_n=\frac1{n^2}$ ist der Limes
    superior im Wurzel- oder Quotientenkriterium stets $1$. Da aber
    nur die zweite Reihe konvergiert, liefern diese Kriterien hier
    keine Konvergenzentscheidung. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{remark}[Wurzelkriterium f\"ur Potenzreihen]
  Sei $x\in\K$ beliebig, $(a_n)_n\subset\K$ eine Folge. Dann
  konvergiert die Potenzreihe, \dh die Reihe $((a_nx^n))_{n\in\N}$,
  f\"ur \[|x|<\frac1 {\underset{n\to\infty} {\ol\lim} |a_n|^{1/n}}\]
  absolut und divergiert f\"ur \[|x|>\frac1 {\underset{n\to\infty}
    {\ol\lim} |a_n|^{1/n}}.\] Bei Gleichheit kann die Reihe
  konvergieren oder divergieren.
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  Benutze das Wurzelkriterium und f\"ur die Divergenz, dass die
  Folgeglieder dann keine Nullfolge bilden. \par
  Gleichheit tritt f\"ur die Reihe
  $\left(\left(\frac1nx^n\right)\right)_n$ f\"ur $|x|=1$ ein. F\"ur
  $x=1$ haben wir bereits gesehen, dass die Reihe divergiert, f\"ur
  $x=-1$ benutzen wir das Leibnizkriterium (nachfolgend) und erhalten
  Konvergenz.
\end{proof}

Wir definieren nun den Konvergenzradius $r$ einer Potenzreihe so, dass
die Potenzreihe f\"ur $|x|<r$ konvergiert. 
\begin{definition}
  Eine Reihe der Form $((a_nx^n))_n$ mit $a_n\in\K$ hei\ss{}t
  \emph{Potenzreihe} in $\K$. Wir erhalten f\"ur beliebige $x\in\K$
  eine Reihe in $\K$. Die Terme $a_n$ hei\ss{}en \emph{Koeffizienten}
  der Potenzreihe und \[r:=\frac1{\underset{n\to\infty}{\ol\lim}
    |a_n|^{1/n}}\] hei\ss{}t \emph{Konvergenzradius.}\par Ist
  $\underset{n\to\infty}{\ol\lim}|a_n|^{1/n}=0$, so sagen wir, dass
  der Konvergenzradius $r=\infty$ sei. 
\end{definition}

\begin{beispiele}
  Wir definieren die Funktionen $\exp,\,\sin,\,\cos\colon\K\to\K$
  durch
  \begin{align*}
    \exp(x):=&\,\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!},\umbruch\\
    \sin(x):=&\,\sum\limits_{n=0}^\infty
    (-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!},\umbruch\\
    \cos(x):=&\,\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}.
  \end{align*}
  In allen diesen F\"allen ist der Konvergenzradius gleich $\infty$
  (\"Ubung). 
\end{beispiele}

\begin{definition}
  Eine Reihe $((a_n))_n\subset\R$ hei\ss{}t \emph{alternierend,}
  falls \[a_n\cdot a_{n+1}\le0\] f\"ur alle $n\in\N$ gilt. 
\end{definition}

Das folgende Konvergenzkriterium liefert im Allgemeinen keine absolute
Konvergenz. Es liefert jedoch die oben behauptete Konvergenz der
alternierenden harmonischen Reihe
$\left(\left((-1)^n\frac1n\right)\right)_n$.
\begin{proposition}[Leibnizkriterium]
  Sei $((a_n))_n$ eine alternierende Reihe in $\R$, deren Elemente
  $|a_n|$ eine monotone Nullfolge bilden, \dh es gilt
  $|a_n|\searrow0$. Dann konvergiert die Reihe $((a_n))_n$ und es
  gilt \[\left|\sum\limits_{n=0}^\infty a_n\right|\le|a_0|.\]
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Nach Voraussetzung sind entweder alle Reihenelemente von Null
  verschieden oder es gibt ein $n_0\in\N$ mit $a_n=0$ f\"ur alle $n\ge
  n_0$. Daher k\"onnen wir die Elemente der Reihe ohne
  Einschr\"ankung, \dh indem wir ggf $((-a_n))_n$ betrachten, in der
  Form $(-1)^nb_n$ mit $b_n\ge0$ darstellen. Es gilt
  $0\le b_n\searrow0$.  Seien $(s_n)_n$ die
  Partialsummen der Reihe. Definiere $\tau_n:=s_{2n}$ und
  $t_n:=s_{2n+1}$. Dann gelten $\tau_n\searrow$ und $t_n\nearrow$, da
  \begin{align*}
    \tau_{n+1}=&\,s_{2(n+1)}=s_{2n}-b_{2n+1}+b_{2n+2}\le s_{2n}=\tau_n
    \intertext{und}
    t_{n+1}=&\,s_{2n+3}=s_{2n+1}+b_{2n+2}-b_{2n+3}\ge s_{2n+1}=t_n. 
  \end{align*}
  Weiterhin ist $t_n=s_{2n}-b_{2n+1}\le\tau_n$. Somit konvergieren die
  Folgen $(t_n)_n$ und $(\tau_n)_n$ und, da $b_n=|a_n|\to0$ gilt,
  stimmen ihre Grenzwerte \"uberein: $\lim\limits_{n\to\infty}t_n
  =\lim\limits_{n\to\infty}\tau_n$. Somit konvergiert auch $s_n$. \par
  Die behauptete Absch\"atzung folgt aus \[a_0 =b_0 =\tau_0
  \ge\lim\limits_{n\to\infty} \tau_n =\lim\limits_{n\to\infty} t_n\ge
  t_0 =b_0-b_1\ge -b_1\ge -b_0 =-a_0.\qedhere\] 
\end{proof}

Wenden wir dieses Resultat auf Endst\"ucke alternierender Reihen an,
so erhalten wir
\begin{corollary}
  \stern Sei $((a_n))_n$ eine alternierende Reihe in $\R$ und gelte
  $|a_n|\searrow0$ f\"ur $n\to\infty$. Dann gilt die
  Aussage
  \[\left|\sum\limits_{n=k}^\infty a_n\right|\le|a_k|\quad \text{f\"ur
      alle }k\in\N.\]
\end{corollary}

Mit Hilfe von konvergenten Reihen erhalten wir weitere Beispiele f\"ur
Hilbert- und Banachr\"aume. 
\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir definieren $l^2(\N)$ als den Raum aller reellen Folgen
    $a=(a_n)_{n\in\N}$ mit
    \[\sum\limits_{n=0}^\infty |a_n|^2<\infty.\] Solch eine Folge
    hei\ss{}t quadratsummierbar.  Seien $a,b\in l^2(\N)$. Dann setzen
    wir \[\langle a,b\rangle:=\sum\limits_{n=0}^\infty a_n\cdot b_n.\]
  \item Sei $1\le p<\infty$. (\stern Die nachfolgende Definition gilt
    wie bei $l^p(\R^n)$ wieder allgemein, wir kennen momentan
    allerdings nur Potenzen $\in\Q$ und m\"ussen uns daher auf
    $p\in\Q_{\ge1}$ beschr\"anken. Die angegebenen Beweise
    funktionieren jedoch f\"ur alle $p\in[1,\infty)$.)  Dann
    definieren wir $l^p(\N)$ als den Raum aller reellen Folgen
    $a=(a_n)_{n\in\N}$ mit \[\sum\limits_{n=0}^\infty |a_n|^p<\infty\]
    und
    \[\Vert a\Vert_{l^p(\N)}:=\left(\sum\limits_{n=0}^\infty
        |a_n|^p\right)^{1/p}.\] 
  \item \stern Sind die Folgen komplexwertig, so schreiben wir
    $l^p(\N;\C)$ und ersetzen in der obigen Definition $a_n\cdot b_n$
    durch $a_n\cdot\ol{b_n}$.
  \item Im Fall $p=\infty$ betrachten wir die Menge der beschr\"ankten
    Folgen und setzen
    $\Vert a\Vert_{l^\infty(\N)}:= \sup\limits_{n\in\N}|a_n|$.
  \end{enumerate}
\end{definition}

Wir beschr\"anken uns im folgenden Satz der Einfachheit halber auf die
reellen Folgenr\"aume. Die Resultate im komplexen Fall folgen analog. 
\begin{theorem}
  $l^2(\N)$ ist ein Hilbertraum, f\"ur $1\le p\le\infty$ ist $l^p(\N)$
  ein Banachraum. Alle diese R\"aume sind unendlichdimensional.
\end{theorem}
Als \"Ubung lassen wir den Beweis im einfachsten Fall, dass n\"amlich
$l^\infty(\N)$ ebenfalls ein Banachraum ist.
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Das $l^2$-Skalarprodukt ist wohldefiniert, denn es gilt f\"ur
    alle $k$ \[\sum\limits_{i=0}^k a_ib_i \le\sum\limits_{i=0}^k
    |a_ib_i| \le\sum\limits_{i=0}^k \tfrac12|a_i|^2
    +\sum\limits_{i=0}^k \tfrac12|b_i|^2.\] Die Folgen auf der rechten
    Seite konvergieren f\"ur $k\to\infty$ und bilden daher eine
    Majorante. Somit konvergiert auch die linke Seite f\"ur
    $k\to\infty$. Bilinearit\"at, Symmetrie und positive Definitheit
    sind klar. Wir gehen dazu in den Varianten mit endlichen Summen
    zum Grenzwert \"uber.
  \item Wir definieren Addition und Skalarmultiplikation auf $l^p$
    gliedweise. Durch Ska\-lar\-mul\-ti\-pli\-ka\-tion verlassen wir $l^p$
    offenbar nicht. Die Summe von zwei Elementen in $l^p$ ist
    ebenfalls in $l^p$, denn es gilt aufgrund der Minkowskischen
    Ungleichung 
    \begin{align*}
      \left(\sum\limits_{i=0}^k|a_i+b_i|^p\right)^{1/p}
      \le&\,\left(\sum\limits_{i=0}^k|a_i|^p\right)^{1/p}
      +\left(\sum\limits_{i=0}^k|b_i|^p\right)^{1/p}\umbruch\\
      \le&\, \Vert a\Vert_{l^p(\N)} +\Vert b\Vert_{l^p(\N)}.
    \end{align*}
    Wir betrachten die $p$-te Potenz dieser Ungleichung. Somit steht
    auf der linken Seite eine monoton wachsende beschr\"ankte
    Folge. Diese konvergiert daher. 
  \item S\"amtliche Eigenschaften der Norm und des Skalarproduktes
    au\ss{}er der Definitheit, die klar ist, zeigt man analog zu oben,
    indem man zun\"achst die bekannten Versionen bis zu einem festen
    $k$ benutzt, dann auf der \glqq rechten Seite\grqq{} der
    Ungleichung $k\to\infty$ schickt. Die linke Seite konvergiert dann
    stets absolut und die Behauptung folgt.
  \item Vollst\"andigkeit von $l^p(\N)$: Sei $(X_k)_{k\in\N} \equiv
    ((x_{n,k})_{n\in\N})_{k\in\N}$ eine Cauchyfolge in $l^p(\N)$. Dann
    bilden die bei $n_0$ abgeschnittenen Folgen $(X^{n_0}_k)_{k\in\N}
    =((x_{n,k})_{n\le n_0})_{k\in\N}$ Cauchyfolgen in $\R^{n_0}$, denn
    es gilt \[\left\Vert X^{n_0}_k-X^{n_0}_l
    \right\Vert_{l^p\left(\R^{n_0}\right)} \le\Vert
    X_k-X_l\Vert_{l^p(\N)},\] da links \"uber weniger positive Glieder
    summiert wird. Sei $X^{n_0}$ der Grenzwert dieser Folge von
    $n_0$-Tupeln in $\R^{n_0}$. Da Konvergenz in $l^p$ auch
    komponentenweise Konvergenz impliziert, stimmen die ersten $n_0$
    Komponenten von $X^{n_0}$ und $X^{m_0}$ f\"ur $m_0\ge n_0$
    \"uberein. Definiere daher $X=(x_n)_{n\in\N}$, wobei $x_n$ die
    $n$-te Komponente von $X^m$ f\"ur ein beliebiges $m\ge n$ ist. Sei
    $\epsilon>0$ beliebig. Dann gibt es ein $n_0$, so dass f\"ur alle
    $k,l\ge n_0$ die Ungleichung $\Vert
    X_k-X_l\Vert_{l^p(\N)}<\epsilon$ gilt. Wir erhalten
    \begin{align*}
      \left(\sum\limits_{n=0}^m|x_{n,k}-x_{n,l}|^p\right)^{1/p}
      \le&\,\left(\sum\limits_{n=0}^\infty
        |x_{n,k}-x_{n,l}|^p\right)^{1/p}<\epsilon
      \intertext{und wir erhalten daher im Grenzwert $l\to\infty$}
      \left(\sum\limits_{n=0}^m|x_{n,k}-x_n|^p\right)^{1/p}\le&\,
      \epsilon. 
    \end{align*}
    Auf der linken Seite steht (bis auf die $p$-te Wurzel) eine
    beschr\"ankte Summe mit positiven Summanden. Da die obere Schranke
    nicht von $m$ abh\"angt, k\"onnen wir $m\to\infty$ lassen und
    erhalten $\Vert X_k-X\Vert^p_{l^p(\N)}\le\epsilon^p$. Da die
    $p$-te Wurzel auf $\R_{\ge0}$ monoton wachsend ist (im Falle
    $p\in\N$ folgt dies
    aus \[\left.x^p-y^p=(x-y)\left(x^{p-1}+x^{p-2}y+\ldots+xy^{p-2}
      +y^{p-1}\right)\right)\] folgt auch $\Vert
    X_k-X\Vert_{l^p(\N)}\le\epsilon$. Daher ist $l^p(\N)$
    vollst\"andig. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

Absolut konvergente Reihen k\"onnen wir umordnen. 
\begin{definition}
  Seien $((a_n))_n$ und $((b_n))_n$ zwei Reihen in einem normierten
  Raum $E$. Dann sagen wir, dass $((b_n))_n$ aus $((a_n))_n$ durch
  \emph{Umordnung} entstanden ist, falls es eine Bijektion
  $\phi\colon\N\to\N$ mit $b_n=a_{\phi(n)}$ gibt.
\end{definition}

\begin{theorem}[Umordnungssatz]
  Sei $((a_n))_n$ eine absolut konvergente Reihe in einem Banachraum
  $E$ und sei $((b_n))_n$ eine Umordnung von $((a_n))_n$. Dann
  konvergiert auch $((b_n))_n$ absolut und es
  gilt \[\sum\limits_{n=0}^\infty a_n =\sum\limits_{n=0}^\infty b_n.\]
  Wir sagen auch, dass die Reihe kommutativ konvergiert.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $\phi\colon\N\to\N$ die zur Umordnung geh\"orige Bijektion,
  gelte also $b_n=a_{\phi(n)}$ f\"ur alle $n\in\N$. Definiere
  $I_n:=\{0,1,\ldots,n\}$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Absolute Konvergenz von $((b_n))_n$: Sei $n\in\N$
    beliebig. Sei $m$ eine obere Schranke f\"ur $\phi(I_n)$, dann
    gilt \[\sum\limits_{k=0}^n\Vert b_k\Vert
    \le\sum\limits_{k=0}^m\Vert a_k\Vert
    \le\sum\limits_{k=0}^\infty\Vert a_k\Vert,\] da alle Summanden der
    ersten Summe auch in der zweiten vorkommen. Die Reihe $((\Vert
    b_n\Vert))_n$ in $\R_+$ konvergiert genau dann, wenn ihre
    Partialsummen gleichm\"a\ss{}ig (in $n$) nach oben beschr\"ankt
    sind, siehe Proposition \ref{beschr konv in R+ prop}. Somit
    konvergiert die Reihe $((b_n))_n$ absolut.
  \item Kommutative Konvergenz von $((a_n))_n$: Wir wollen nachweisen,
    dass die Werte der Reihen $((a_n))_n$ und $((b_n))_n$
    \"ubereinstimmen. Aufgrund der absoluten Konvergenz gibt es zu
    $\epsilon>0$ ein $m\in\N$ mit \[\sum\limits_{k=m}^\infty \Vert
    a_k\Vert<\epsilon.\] (Betrachte die Cauchybedingung f\"ur
    Partialsummen und gehe zum Grenzwert \"uber.) Da $\phi$ eine
    Bijektion ist, gibt es $n_0$, so dass f\"ur alle $n\ge n_0$ die
    Inklusion $I_m\subset\phi(I_n)$ gilt. Sei also $n\ge n_0$. Dann
    gibt es ein $r\in\N$ mit $I_m\subset\phi(I_n)\subset I_r$. Es
    folgt \[\left\Vert\sum\limits_{k=0}^r a_k-\sum\limits_{k=0}^n
      b_k\right\Vert \le\sum\limits_{k=m}^r\Vert a_k\Vert
    \le\sum\limits_{k=m}^\infty\Vert a_k\Vert<\epsilon.\] Wir lassen
    nun $r\to\infty$ und erhalten nach
    Dreiecksungleichung \[\left\Vert\sum\limits_{k=0}^\infty a_k
      -\sum\limits_{k=0}^n b_k\right\Vert
    \le\left\Vert\sum\limits_{k=0}^\infty a_k-\sum\limits_{k=0}^r
      a_k\right\Vert +\left\Vert\sum\limits_{k=0}^r
      a_k-\sum\limits_{k=0}^n b_k\right\Vert\le2\epsilon,\] denn da
    die Reihe $((a_n))_n$ konvergiert, ist der erste Summand auf der
    rechten Seite f\"ur gen\"ugend gro\ss{}es $r\in\N$ kleiner als
    $\epsilon$. Den zweiten Summanden auf der rechten Seite haben wir
    ebenfalls durch $\epsilon$ nach oben abgesch\"atzt. Diese
    Ungleichung liefert gerade die behauptete Konvergenz. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $I$ eine abz\"ahlbare Menge. Eine Familie $(a_i)_{i\in I}$
    in einem Banachraum $E$ hei\ss{}t absolut summierbar, wenn es eine
    Bijektion $\phi\colon\N\to I$ gibt, so dass die Reihe
    $((a_{\phi(n)}))_n$ absolut konvergiert.
  \item (Der Umordnungssatz liefert nun, dass $((a_{\phi(n)}))_n$
    f\"ur jede Bijektion $\phi\colon\N\to I$ konvergiert und der Wert
    unabh\"angig von der Umordnung $\phi$ ist.) Daher nennen wir den
    Wert von $((a_{\phi(n)}))_n$ auch den Wert der Reihe
    $((a_i))_{i\in I}$ und schreiben $\sum\limits_{i\in I}a_i$.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{proposition}
  \label{konv mit mengen statt indices prop}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Eine abz\"ahlbare Familie $(a_i)_{i\in I}$ in einem Banachraum
    $E$ ist genau dann absolut summierbar, wenn f\"ur alle endlichen
    Teilmengen $J\subset I$ die Summen \[\sum\limits_{i\in J} \Vert
    a_i\Vert\]
    gleichm\"a\ss{}ig in $J$ beschr\"ankt sind.
  \item Ist $(a_i)_{i\in I}$ eine abz\"ahlbare absolut summierbare
    Familie in einem Banachraum $E$, so gibt es zu jedem $\epsilon>0$
    eine endliche Teilmenge $H\subset I$, so dass f\"ur alle endlichen
    Teilmengen $K\subset I\setminus H$ und f\"ur alle endlichen
    Teilmengen $L\subset I$ mit $H\subset L$ die
    Absch\"atzungen \[\sum\limits_{i\in K}\Vert a_i\Vert\le\epsilon
      \quad\text{und}\quad \left\Vert\sum\limits_{i\in I}a_i
        -\sum\limits_{i\in L}a_i\right\Vert\le2\epsilon\] gelten.
  \end{enumerate}
\end{proposition}
Vergleiche in der bisherigen Bezeichnungsweise $H$ mit $n_0$ oder
$\{0,1,\ldots,n_0\}$, $K$ mit $n\ge n_0$. Interpretiere die zweite
Absch\"atzung als Konvergenzaussage der endlichen Summe (mit $L$)
gegen die unendliche (mit $I$).
\begin{proof}[Beweis] \stern
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item 
    \neueZeile
    \begin{itemize}
    \item[\Hinrichtung] Sind die endlichen Summen nicht
      gleichm\"a\ss{}ig beschr\"ankt, so konstruiert man durch
      Aussch\"opfung der Gegenbeispielmengenfolge leicht eine
      Bijektion, die einen Widerspruch zur absoluten Summierbarkeit
      liefert. \par
    \item[\Rueckrichtung] Eine gleichm\"a\ss{}ige obere Schranke an
      Summen \"uber endliche Mengen liefert auch eine
      gleichm\"a\ss{}ige obere Schranke an die
      Partialsummen \[\sum\limits_{i=0}^k a_{\phi(i)}\] f\"ur eine
      Bijektion $\phi\colon\N\to I$. Dies ist f\"ur die Reihe $((\Vert
      a_i\Vert))_i$ in $\R_+$ auch hinreichend f\"ur die
      Summierbarkeit, siehe Proposition \ref{beschr konv in R+ prop}.
    \end{itemize}
  \item Sei $\phi\colon\N\to I$ eine Bijektion. Sei $\epsilon>0$
    beliebig. Dann gibt es $n_0\in\N$, so
    dass \[\sum\limits_{k=n_0+1}^\infty \Vert
    a_{\phi(k)}\Vert\le\epsilon\] gilt. W\"ahlen wir
    $H=\phi(\{0,1,\ldots,n_0\})$, so folgt hieraus die erste
    Ungleichung. F\"ur $i\in K$ gilt n\"amlich $\phi(i)\not\in H$ und
    wir erhalten daher \[\sum\limits_{i\in K}\Vert a_i\Vert
    \le\sum\limits_{k=n_0+1}^\infty \Vert
    a_{\phi(k)}\Vert\le\epsilon.\]  
    F\"ur die Menge $H\subset I$ erhalten
    wir \[\left\Vert\sum\limits_{i\in I}a_i -\sum\limits_{i\in
        H}a_i\right\Vert =\left\Vert\sum\limits_{k=0}^\infty
      a_{\phi(i)} -\sum\limits_{k=0}^{n_0} a_{\phi(k)}\right\Vert
    \le\sum\limits_{k=n_0+1}^\infty\Vert
    a_{\phi(k)}\Vert\le\epsilon.\] Seien nun $H\subset L\subset I$ wie
    angegeben. Definiere $K:=L\setminus H$. Dann ist $K$ eine Menge
    wie oben mit $K\subset I\setminus H$ und wir erhalten
    \begin{align*}
      \left\Vert \sum\limits_{i\in I}a_i -\sum\limits_{i\in
          L}a_i\right\Vert \le&\,\left\Vert\sum\limits_{i\in I} a_i
        -\sum\limits_{i\in H} a_i\right\Vert
      +\left\Vert\sum\limits_{i\in L} a_i -\sum\limits_{i\in
          H}a_i\right\Vert\umbruch\\
      \le&\,\epsilon +\left\Vert\sum\limits_{i\in K}a_i\right\Vert\le
      2\epsilon. 
      \qedhere 
    \end{align*}
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{remark}
  \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die angegebene Charakterisierung von absoluter Summierbarkeit
    \"uber endliche Teilmengen funktioniert auch f\"ur
    beliebige Mengen $I$.\par Ist $(a_i)_{i\in I}$ eine beliebige Familie
    in $\R_+$, so definieren wir 
    \[\sum\limits_{i\in
      I}a_i=\sup\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}{J\subset
        I}{|J|<\infty}}\sum\limits_{i\in J}a_i.\] 
    Dies liefert f\"ur h\"ochstens abz\"ahlbare Indexmengen $I$ das
    Bekannte. 
  \item Sind \"uberabz\"ahlbar viele $a_i$'s von Null verschieden, so
    gibt es ein $n\in\N\setminus\{0\}$, so dass $\Vert a_i\Vert
    \ge\frac1n$ f\"ur unendlich viele $i\in I$ gilt und die Familie
    ist nicht absolut summierbar. Daher sind auch
    bei beliebigen summierbaren Familien stets nur h\"ochstens
    abz\"ahlbar viele Elemente von Null verschieden. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{proposition}
  Sei $(a_i)_{i\in I}$ eine absolut summierbare Familie in einem
  Banachraum $E$. Sei $J\subset I$ abz\"ahlbar. Dann ist auch
  $(a_i)_{i\in J}$ eine absolut summierbare Familie und es
  gilt \[\sum\limits_{i\in J}\Vert a_i\Vert\le \sum\limits_{i\in
    I}\Vert a_i\Vert.\] 
\end{proposition}
Die Aussage gilt auch f\"ur endliche Teilmengen $J\subset I$. 
\begin{proof}[Beweis] \stern
  F\"ur endliche Mengen $K\subset J$ gilt \[\sum\limits_{i\in K}\Vert
  a_i\Vert \le\sum\limits_{i\in I}\Vert a_i\Vert.\] Da $(a_i)_{i\in
    I}$ absolut summierbar ist, sind die Summen auf der linken Seite
  f\"ur $K\subset I$ und daher insbesondere auch f\"ur $K\subset J$
  gleichm\"a\ss{}ig beschr\"ankt. Wir behaupten,
  dass \[\sum\limits_{i\in J}\Vert a_i\Vert
  =\sup\left\{\sum\limits_{i\in K}\Vert a_i\Vert\colon K\subset
    J,\,K\text{ endlich}\right\}\] gilt. Damit folgt dann die
  Behauptung. Wir haben gerade gesehen, dass die rechte Seite kleiner
  oder gleich der linken Seite ist. Die umgekehrte Ungleichung folgt
  indem wir $L$ aus Proposition \ref{konv mit mengen statt indices
    prop} als $K$ hier w\"ahlen. 
\end{proof}

\begin{theorem}[Assoziativit\"atstheorem]
  Sei $(a_i)_{i\in I}$ eine absolut summierbare Familie in einem
  Banachraum $E$. Sei $(I_n)_{n\in\N}$ eine abz\"ahlbare disjunkte
  Zerlegung (=~Partition) von $I$ in Teilmengen $I_n$. Wir definieren
  $b_n:=\sum\limits_{i\in I_n}a_i$. Dann ist die Reihe $((b_n))_n$
  absolut konvergent und es gilt \[\sum\limits_{i\in I}a_i
  =\sum\limits_{n=0}^\infty b_n,\] \dh f\"ur absolut konvergente
  Reihen gilt ein Assoziativgesetz.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis] \stern Sei $\epsilon>0$ beliebig.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Absolute Konvergenz von $((b_n))_n$: Nach Proposition
    \ref{konv mit mengen statt indices prop} gibt es zu jedem $n$ eine
    endliche Teilmenge $H_n\subset I_n$, so dass f\"ur alle endlichen
    Mengen $H_n'$ mit $H_n\subset H_n'\subset I_n$ \[\left\Vert
      b_n-\sum\limits_{i\in H_n'}a_i\right\Vert\le 2^{-n}\cdot
    \epsilon\] gilt. Insbesondere erhalten wir mit Hilfe der
    Dreiecksungleichung f\"ur $H_n'=H_n$ die Absch\"atzung \[\Vert
    b_n\Vert\le \sum\limits_{i\in H_n}\Vert a_i\Vert+2^{-n}\epsilon\]
    und daraus \[\sum\limits_{n=0}^k\Vert b_n\Vert \le
    \sum\limits_{k=0}^n \sum\limits_{i\in H_n}\Vert a_i\Vert
    +\epsilon\cdot \sum\limits_{n=0}^k 2^{-n} \le\sum\limits_{i\in
      I}\Vert a_i\Vert+2\epsilon.\] Somit konvergiert die Reihe auf
    der linken Seite absolut. Da $\epsilon>0$ beliebig war, folgt
    \"uber die Behauptung hinausgehend
    sogar \[\sum\limits_{n=0}^\infty \Vert b_n\Vert\le
    \sum\limits_{i\in I}\Vert a_i\Vert.\]
  \item Assoziativit\"at: Sei $\epsilon>0$ wie oben beliebig
    vorgegeben. Dann gibt es nach Proposition \ref{konv mit mengen
      statt indices prop} eine endliche Menge $H\subset I$
    mit \[\left\Vert\sum\limits_{i\in I} a_i-\sum\limits_{i\in
        H}a_i\right\Vert\le\epsilon\quad\text{und}\quad\sum\limits_{i\in
      K} \Vert a_i\Vert\le\epsilon\] f\"ur alle $K$ mit $K\subset
    I\setminus H$.  Da $H$ endlich ist, gibt es $k_0\in\N$
    mit \[H\subset\bigcup\limits_{n=0}^{k_0} I_n.\] Sei $H_n$ wie im
    ersten Teil des Beweises. Dann definieren
    wir \[H_n'=H_n\cup(I_n\cap H),\] \dh wir vergr\"o\ss{}ern die
    Menge $H_n$, so dass \[H\subset\bigcup\limits_{n=0}^{k_0}H_n'\]
    gilt. F\"ur alle $k\ge k_0$ erhalten wir
    \begin{align*}
      \left\Vert \sum\limits_{i\in I}a_i-\sum\limits_{n=0}^k
        b_n\right\Vert \le&\,\left\Vert \sum\limits_{i\in I}a_i
        -\sum\limits_{i\in H}a_i\right\Vert
      +\left\Vert\sum\limits_{i\in H} a_i
        -\sum\limits_{n=0}^k\sum\limits_{i\in H_n'}a_i\right\Vert\\
      &\,\quad+\left\Vert \sum\limits_{n=0}^k\sum\limits_{i\in
          H_n'}a_i -\sum\limits_{n=0}^kb_n\right\Vert\umbruch\\
      \equiv&\,S_1+S_2+S_3.
    \end{align*}
    \begin{enumerate}[(a)]
    \item Nach Wahl von $H$ gilt $S_1\le\epsilon$. 
    \item Setzen wir $H':=\bigcup\limits_{n=0}^k H_n'$, so folgt
      $H\subset H'$. Es folgt \[S_2 =\left\Vert \sum\limits_{i\in
          H}a_i-\sum\limits_{i\in H'}a_i\right\Vert
      \le\sum\limits_{i\in H'\setminus H}\Vert a_i\Vert\le\epsilon\]
      nach Wahl von $H$ mit $K=H'\setminus H$.
    \item Schlie\ss{}lich gilt aufgrund der Dreiecksungleichung und
      der Wahl von $H_n$ im ersten Teil \[S_3\le\sum\limits_{n=0}^k
      \left\Vert b_n-\sum\limits_{i\in H_n'}a_i\right\Vert
      \le\sum\limits_{n=0}^k 2^{-n}\epsilon =2\epsilon.\]
    \end{enumerate}
    Somit ist $S_1+S_2+S_3\le4\epsilon$ und die Behauptung
    folgt. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

Als Anwendung erhalten wir 
\begin{theorem}[Cauchysche Produktformel]
  Seien $((a_n))_n$ und $((b_n))_n$ absolut konvergente Reihen in
  $\R$. Dann ist die Familie $(a_ib_k)_{(i,k)\in\N\times\N}$ absolut
  summierbar und es gilt \[\sum\limits_{(i,k)\in\N\times\N} a_ib_k
  =\left(\sum\limits_{i\in\N}a_i\right)
  \left(\sum\limits_{i\in\N}b_i\right) =\sum\limits_{i=0}^\infty
  \sum\limits_{k=0}^i a_kb_{i-k}.\] 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Absolute Summierbarkeit: Sei $H\subset\N\times\N$ eine
    beliebige endliche Teilmenge. Dann gibt es $k_0\in\N$ mit $i,k\le
    k_0$ f\"ur alle $(i,k)\in H$. Es folgt
    \[\sum\limits_{(i,k)\in
      H}a_ib_k\le\left(\sum\limits_{i=0}^{k_0}|a_i|\right)
    \left(\sum\limits_{k=0}^{k_0}|b_k|\right)
    \le\left(\sum\limits_{i=0}^\infty|a_i|\right)
    \left(\sum\limits_{k=0}^\infty|b_k|\right).\]  
    Da die rechte Seite unabh\"angig von $H$ ist, folgt die absolute
    Summierbarkeit. 
  \item Cauchysche Produktformel: F\"ur $j\in\N$ definieren wir Mengen
    $I_j:=\{j\}\times\N\subset\N\times\N$ und $J_j=\{(k,j-k)\colon
    0\le k\le j\}\subset\N\times\N$. Die Familien $(I_j)_{j\in\N}$ und
    $(J_j)_{j\in\N}$ bilden jeweils eine Partition von $\N\times\N$
    (kleine \"Ubung). Daher gilt \[\sum\limits_{(i,k)\in\N\times\N}
    a_ib_k =\sum\limits_{j=0}^\infty \sum\limits_{(i,k)\in I_j} a_ib_k
    =\sum\limits_{j=0}^\infty \sum\limits_{(i,k)\in J_j} a_ib_k.\] Nun
    gelten
    \begin{align*}
      \sum\limits_{j=0}^\infty \sum\limits_{(i,k)\in I_j} a_ib_k
      =&\,\sum\limits_{j=0}^\infty \left(a_j \sum\limits_{k=0}^\infty
        b_k\right) =\left(\sum\limits_{j=0}^\infty a_j\right) \cdot
      \left(\sum\limits_{k=0}^\infty b_k\right)
      \intertext{sowie}
      \sum\limits_{j=0}^\infty \sum\limits_{(i,k)\in J_j} a_ib_k
      =&\,\sum\limits_{j=0}^\infty \sum\limits_{k=0}^j a_kb_{j-k}.
    \end{align*}
    Somit folgt die Behauptung. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

Als Korollar erhalten wir daraus ein Additionstheorem f\"ur die
Exponentialfunktion.
\begin{corollary}
  F\"ur die Exponentialfunktion \[e^x\equiv \exp x
  =\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}\] gilt \[\exp(x+y) =\exp
  x\cdot\exp y\] f\"ur alle $x,y\in\K$. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir benutzen die Binomische Formel \[(x+y)^n =\sum\limits_{k=0}^n
  \binom nkx^ky^{n-k} \equiv\sum\limits_{k=0}^n \frac{n!}{k!(n-k)!}
  x^ky^{n-k}\] (Induktionsbeweis, \"Ubung). Es gilt aufgrund der
  Cauchyschen Produktformel und der absoluten Konvergenz der
  Exponentialreihe 
  \begin{align*}
    \exp x\cdot\exp y =&\,\sum\limits_{n=0}^\infty \sum\limits_{k=0}^n
    \frac{x^k}{k!} \frac1{(n-k)!}y^{n-k} =\sum\limits_{n=0}^\infty
    \frac1{n!} \sum\limits_{k=0}^n\binom nk x^ky^{n-k}\umbruch\\
    =&\,\sum\limits_{n=0}^\infty \frac1{n!}(x+y)^n
    =\exp(x+y). \qedhere 
  \end{align*}
\end{proof}

\Subsection{Gleichm\"a\ss{}ige Konvergenz}
\begin{remark}
  Sei $E$ eine Menge. Sei $F$ ein vollst\"andiger metrischer Raum und
  $(f_n)_n$ mit $f_n\colon E\to F$ eine Folge von Funktionen. Dann
  konvergiert die Folge in jedem Punkt $x$, falls $(f_n(x))_n$ f\"ur
  alle $x\in E$ eine Cauchyfolge ist,
  \dh \[\fueralle\limits_{\epsilon>0}\fueralle\limits_{x\in
    E}\existiert_{n_0\in\N}\fueralle_{n,m\ge n_0}
  d(f_n(x),f_m(x))<\epsilon,\] wobei die Reihenfolge der ersten beiden
  Allquantoren irrelevant ist.\par Wir sagen auch, dass die Folge
  $(f_n)_n$ \emph{punktweise konvergiert.}
\end{remark}

\begin{definition}
  \neueZeile 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $E$ eine Menge und $F$ ein vollst\"andiger metrischer
    Raum. Sei $(f_n)_n$ eine Folge von Funktionen $f_n\colon E\to
    F$. Dann konvergiert die Folge auf $E$ \emph{gleichm\"a\ss{}ig,}
    wenn \[\fueralle\limits_{\epsilon>0} \existiert\limits_{n_0\in\N}
    \fueralle\limits_{x\in E} \fueralle_{n,m\ge n_0}
    d(f_n(x),f_m(x))<\epsilon\] gilt. \par Wir definieren den Limes,
    \dh eine Limesfunktion, $f\colon E\to F$ der Funktionenfolge
    durch \[f(x):=\lim\limits_{n\to\infty} f_n(x)\] f\"ur alle $x\in
    E$.\par Wir sagen, dass $f_n$ gleichm\"a\ss{}ig nach $f$
    konvergiert, \[f_n\rightrightarrows f.\]
  \item \stern Ist $E$ ein metrischer Raum, so hei\ss{}t die Folge
    $f_n\colon E\to F$, $n\in\N$, \emph{lokal gleichm\"a\ss{}ig
      konvergent}, falls es zu jedem Punkt $x\in E$ eine Umgebung
    $B_\delta(x)$ gibt, so dass die Funktionenfolge
    $f_n|_{B_\delta(x)}\colon B_\delta(x)\to F$ gleichm\"a\ss{}ig
    konvergiert.
  \item \stern Sei $F$ ein Banachraum. Eine Reihe $((f_n))_n$ von
    Funktionen $f_n\colon E\to F$ konvergiert gleichm\"a\ss{}ig, lokal
    gleichm\"a\ss{}ig oder absolut, wenn dies f\"ur die zugeh\"orige
    Folge der Partialsummen gilt.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Seien $E,F,f_n$ und $f$ wie in der Definition der
    gleichm\"a\ss{}igen Konvergenz. Dann gilt
    \[\fueralle\limits_{\epsilon>0} \existiert\limits_{n_0\in\N}
      \fueralle\limits_{x\in E} \fueralle\limits_{n\ge n_0}
      d(f_n(x),f(x))<\epsilon.\]
  \item \stern Wir h\"atten auch diese Aussage als Definition von
    gleichm\"a\ss{}iger Konvergenz verwenden k\"onnen, h\"atten
    daf\"ur aber $f_n$ und $f$ angeben m\"ussen. 
  \item \stern Analoges gilt auch bei punktweiser
    Konvergenz.
  \end{enumerate}
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  In der Definition von gleichm\"a\ss{}iger Konvergenz lassen wir
  $m\to\infty$ und erhalten $d(f_n(x),f(x))\le\epsilon$. Da
  $\epsilon>0$ beliebig war, folgt die Behauptung. 
\end{proof}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $0<a<1$. Dann konvergiert die Folge $(f_n)_n$ mit
    $f_n\colon[-a,a]\to\R$ und $f_n(x)=x^n$ gleichm\"a\ss{}ig gegen
    Null (die Nullfunktion), $f_n\rightrightarrows0$, da $|x|^n\le
    a^n\to0$ gilt. 
  \item Die Folge $(f_n)_n$ mit $f_n\colon(-1,1)\to\R$ und
    $f_n(x)=x^n$ konvergiert punktweise gegen $0$, aber nicht mehr
    gleichm\"a\ss{}ig: Die Bernoullische Ungleichung liefert f\"ur
    $0<\delta<1$ \[(1-\delta)^n\ge1-n\delta.\] F\"ur
    $\delta<\frac1{2n}$ gilt dann $(1-\delta)^n\ge\frac12$. Bei
    gleichm\"a\ss{}iger Konvergenz m\"usste dieser Ausdruck aber
    unabh\"angig von $\delta$ f\"ur gro\ss{}e $n$ beliebig klein
    werden.
  \item Die Potenzreihe $\left(\left(\frac1{n!}x^n\right)\right)_n$
    konvergiert in jedem beschr\"ankten Intervall
    gleich\-m\"a\-\ss{}ig absolut. \par Dies ist ein Spezialfall des
    n\"achsten Theorems.
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{theorem}
  Sei $((a_nx^n))_n$ eine Potenzreihe in $\R$ oder $\C$ mit
  Konvergenzradius $r\in(0,\infty]$. Sei $0<r_0<r$. Dann konvergiert
  die Potenzreihe in $[-r_0,r_0]$ bzw.{} $\ol
  B_{r_0}\equiv\{x\in\C\colon|x|\le r_0\}$ gleichm\"a\ss{}ig absolut.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Zun\"achst einmal ist aufgrund des Wurzelkriteriums f\"ur den
  Konvergenzradius, also $r=\frac1{\underset{n\to\infty}{\ol\lim}
    |a_n|^{1/n}}$,
  \[\underset{n\to\infty}{\ol\lim}
  \left(|a_n||x|^n\right)^{1/n} =\underset{n\to\infty}{\ol\lim}
  |a_n|^{1/n}|x| \le\underset{n\to\infty}{\ol\lim} |a_n|^{1/n}r_0
  =\tfrac{r_0}r<1.\] Somit gibt es ein $c$ mit $\frac{r_0}r<c<1$ und
  wir erhalten $|a_n|^{1/n}\le\frac c{r_0}$ f\"ur fast alle
  $n\in\N$. F\"ur diese $n$ gilt \[|a_n||x|^n\le
  \left(\frac{|x|}{r_0}\right)^n c^n\le c^n.\] Damit folgt die
  Behauptung aus dem folgenden Lemma, Lemma \ref{maj glm konv lem}, da
  die geometrische Reihe konvergiert. \qedhere
\end{proof}

\begin{lemma}
  \label{maj glm konv lem}
  Sei $E$ eine Menge, $F$ ein Banachraum und $f_n\colon E\to F$ eine
  Funktionenfolge. Dann konvergiert die Reihe $((f_n(x)))_n$
  gleichm\"a\ss{}ig absolut, wenn es eine von $x$ unabh\"angige
  konvergente Majorante gibt, \dh eine konvergente Reihe $((a_n))_n$
  mit $a_n\ge0$, so dass \[\Vert f_n(x)\Vert\le a_n\] f\"ur alle $x\in
  E$ und alle $n\in\N$ gilt. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $\epsilon>0$ vorgegeben. Dann gibt es $n_0\in\N$, so dass f\"ur
  alle $n,m\ge n_0$ mit $n>m$ \[\sum\limits_{k=m+1}^na_k<\epsilon\]
  gilt. Somit erhalten wir \[\left|\sum\limits_{k=0}^n\Vert
    f_k(x)\Vert -\sum\limits_{k=0}^m \Vert f_k(x)\Vert\right|
  \le\sum\limits_{k=m+1}^n\Vert f_k(x)\Vert \le
  \sum\limits_{k=m+1}^na_k<\epsilon\] und die Behauptung folgt.
\end{proof}

\begin{definition}
  Eine Doppelfolge $(a_{nm})_{n,m\in\N}$ in einem metrischen Raum $E$
  ist eine Funktionenfolge $f_n\colon\N\to E$ mit $a_{nm}=f_n(m)$. 
\end{definition}

Gleichm\"a\ss{}ige Konvergenz erlaubt es, Grenzwertbildungen zu
vertauschen. 
\begin{theorem}
  \label{lim vert folge thm}
  Sei $(a_{nm})_{n,m\in\N}$ eine Doppelfolge in einem vollst\"andigen
  metrischen Raum $E$. Nehme an, dass $\lim\limits_{n\to\infty}a_{nm}$
  und $\lim\limits_{m\to\infty}a_{nm}$ f\"ur alle $m$ bzw.{} $n$
  existieren. Nehme weiterhin an, dass eine dieser Konvergenzen
  gleichm\"a\ss{}ig ist, \dh ohne Einschr\"ankung, dass die Folgen
  $(a_{nm})_n$ f\"ur $n\to\infty$ gleichm\"a\ss{}ig in $m$
  konvergieren. Dann existieren
  \[\lim\limits_{m\to\infty} \lim\limits_{n\to\infty} a_{nm}
  \quad\text{und}\quad \lim\limits_{n\to\infty}
  \lim\limits_{m\to\infty} a_{nm}\] und stimmen \"uberein. 
\end{theorem}

\begin{remark}
  Ohne gleichm\"a\ss{}ige Konvergenz ist die Aussage im Allgemeinen
  falsch. Definiere \[a_{mn}:=
  \begin{cases}
    1&\text{f\"ur }m\ge n,\\
    0&\text{f\"ur }n<m. 
  \end{cases}
  \]
  Dann gelten
  \begin{align*}
    \lim\limits_{m\to\infty}a_{mn} =1 >&\,0=\lim\limits_{n\to\infty}
    a_{mn} \intertext{und somit auch} \lim\limits_{n\to\infty}
    \lim\limits_{m\to\infty} a_{mn} =1 \neq&\,
    0 =\lim\limits_{m\to\infty} \lim\limits_{n\to\infty} a_{mn}.
  \end{align*}
\end{remark}

Der Beweis ben\"otigt noch etwas Vorbereitung. 
\begin{lemma}
  \label{d folgen stet lem}
  Sei $E$ ein metrischer Raum. Gelten $x_n\to x$ und $y_n\to y$ in $E$
  f\"ur $n\to\infty$. Dann folgt \[d(x_n,y_n)\to d(x,y).\] 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Aufgrund der Dreiecksungleichung und der umgekehrten
  Dreiecksungleichung $|d(a,c)-d(b,c)|\le d(a,b)$ gilt
  \begin{align*}
    |d(x,y)-d(x_n,y_n)|\le
    &\,|d(x,y)-d(x_n,y)|+|d(x_n,y)-d(x_n,y_n)|\umbruch\\
    \le&\,d(x,x_n) +d(y,y_n).
  \end{align*}
  Daraus folgt direkt die Behauptung. 
\end{proof}

\begin{lemma}
  \label{zwei folgen gl lim lem}
  Sei $E$ ein metrischer Raum und $(x_n)_n$ eine Cauchyfolge in
  $E$. Sei $(y_n)_n$ eine weitere Folge in $E$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Gilt \[\lim\limits_{n\to\infty} d(x_n,y_n)=0,\] so ist auch
    $(y_n)_n$ eine Cauchyfolge.
  \item Gilt zus\"atzlich $x_n\to x$, so folgt auch $y_n\to x$, \dh
    die Grenzwerte stimmen \"uberein.
  \end{enumerate}
\end{lemma}
Entsprechende Aussagen gelten auch f\"ur die Norm und das
Skalarprodukt. 
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Es gilt \[d(y_n,y_m)\le d(y_n,x_n) +d(x_n,x_m) +d(x_m,y_m).\]
    Der erste und der letzte Term werden wegen $d(x_k,y_k)\to0$ f\"ur
    gro\ss{}e $k$ klein, der mittlere f\"ur gro\ss{}e $n,m$, weil
    $(x_n)_n$ eine Cauchyfolge ist.
  \item Wir erhalten \[d(y_n,x)\le d(y_n,x_n) +d(x_n,x).\] Der erste
    Term wird wegen $d(x_n,y_n)\to0$ klein, der zweite wegen $x_n\to
    x$.\qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{proof}[Beweis von Theorem \ref{lim vert folge thm}]
  Sei $\epsilon>0$.  Wir definieren f\"ur alle $m$ bzw.{}
  $n\in\N$. \[\alpha_m:=\lim\limits_{n\to\infty}a_{nm}
  \quad\text{und}\quad \beta_n:=\lim\limits_{m\to\infty}a_{nm}.\]
  Aufgrund der gleichm\"a\ss{}igen Konvergenz
  $a_{nm}\rightrightarrows\alpha_m$ gibt es $n_0$, so dass f\"ur alle
  $m\in\N$ und alle $n,k\ge n_0$ 
  \begin{equation}
    \label{d anm akm eps absch}
    d(a_{nm},a_{km})<\epsilon
  \end{equation}
  gilt. Wir lassen $m\to\infty$ und erhalten nach Lemma \ref{d folgen
    stet lem} \[d(\beta_n,\beta_k)\le\epsilon\] f\"ur alle $n,k\ge
  n_0$. Somit ist $(\beta_n)_n$ eine Cauchyfolge und konvergiert
  aufgrund der Vollst\"andigkeit von $E$. Setze $\beta
  :=\lim\limits_{n\to\infty} \beta_n$. In der Absch\"atzung lassen wir
  $k\to\infty$ und erhalten nach Lemma \ref{d folgen stet lem}
  \[d(\beta,\beta_n)\le\epsilon\] f\"ur alle $n\ge n_0$. \par In
  Absch\"atzung \eqref{d anm akm eps absch} lassen wir $n\to\infty$
  und erhalten \[d(\alpha_m,a_{km})\le\epsilon\] f\"ur alle $m\in\N$
  und alle $k\ge n_0$. Nun benutzen wir f\"ur $n,k\ge n_0$ die
  Dreiecksungleichung und erhalten \[d(\alpha_m,\beta_m) \le
  \underbrace{d(\alpha_m,a_{km})}_{\le\epsilon}
  +\underbrace{d(a_{km},a_{nm})}_{\le\epsilon} +d(a_{nm},\beta_m).\]
  Nun ist $\lim\limits_{m\to\infty} d(a_{nm},\beta_m)
  =d(\beta_n,\beta)$ nach Lemma \ref{d folgen stet lem}. Somit
  erhalten wir f\"ur gen\"ugend gro\ss{}e $m$ \[d(\alpha_m,\beta_m)\le
  2\epsilon +(\epsilon+d(\beta_n,\beta)) \le4\epsilon.\] Es gilt also
  $d(\alpha_m,\beta_m)\to0$ f\"ur $m\to\infty$. Da $\beta_m\to\beta$
  konvergiert, folgt $\lim\limits_{m\to\infty}\alpha_m
  =\lim\limits_{n\to\infty}\beta_n$ nach Lemma \ref{zwei folgen gl lim
    lem}, \dh wir d\"urfen die Grenzwerte vertauschen.
\end{proof}

\begin{theorem}
  \label{reihe glm konv lim vert thm}
  Sei $E$ ein Banachraum. Angenommen, die Reihen $((a_{nm}))_n$
  konvergieren gleichm\"a\ss{}ig in $m$. Existieren die Grenzwerte
  $\lim\limits_{m\to\infty} a_{nm}$ f\"ur alle $n$, so existieren auch
  $\lim\limits_{m\to\infty} \sum\limits_{n=0}^\infty a_{nm}$ und
  $\sum\limits_{n=0}^\infty \lim\limits_{m\to\infty}a_{nm}$ und es
  gilt \[\lim\limits_{m\to\infty} \sum\limits_{n=0}^\infty a_{nm}
  =\sum\limits_{n=0}^\infty \lim\limits_{m\to\infty} a_{nm}.\] 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir wollen Theorem \ref{lim vert folge thm}
  anwenden. Definiere \[s_{nm}:=\sum\limits_{k=0}^n a_{km}.\] Dann 
  folgt die Behauptung direkt aus Theorem \ref{lim vert folge thm}.
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei $x\in\K$. Dann gilt \[\lim\limits_{m\to\infty} \left(1+\frac
    xm\right)^m =\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!} =\exp x.\]
  Insbesondere ist \[\lim\limits_{m\to\infty} \left(1+\frac1m\right)^m
  =\exp 1 =:e.\] 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir benutzen f\"ur $m\in\N_{>0}$ die Binomische Formel und die
  Konvention, dass f\"ur $n>m$ f\"ur den Binomialkoeffizienten $\binom
  mn=0$ gilt. Es ist daher 
  \begin{equation}
    \label{binom konseq e fkt identi}
    \left(1+\frac xm\right)^m
    =\sum\limits_{n=0}^m\binom mn
    \frac{x^n}{m^n} \equiv\sum\limits_{n=0}^\infty \binom mn
    \frac{x^n}{m^n}.    
  \end{equation}
  Definiere \[a_{nm}:=\binom mn\frac{x^n}{m^n}.\] Es gelten $a_{0m}=1$
  und $a_{1m}=x$ f\"ur $m\ge1$. F\"ur $2\le n\le m$ gilt
  \begin{align*}
    a_{nm}=&\,\frac{m!}{n!(m-n)!} \frac{x^n}{m^n}\umbruch\\
    =&\,\frac{(m-n+1)(m-n+2)\cdots(m-n+n)}{m^n}\frac{x^n}{n!}\umbruch\\
    =&\,\underbrace{\left(1-\frac{n-1}m\right)}_{<1}
    \underbrace{\left(1-\frac{n-2}m\right)}_{<1}
    \cdots
    \underbrace{\left(1-\frac{1}m\right)}_{<1}
    \cdot 1\cdot \frac{x^n}{n!}.
  \end{align*}
  Somit ist die Reihe $\left(\left(\frac{|x|^n}{n!}\right)\right)_n$
  eine konvergente Majorante, die von $m$ unabh\"angig ist. Nach Lemma
  \ref{maj glm konv lem}, angewandt mit festem $x$ und $m$ hier statt
  $x$ dort, konvergiert die Reihe $((a_{nm}))_n$ daher (f\"ur festes
  $x$) gleichm\"a\ss{}ig in $m$.\par
  Betrachten wir in der obigen Produktdarstellung von $a_{nm}$ den
  Grenzwert $m\to\infty$, so folgt \[\lim\limits_{m\to\infty} a_{nm}
  =\frac{x^n}{n!}.\] Nach Theorem \ref{reihe glm konv lim vert thm}
  d\"urfen wir den Grenzwert $m\to\infty$ auf \eqref{binom konseq e
    fkt identi} anwenden, mit der Summe vertauschen und erhalten die
  Behauptung.
\end{proof}

\Section{Metrische R\"aume und Stetigkeit}
\Subsection{Topologische Grundlagen}
\begin{definition}[Topologie]
  Sei $E$ eine Menge. Dann hei\ss{}t $\O\subset\P(E)$ \emph{Topologie}
  auf $E$, falls die folgenden Bedingungen erf\"ullt sind:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\emptyset, E\in\O$.
  \item Aus $A_i\in\O$, $i\in I$, folgt $\bigcup\limits_{i\in
      I}A_i\in\O$.
  \item Aus $A_i\in\O$, $1\le i\le m$, folgt $\bigcap\limits_{i=1}^m
    A_i\in\O$.
  \end{enumerate}
  $(E,\O)$ hei\ss{}t dann topologischer Raum.\par
  Eine Teilmenge $A\subset E$ hei\ss{}t \emph{offen,} falls $A\in\O$
  gilt. \par Eine Teilmenge $F\subset E$ hei\ss{}t
  \emph{abgeschlossen,} falls $\complement F=E\setminus F$ offen
  ist. Die Menge aller abgeschlossenen Teilmengen von $E$ bezeichnen
  wir mit $\mathcal F$ (fermer = franz\"osisch abschlie\ss{}en).
\end{definition}

\begin{definition}
  Sei $(E,\O)$ ein topologischer Raum. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Eine Menge $U\subset E$ hei\ss{}t \emph{Umgebung} von $x\in
    E$, falls es ein $A\in\O$, \dh eine offene Menge $A$ mit \[x\in
    A\subset U\] gibt. Wir bezeichnen die Menge aller Umgebungen von
    $x$ mit $\mathcal U(x)$.
  \item Eine Familie $(U_i)_{i\in I}$ von Umgebungen von $x\in E$
    hei\ss{}t \emph{Umgebungsbasis} von $x$, falls zu jedem
    $U\subset\mathcal U(x)$ ein $i\in I$ mit $U_i\subset U$ existiert.
  \item $E$ hei\ss{}t \emph{Hausdorffraum} (oder $T_2$-Raum), falls zu
    je zwei Punkten $x,y\in E$ mit $x\neq y$ Umgebungen $U\in\mathcal
    U(x)$ und $V\in\mathcal U(y)$ mit $U\cap V=\emptyset$
    existieren. (Je zwei Punkte besitzen also disjunkte Umgebungen.)
  \end{enumerate}
\end{definition}

Falls nicht anders angegeben wollen wir k\"unftig auf einem metrischen
Raum stets die nachfolgend definierte Topologie betrachten. 
\begin{definition}
  \label{topo in metr raum def}
  Sei $E$ ein metrischer Raum.  $A\subset E$ hei\ss{}t \emph{offen,}
  falls \[\fueralle\limits_{x\in A} \existiert\limits_{r>0}
  B_r(x)\subset A.\] Die Menge aller offenen Teilmengen von $E$ bildet
  eine Topologie $\O$ auf $E$.
\end{definition}

\begin{beispiele}
  \label{topo raum bsp}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Topologie auf einem metrischen Raum $E$. Mit dieser
    Topologie ist $E$ hausdorffsch.  Dies ist das wichtigste und
    beinahe einzige relevante Beispiel eines topologischen Raumes in
    den ersten drei Semestern.
  \item $(E,\{\emptyset,E\})$ ist ein topologischer Raum. Im Falle
    $|E|\ge2$ ist diese Topologie nicht von einer Metrik induziert, da
    sie nicht hausdorffsch ist. 
  \item $(E,\mathcal P(E))$ ist ein topologischer Raum. Diese
    Topologie ist von der diskreten Metrik induziert.
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{definition}
  Sei $(E,d)$ ein metrischer Raum, $r>0$ und $x_0\in E$. Wir definieren
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item die \emph{offene Kugel} mit Radius $r$ und Mittelpunkt
    $x_0$ \[B_r(x_0):=\{x\in E\colon d(x,x_0)<r\}.\]
  \item Ist $E$ ein normierter Raum, so definieren wir weiterhin die
    \emph{abgeschlossene Kugel} mit Radius $r$ und Mittelpunkt
    $x_0$ \[\ol{B_r}(x_0):=\{x\in E\colon d(x,x_0)\le r\}\] 
  \item und die \emph{Sph\"are} mit Radius $r$ und Mittelpunkt $x_0$
    \[\S_r(x_0):=\{x\in E\colon d(x,x_0)=r\}.\]
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
Sei $E$ ein metrischer Raum. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\emptyset$ und $E$ sind in $E$ offen und abgeschlossen.
  \item Eine offene Kugel $B_r(x)$ ist eine offene Menge. Eine
    abgeschlossene Kugel $\ol{B_r}(x)$ in einem normierten Raum ist
    eine abgeschlossene Menge.
  \item $[a,b)$ ist weder offen noch abgeschlossen in $\R$. 
  \item Sei $A\subset E$ eine endliche Menge. Dann ist $A$
    abgeschlossen. 
  \item $\S_r(x)\subset E$ in einem normierten Raum ist eine
    abgeschlossene Menge.
  \item Sei $(a_n)_{n\in\N}$ eine Nullfolge mit $a_n>0$, z.\,B.{}
    $a_n=\frac1{n+1}$. Dann bildet die Familie
    $\{B_{a_n}(x)\}_{n\in\N}$ eine Umgebungsbasis von $x$.
  \end{enumerate}
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ubung. 
\end{proof}

Die folgende Proposition zeigt u.\,a.{} dass die in einem 
metrischen Raum definierten offenen Mengen die Bedingungen an die
offenen Mengen einer Topologie erf\"ullen. 
\begin{proposition}
  Sei $E$ ein metrischer Raum. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $(A_i)_{i\in I}$ eine Familie von offenen Mengen, \dh
    gelte $A_i\in\O$ f\"ur alle $i\in I$, so
    folgt \[\bigcup\limits_{i\in I}A_i\in\O.\] 
    \glqq Beliebige Vereinigungen offener Mengen sind wieder
    offen.\grqq 
  \item Seien $A_i\in\O$, $i=1,\ldots,n$, so
    ist \[\bigcap\limits_{i\in I}A_i\in\O.\] \glqq Endliche Schnitte
    offener Mengen sind wieder offen.\grqq
  \item Sei $(A_i)_{i\in I}$ eine Familie abgeschlossener Mengen, \dh
    gelte $A_i\in\mathcal F$ f\"ur alle $i\in I$, so
    folgt \[\bigcap\limits_{i\in I}A_i\in\F.\] \glqq Beliebige
    Schnitte abgeschlossener Mengen sind wieder abgeschlossen.\grqq
  \item Seien $A_i\in\mathcal F$, $i=1,\ldots,n$. Dann
    ist \[\bigcup\limits_{i=1}^nA_i\in\mathcal F.\] \glqq Endliche
    Vereinigungen abgeschlossener Mengen sind wieder
    abgeschlossen.\grqq 
  \end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $x\in\bigcup\limits_{i\in I}A_i$. Dann gibt es ein $i_0\in
    I$ mit $x\in A_{i_0}\in\O$. Somit existiert $r>0$ mit
    $B_r(x)\subset A_{i_0}$ und es folgt auch
    $B_r(x)\subset\bigcup\limits_{i\in I}A_i$. Somit ist eine
    beliebige Vereinigung offener Mengen wieder offen. 
  \item Sei $x\in\bigcap\limits_{i=1}^nA_i$. Also folgt $x\in A_i$
    f\"ur alle $1\le i\le n$. Da alle $A_i$'s offene Mengen sind, gibt
    es $r_i>0$ mit $B_{r_i}(x)\subset A_i$. Setze
    $r:=\min\{r_1,\ldots,r_n\}$. Es folgt $B_r(x)\subset A_i$ f\"ur
    alle $1\le i\le n$ und daher gilt auch
    $B_r(x)\subset \bigcap\limits_{i=1}^nA_i$. Somit ist der endliche Schnitt
    offener Mengen wieder offen. 
  \item Es gilt \[\complement\bigcap\limits_{i\in I}A_i
    =\bigcup\limits_{i\in I}\complement A_i.\] Nun sind alle $A_i$'s
    abgeschlossen, also alle $\complement A_i$'s offen, ebenso deren
    Vereinigung. Somit ist die linke Seite offen und deren Komplement,
    also $\bigcap\limits_{i\in I}A_i$, wie behauptet abgeschlossen.
  \item Folgt analog wie f\"ur Schnitte abgeschlossener Mengen,
    da \[\complement\bigcup\limits_{i=1}^n A_i
    =\bigcap\limits_{i=1}^n\complement A_i\] gilt. \qedhere
  \end{enumerate}  
\end{proof}

\begin{definition}
  Sei $E$ ein metrischer Raum und $A\subset E$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $x\in A$ hei\ss{}t \emph{innerer Punkt} von $A$, falls
    $A\in\mathcal U(x)$ gilt. Wir setzen \[\interior A\equiv
    \overset\circ A:=\{x\in A\colon x\text{ ist ein innerer Punkt von
    }A\}.\]
  \item $x\in E$ hei\ss{}t \emph{Ber\"uhrpunkt} von $A$, falls $U\cap
    A\neq\emptyset$ f\"ur alle $U\in\mathcal U(x)$ gilt. Die Menge
    aller Ber\"uhrpunkte von $A$ hei\ss{}t \emph{Abschluss} oder
    \emph{abgeschlossene H\"ulle} von $A$: $\ol A$ oder seltener
    $\text{cl}(A)$. \par (In einem normierten Raum gilt
    $\ol{B_r}(x)=\ol{B_r(x)}$, \dh diese Definition liefert das
    Bekannte f\"ur Kugeln.)
  \item $x\in E$ hei\ss{}t \emph{Randpunkt} von $A$, falls in jeder
    Umgebung von $x$ jeweils mindestens ein Punkt aus $A$ und aus
    $\complement A$ liegen. Die Menge aller Randpunkte von $A$
    hei\ss{}t Rand von $A$, $\partial A$.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{proposition}
  Sei $E$ ein metrischer Raum und sei $A\subset E$. Dann gelten
  \begin{align*}
    \interior A=&\,\{x\in A\colon \exists\,r>0\colon
      B_r(x)\subset A\}
      \intertext{und}
      \interior A=&\,\bigcup\{G\in\O\colon G\subset A\},
  \end{align*}
  \dh $\interior A$ ist die gr\"o\ss{}te offene Menge, die in $A$
  enthalten ist. 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Die erste Gleichheit gilt direkt nach der Definition des Inneren und
  einer Umgebungsbasis. Daher folgt direkt die Inklusion
  \glqq$\subset$\grqq{} in der zweiten Behauptung. Ist $G\subset A$
  offen, so ist $A\in \mathcal U(x)$ f\"ur alle $x\in G$. Somit gilt
  auch $G\subset\interior(A)$ und die umgekehrte Inklusion folgt
  ebenfalls.
\end{proof}

\begin{proposition}
  Sei $E$ ein metrischer Raum und seien $A,B\subset E$. Dann
  gelten \[A\subset B\impliziert
  \interior(A)\subset\interior(B) \quad\text{und}\quad \interior(A\cap
  B)=\interior(A)\cap\interior(B).\] 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $x\in\interior(A)$. Dann gibt es also ein $r>0$ mit
    $B_r(x)\subset A$. Also ist auch $B_r(x)\subset B$ und daher
    $x\in\interior(B)$. 
  \item \glqq$\subset$\grqq: Sei $x\in\interior(A\cap B)$. Somit gibt
    es ein $r>0$ mit $B_r(x)\subset A\cap B$. Also ist auch
    $B_r(x)\subset A$ und daher $x\in\interior A$. Ebenso ist
    $x\in\interior B$ und daher $x\in\interior A\cap\interior B$. 
  \item \glqq$\supset$\grqq: Sei nun $x\in\interior A\cap\interior
    B$. Somit existieren $r_A,r_B>0$, so dass $B_{r_A}(x)\subset A$
    und $B_{r_B}(x)\subset B$ gelten. Setze $r:=\min\{r_A,r_B\}$. Es
    folgt $B_r(x)\subset A\cap B$ und daher gilt $x\in\interior(A\cap
    B)$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{lemma}
  Sei $E$ ein metrischer Raum. Sei $A\subset E$. Dann ist $\ol
  A\subset E$ abgeschlossen.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $x\not\in\ol A$. Dann gibt es ein $U\in\U(x)$ mit $U\cap
  A=\emptyset$, also auch ein $r>0$ mit $B_r(x)\cap
  A=\emptyset$. F\"ur alle $y\in B_{r/2}(x)$ gilt nach
  Dreiecksungleichung $B_{r/2}(y)\subset B_r(x)$ und somit folgt auch
  $B_{r/2}(y)\cap A=\emptyset$. Wir erhalten $B_{r/2}(x)\cap\ol
  A=\emptyset$. Somit ist $\complement\ol A$ offen und $\ol A$
  abgeschlossen.
\end{proof}

\begin{proposition}
  Sei $E$ ein metrischer Raum und seien $A,B\subset E$. Dann
  gelten \[A\subset B\impliziert\ol A\subset\ol B\quad\text{und}\quad
  \ol A=\bigcap\limits\{F\in\mathcal F\colon A\subset F\}.\] 
  Damit ist $\ol A$ die kleinste abgeschlossene Menge, die $A$
  enth\"alt. 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\ol A\subset\ol B$ ist nach Definition des Abschlusses klar. 
  \item Sei zun\"achst $x\not\in\ol A$, also $x\in\complement\ol A$. Da
    diese Menge offen ist, gibt es ein $r>0$ mit
    $B_r(x)\subset\complement\ol A$ oder $B_r(x)\cap\ol
    A=\emptyset$. Direkt aus der Definition des Abschlusses folgt
    $A\subset\ol A$. Also gilt auch $B_r(x)\cap
    A=\emptyset$. Definiere die abgeschlossene Menge $F:=E\setminus
    B_r(x) =\complement B_r(x)$. Es gelten $x\not\in F$ und aufgrund
    der obigen \"Uberlegungen $A\subset F$. Daher taucht diese Menge
    $F$ im Schnitt auf der rechten Seite auf und liefert
    $x\not\in\bigcap\{F\in\mathcal F\colon A\subset F\}$. 
  \item Sei umgekehrt $x\not\in\bigcap\{F\in\mathcal F\colon A\subset
    F\}$. Dann gibt es eine abgeschlossene Menge $F$ mit $A\subset F$
    und $x\not\in F$. Da das Komplement dieser Menge offen ist,
    existiert (wie oben) ein $r>0$ mit $B_r(x)\cap F=\emptyset$. Wegen
    $A\subset F$ folgt daraus auch $B_r(x)\cap A=\emptyset$. Daher
    gilt insbesondere $x\not\in\ol A$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{proposition}
  Sei $E$ ein metrischer Raum und seien $A,B\subset E$. Dann
  gelten \[\complement\ol A=\interior(\complement A)
  \quad\text{und}\quad \ol{A\cup B} =\ol A\cup\ol B.\]
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\complement\ol A\subset\interior(\complement A)$: Sei
    $x\in\complement\ol A$. Da das Komplement einer abgeschlossenen
    Menge offen ist, gibt es $r>0$ mit $B_r(x)\cap\ol
    A=\emptyset$. Somit folgen $B_r(x)\cap A=\emptyset$ und daher
    $B_r(x)\subset\complement A$. Dies liefert gerade
    $x\in\interior(\complement A)$. 
  \item $\interior(\complement A)\subset\complement\ol A$: Sei
    $x\in\interior(\complement A)$. Dann gibt es $r>0$ mit
    $B_r(x)\subset\complement A$. Somit ist $x\not\in\ol A$ nach
    Definition des Abschlusses. Dies war die Behauptung. 
  \item $\ol{A\cup B}\subset\ol A\cup\ol B$: Wir zeigen, dass
    $\complement(\ol A\cup\ol B)\subset\complement\ol{A\cup B}$
    gilt. Sei $x\not\in\ol A\cup\ol B$. Dann gibt es ein $r_A>0$ mit
    $B_{r_A}(x)\cap A=\emptyset$ und ein $r_B>0$ mit $B_{r_B}(x)\cap
    B=\emptyset$. Setze $r:=\min\{r_A,r_B\}$. Dann ist
    $B_r(x)\cap(A\cup B)=\emptyset$, also $x\not\in\ol{A\cup B}$.
%    Sei $x\in\ol{A\cup B}$. Dann gilt f\"ur alle $r>0$ dass
%    $B_r(x)\cap(A\cup B)\neq\emptyset$ ist. Somit ist $B_r(x)\cap
%    A\neq\emptyset$ oder $B_r(x)\cap B\neq\emptyset$ f\"ur jedes
%    $r>0$.  Ist $B_r(x)\cap A=\emptyset$ f\"ur ein $r>0$, so gilt
%    $B_\rho(x)\cap A=\emptyset$ f\"ur alle $0<\rho\le r$ und
%    $B_r(x)\cap B\neq\emptyset$ f\"ur alle $r>0$. Somit ist
%    $B_r(x)\cap A\neq\emptyset$ f\"ur alle $r>0$ oder $B_r(x)\cap
%    B\neq\emptyset$ f\"ur alle $r>0$.  Dies liefert $x\in\ol A$ oder
%    $x\in\ol B$, also $x\in\ol A\cup\ol B$.
  \item Sei $x\in\ol A\cup\ol B$. Sei ohne Einschr\"ankung $x\in\ol
    A$. F\"ur jedes $r>0$ gilt also $B_r(x)\cap A\neq\emptyset$. Somit
    ist auch $B_r(x)\cap(A\cup B)\neq\emptyset$ f\"ur beliebige
    $r>0$. Dies liefert aber gerade die Behauptung. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $A=[a,b)\subset\R$. Dann gelten \[\interior(A)=(a,b),\quad
    \ol A=[a,b]\quad\text{und}\quad \partial A=\{a,b\}.\] 
  \item Sei $A=B_r(x_0)\dot\cup\{a\}\subset\R^n$ mit $|a-x_0|>r$, so
    gelten \[\interior A=B_r(x_0),\quad \ol
    A=\ol{B_r}(x_0)\dot\cup\{a\} \quad\text{und}\quad\partial
    A=\S_r(x_0)\dot\cup\{a\}.\] 
  \item Sei $E$ ein beliebiger metrischer Raum. Dann gelten f\"ur eine
    beliebige Menge $A\subset E$ \[\partial A=\partial\complement
    A,\quad \ol A=\interior(A)\dot\cup\partial A\quad\text{und}\quad
    E=\interior(A)\dot\cup\interior(\complement A)\dot\cup\partial
    A.\]
  \item Sei $A\subset\R^n$ eine endliche Menge, so gelten \[A=\ol
    A=\partial A\quad\text{und}\quad\interior(A)=\emptyset.\] $A=\ol
    A$ gilt auch in einem beliebigen metrischen Raum, dort kann aber
    $\partial A\subsetneq A$ gelten. $\interior(A)$ braucht in einem
    allgemeinen metrischen Raum nicht leer zu sein.
  \item Sei $E$ ein Raum mit diskreter Metrik und $A\subset E$. Dann
    gelten \[A=\interior(A)=\ol A\quad\text{und}\quad\partial
    A=\emptyset.\]
  \end{enumerate}
\end{beispiele}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ubung. 
\end{proof}

\begin{definition}
  Sei $E$ ein metrischer Raum. Sei $A\subset E$. Dann hei\ss{}t $x\in E$
  \emph{H\"aufungspunkt} von $A$, falls \[(U\setminus\{x\})\cap
  A\neq\emptyset\] f\"ur alle $U\in\mathcal U(x)$ gilt. 
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Jeder H\"aufungspunkt einer Menge ist (direkt nach Definition)
    auch ein Ber\"uhrpunkt dieser Menge, aber im Allgemeinen nicht
    umgekehrt (z.\,B.{} einpunktige Mengen). 
  \item Sei $(x_n)_n$ eine Folge. Setze $A=\{x_n\colon n\in\N\}$. Dann
    ist jeder H\"aufungspunkt von $A$ auch ein H\"aufungspunkt der
    Folge, die Umkehrung gilt aber im Allgemeinen nicht, z.\,B.{} im
    Falle einer station\"aren Folge, \dh falls $x_n=a$ f\"ur alle
    $n\in\N$ gilt.  
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ist $A=B_r(x_0)\subset\R^n$, so ist $\ol{B_r}(x_0)$ die Menge
    der H\"aufungspunkte und gleichzeitig die Menge der Ber\"uhrpunkte
    von $A$.
  \item Sei $E$ ein metrischer Raum und sei $A=\{x_n\colon
    n\in\N\}\subset E$. Gelte $x_n\to a\not\in A$, dann ist $a$ ein
    H\"aufungspunkt von $A$. Unabh\"angig von der Annahme $a\not\in A$
    gilt $\ol A=A\cup\{a\}$. 
  \item Jedes $x\in\R$ ist H\"aufungspunkt von $\Q\subset\R$ und von
    $\R\setminus\Q$. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{definition}
  \label{dicht def}
  Sei $E$ ein metrischer Raum. Dann ist $A\subset E$ \emph{dicht} in
  $E$, falls $E=\ol A$ gilt. 
\end{definition}

\begin{beispiel}
  Es gelten $\ol\Q=\R$ und $\ol{\Q^n}=\R^n$. Somit liegt $\Q$ dicht in
  $\R$ und $\Q^n$ liegt dicht in $\R^n$. 
\end{beispiel}

\begin{proposition}
  Sei $E$ ein metrischer Raum und $A\subset E$. Sei $d_A$ die auf $A$
  induzierte Metrik aus Beispiel \ref{metr raum bsp}. Dann sind die 
  offenen Mengen $O_A$ in $(A,d_A)$ genau Mengen der Form $O\cap A$,
  wobei $O$ in $(E,d)$ offen ist. 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Seien $B^E_r(x)$ offene Kugeln in $E$ und $B^A_r(x)$ offene Kugeln
  in $A$. Da $d_A$ die Einschr\"ankung von $d$ auf $A\times A$ ist,
  gilt $B^A_r(x)=B^E_r(x)\cap A$ f\"ur alle $x\in A$ und alle $r>0$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei zun\"achst $O$ in $E$ offen. Definiere $O_A:=O\cap A$. Wir
    wollen nachweisen, dass $O_A$ auch eine offene Menge ist. Sei
    $x\in O_A$. Somit ist $x\in O$. Da $O$ offen ist, gibt es ein
    $r>0$ mit $B^E_r(x)\subset O$. Es folgt \[B^A_r(x)=B^E_r(x)\cap
    A\subset O\cap A=O_A.\] Somit ist $O_A$ in $A$ offen. 
  \item Sei nun $O_A$ in $A$ offen. Sei $r(x)>0$ f\"ur jedes $x\in
    O_A$ so gew\"ahlt, dass $B_{r(x)}^A(x)\subset O_A$ gilt.     
    Wie f\"ur jede offene Menge gilt \[O_A=\bigcup\limits_{x\in O_A}
    B^A_{r(x)}(x).\] Wir definieren \[O:=\bigcup\limits_{x\in O_A}
    B^E_{r(x)}(x).\] Dann ist $O$ nach Definition offen und es gilt
    $O_A=O\cap A$. Somit ist $O_A$ von der Form wie
    behauptet. \qedhere 
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei $E$ ein metrischer Raum und sei $A\subset E$. Dann ist $U\subset
  A$ genau dann eine Umgebung eines Punktes $x\in A$ bez\"uglich der
  auf $A$ induzierten Metrik, wenn ein $V\in\mathcal U(x)$, der
  Umgebungsbasis im Raum $E$, mit $V\cap A=U$ existiert.
\end{corollary}

\begin{definition}[Relativtopologie]
  Sei $(E,\O)$ ein topologischer Raum und sei $B\subset E$. Dann
  induziert $\O$ eine Topologie $\O_B$ auf $B$, die \emph{induzierte
    Topologie} oder \emph{Relativtopologie}, definiert
  durch \[\O_B=\{A\cap B\colon A\in\O\}.\]
  Die offenen bzw.{} abgeschlossenen Mengen der Relativtopologie
  hei\ss{}en \emph{relativ offen} bzw.{} \emph{relativ abgeschlossen.} 
\end{definition}

\begin{lemma}
  Sei $E$ ein metrischer Raum und sei $B\subset E$. Dann induziert $d$
  eine Metrik auf $B$ und diese eine Topologie $\O_1$ auf
  $B$. Andererseits induziert $d$ eine Topologie $\O_E$ auf $E$ und
  diese eine Relativtopologie $\O_2$ auf $B$. Es gilt $\O_1=\O_2$.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ubung. 
\end{proof}

\begin{beispiel}
  Sei $E=(0,1]$ mit der von $\R$ induzierten Relativtopologie
  versehen. Dann ist $\left(\frac12,1\right]$ (relativ) offen in $E$
  und $\left(0,\frac12\right]$ ist (relativ) abgeschlossen in $E$. 
\end{beispiel}

\begin{lemma}
  \label{uraum top offen abg lem}
  Sei $E$ ein metrischer Raum und seien $B\subset A\subset E$. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $A$ offen und $B$ in $A$ relativ offen. Dann ist $B$ in
    $E$ offen.
  \item Sei $A$ abgeschlossen und $B$ in $A$ relativ
    abgeschlossen. Dann ist $B$ in $E$ abgeschlossen. 
  \end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir betrachten nur den Fall, dass $A\subset E$ und $B\subset A$
  offen sind. Der Fall abgeschlossener Mengen funktioniert
  analog. \par
  Da $B\subset A$ relativ offen ist, gibt es nach Definition der
  Relativtopologie eine offenen Menge $\hat B\subset E$ mit $\hat
  B\cap A=B$. Da $A\subset E$ offen ist, ist auch $\hat B\cap A=B$ in
  $E$ offen. 
\end{proof}

\begin{definition}
  Seien $E,\,F$ metrische R\"aume und sei $f\colon E\to F$ eine
  Abbildung.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Seien $x_0\in E$ und $a\in F$. Gibt es f\"ur jedes
    $\epsilon>0$ ein $\delta>0$, so dass f\"ur alle $x\in
    E$ \[d(x,x_0)<\delta\quad\Longrightarrow\quad d(f(x),a)<\epsilon\]
    gilt, so sagen wir, dass $f(x)$ gegen $a$ konvergiert, falls $x$
    gegen $x_0$ konvergiert. 
  \item Seien $E=\R$ und $a\in F$. Dann konvergiert $f(x)$ f\"ur
    $x\to\infty$ gegen $a$, $f(x)\to a$ f\"ur $x\to\infty$,
    falls \[\fueralle\limits_{\epsilon>0} \existiert\limits_{x_0\in\R}
    \fueralle\limits_{x>x_0} |f(x)-a|<\epsilon\] gilt. 
  \item Im Fall $x\to-\infty$ oder falls $F=\R$ und $f(x)\to\pm\infty$
    gelten, verwenden wir analoge Definitionen.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\Subsection{Stetigkeit}
\begin{definition}[Stetigkeit]
  Seien $E,F$ metrische R\"aume und $f\colon E\to F$ eine Abbildung. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Abbildung $f$ hei\ss{}t $\epsilon$-$\delta$-\emph{stetig}
    im Punkte $x_0\in E$, falls 
    \begin{align*}
      \fueralle\limits_{\epsilon>0} \existiert\limits_{\delta>0}
      \fueralle\limits_{x\in E} d(x,x_0)<\delta \impliziert&\,
      d(f(x),f(x_0))<\epsilon, \intertext{oder, \"aquivalent dazu,}
      \fueralle\limits_{\epsilon>0} \existiert\limits_{\delta>0}
      f(B_\delta(x_0))\subset&\, B_\epsilon(f(x_0))
    \end{align*}
    gilt.
    % $f$ hei\ss{}t $\epsilon$-$\delta$-\emph{stetig}, falls $f$
    % in allen Punkten $x_0\in E$ eine $\epsilon$-$\delta$-stetige
    % Abbildung ist. 
  \item Die Abbildung $f$ hei\ss{}t \emph{als topologische Abbildung
      stetig} in $x_0\in E$, falls 
    \begin{align*}
      \fueralle\limits_{V\in\mathcal U(f(x_0))}
      \existiert\limits_{U\in\mathcal U(x_0)} f(U)\subset&\, V
      \intertext{oder, \"aquivalent dazu,}
      \fueralle\limits_{V\in\mathcal U(f(x_0))} f^{-1}(V)\in&\,
      \mathcal U(x_0)
    \end{align*}
    gilt.
    % Die Abbildung hei\ss{}t \emph{als topologische Abbildung
    %   stetig}, falls $f$ in jedem $x_0\in E$ als topologische
    % Abbildung stetig ist, (oder, \"aquivalent dazu, falls $f^{-1}(A)$
    % f\"ur alle offenen Mengen $A\subset F$ in $E$ offen ist). 
  \item Die Abbildung $f$ hei\ss{}t im Punkte $x_0$
    \emph{folgenstetig,} falls f\"ur alle Folgen $(x_n)_n\subset E$
    mit $x_n\to x_0$ auch \[f(x_n)\to f(x_0)\] f\"ur $n\to\infty$
    folgt.
    % $f$ hei\ss{}t folgenstetig, falls $f$ in allen Punkten
    % $x_0\in E$ fol\-gen\-ste\-tig ist.
  \item Die Abbildung $f$ hei\ss{}t in $x_0$ \emph{stetig,} falls sie
    in $x_0$ eine $\epsilon$-$\delta$-stetige Abbildung oder als
    topologische Abbildung stetig oder folgenstetig ist.
    % $f$ hei\ss{}t stetig, falls sie in allen Punkten $x_0\in E$ stetig
    % ist (oder, \"aquivalent dazu, falls sie in $E$ eine
    % $\epsilon$-$\delta$-stetige Abbildung oder als topologische
    % Abbildung stetig oder folgenstetig ist).
  \item $f$ hei\ss{}t \Smiley-stetig, falls $f$ in allen Punkten
    $x_0\in E$ \Smiley-stetig ist,\\ f\"ur \Smiley
    $\in\{\epsilon-\delta, \text{als topologische Abbildung},
    \text{folgen}, \emptyset\}$. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Diese Definition ist die wahrscheinlich wichtigste Definition
    der Analysis I. Stetigkeit tritt in allen Bereichen der Mathematik
    auf.
  \item Als \"Ubung empfehlen wir zun\"achst die in der
    $\epsilon$-$\delta$-Stetigkeit und der Stetigkeit als topologische
    Abbildung behaupteten \"Aquivalenzen zu zeigen.
  \item In der topologischen Definition der Stetigkeit kann man sich
    bei $V$ (und $U$) auch stets auf offene Mengen beschr\"anken.
  \end{enumerate}
\end{remark}

Der folgende Satz rechtfertigt die letzte Definition von Stetigkeit
ohne weitere Zus\"atze. 
\begin{theorem}
  Seien $E,F$ metrische R\"aume und $f\colon E\to F$ eine
  Abbildung. \par Dann sind die folgenden Aussagen \"aquivalent:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{stet aequiv i} $f$ ist in $x_0$ eine
    $\epsilon$-$\delta$-stetige Abbildung.
  \item\label{stet aequiv ii} $f$ ist in $x_0$ als topologische
    Abbildung stetig.
  \item\label{stet aequiv iii} $f$ ist in $x_0$ folgenstetig. 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item \glqq\eqref{stet aequiv i}\impliziert\eqref{stet aequiv
      ii}\grqq: Sei $V$ eine beliebige offene Umgebung von
    $f(x_0)$. Dann gibt es ein $\epsilon>0$ mit
    $B_\epsilon(f(x_0))\subset V$. Wegen \eqref{stet aequiv i}
    existiert auch ein $\delta>0$ mit $f(B_\delta(x_0))\subset
    B_\epsilon(f(x_0))$. Wir erhalten also die Behauptung wenn wir
    $U=B_\delta(x_0)$ w\"ahlen. 
  \item \glqq\eqref{stet aequiv ii}\impliziert\eqref{stet aequiv
      iii}\grqq: Sei $x_n\to x_0$ eine Folge. Sei $\epsilon>0$
    beliebig. Wir wollen nachweisen, dass $f(x_n)\to f(x_0)$
    konvergiert, dass es also ein $n_0\in\N$ gibt, so dass f\"ur alle
    $n\ge n_0$ die Absch\"atzung $d(f(x_n),f(x_0))<\epsilon$ gilt. Wir
    benutzen \eqref{stet aequiv ii} mit $V=B_\epsilon(f(x_0))$ und
    erhalten, dass es eine Umgebung $U$ von $x_0$ mit $f(U)\subset V$
    gibt. Da $U$ einen Umgebung ist, gibt es ein $\delta>0$ mit
    $B_\delta(x_0)\subset U$ und es gilt insbesondere
    $f(B_\delta(x_0))\subset B_\epsilon(f(x_0))$. Wegen $x_n\to x_0$
    gibt es ein $n_0$, so dass f\"ur alle $n\ge n_0$ bereits $x_n\in
    B_\delta(x_0)$ gilt. Es folgt also $d(f(x_n),f(x_0))<\epsilon$
    f\"ur $n\ge n_0$ wie behauptet.
  \item \glqq\eqref{stet aequiv iii}\impliziert\eqref{stet aequiv
      i}\grqq: Wir f\"uhren einen Widerspruchsbeweis. Falls die
    Folgerung nicht gilt, so gibt es ein $\epsilon>0$, so dass f\"ur
    alle $\delta>0$ Punkte mit $d(x,x_0)<\delta$ aber auch
    $d(f(x),f(x_0))\ge\epsilon$ existieren. Insbesondere f\"ur
    $\delta=\frac1n$, $n\in\N_{>0}$, gibt es also $x_n\in E$ mit
    $d(x_n,x_0)<\frac1n$ und $d(f(x_n),f(x_0)) \ge\epsilon$. Dies
    widerspricht aber der Folgenstetigkeit. \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

\begin{proposition}[Komposition von stetigen Abbildungen]
  Sei $f\colon E\to F$ in $x_0$ stetig und $g\colon F\to G$ in
  $f(x_0)$ stetig, so ist $g\circ f$ in $x_0$ stetig. 
\end{proposition}
Um \"Ubung im Umgang mit dem wichtigen Begriff der Stetigkeit zu
bekommen empfehlen wir dies auch mit $\epsilon$-$\delta$-Stetigkeit
und Folgenstetigkeit zu beweisen. 
\begin{proof}[Beweis]
  Wir zeigen, dass $g\circ f$ als topologische Abbildung in $x_0$
  stetig ist. Sei $V$ eine Umgebung von $g\circ f(x_0)$. Es gilt
  $(g\circ f)^{-1}(V)=f^{-1}\circ g^{-1}(V)$. $g^{-1}$ macht aus $V$
  eine Umgebung von $f(x_0)$ und $f^{-1}$ daraus eine Umgebung von
  $x_0$, da $f$ und $g$ stetig sind. Somit folgt die Behauptung. 
\end{proof}

\begin{proposition}
  \label{einschr einbettung stetig prop}
  Sei $E$ ein metrischer Raum und $F\subset E$ sei mit der induzierten
  Metrik versehen. Dann gelten
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Einbettung $j\colon F\to E$ mit $j(x)=x$ ist stetig. 
  \item Ist $G$ ein weiterer metrischer Raum und $f\colon E\to G$
    stetig in $x_0\in F\subset E$, so ist auch die Einschr\"ankung
    $f|_F$ in $x_0$ stetig.
  \end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $A\subset E$ offen. Dann ist $j^{-1}(A)=A\cap F$, also
    nach Definition der Relativtopologie offen. Somit ist $j$ stetig. 
  \item Benutze $f|_{F}=f\circ j$ und dass die Verkettung stetiger
    Funktionen wieder stetig ist. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{proposition}
  Seien $X,Y$ metrische R\"aume und $f\colon X\to Y$. Dann ist $f$
  genau dann stetig, wenn $f^{-1}(F)$ f\"ur alle abgeschlossenen
  Mengen $F\subset Y$ abgeschlossen ist. 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir betrachten die Komplemente. Ist $Y=F\dot\cup G$, so gilt
  auch \[X=f^{-1}(F)\dot\cup f^{-1}(G).\]
  Somit folgt die Behauptung. 
\end{proof}

Das folgende Resultat liefert die Stetigkeit st\"uckweise definierter
Abbildungen. 
\begin{proposition}
  Seien $X,Y$ metrische R\"aume und $f\colon X\to Y$ eine
  Abbildung. Seien $A_i\subset X$, $1\le i\le n$, abgeschlossene
  Mengen mit $X=\bigcup\limits_{i=1}^nA_i$. Dann ist $f$ genau dann
  stetig, falls alle Abbildungen $f|_{A_i}\colon A_i\to Y$ stetig
  sind. 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item[\Hinrichtung] Dies haben wir bereits in Proposition
    \ref{einschr einbettung stetig prop} gezeigt.
  \item[\Rueckrichtung] Sei $F\subset Y$ abgeschlossen. Dann sind die
    Mengen $\left(f|_{A_i}\right)^{-1}(F)$ nach Voraussetzung in
    $A_i$, $1\le i\le n$, ebenfalls (relativ) abgeschlossen. Da die
    Mengen $A_i$ abgeschlossen sind, sind die Mengen
    $\left(f|_{A_i}\right)^{-1}(F)$ nach Lemma \ref{uraum top offen
      abg lem} auch als Teilmengen von $X$ abgeschlossen. Nun
    gilt \[f^{-1}(F) =\bigcup\limits_{i=1}^n
    \left(f|_{A_i}\right)^{-1}(F).\] Also ist $f^{-1}(F)$
    abgeschlossen und $f$ eine stetige Abbildung. \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

\begin{definition}[Gleichm\"a\ss{}ige Stetigkeit]
  Seien $E,F$ metrische R\"aume und sei $f\colon E\to F$ eine
  Abbildung. Dann hei\ss{}t $f$ \emph{gleichm\"a\ss{}ig stetig,}
  falls \[\fueralle\limits_{\epsilon>0} \existiert\limits_{\delta>0}
  \fueralle\limits_{x,y\in E} d(x,y)<\delta\impliziert
  d(f(x),f(y))<\epsilon\] gilt.
\end{definition}

\begin{remark}
  \stern 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Im Unterschied zur Stetigkeit darf nun $\delta$ nicht mehr von
    $x_0$ abh\"angen. 
  \item Jede gleichm\"a\ss{}ig stetige Funktion ist stetig, die
    Umkehrung gilt aber nicht, wie wir am Beispiel $\R\ni x\mapsto
    x^2\in\R$ noch sehen werden. 
  \item Auf einem kompakten metrischen Raum, dessen Definition noch
    folgt, ist aber jede stetige Funktion auch gleichm\"a\ss{}ig
    stetig.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{proposition}
  Seien $X,Y,Z$ metrische R\"aume und $f\colon X\to Y$ und $g\colon
  Y\to Z$ gleichm\"a\ss{}ig stetige Abbildungen. Dann ist auch $g\circ
  f$ gleichm\"a\ss{}ig stetig. 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $\epsilon>0$ beliebig. Da $g$ gleichm\"a\ss{}ig stetig ist, gibt
  es $\zeta>0$, so dass f\"ur alle $a,b\in Y$ \[d(a,b)<\zeta
  \quad\impliziert\quad d(g(a),g(b))<\epsilon\] gilt. Weiterhin gibt
  es aufgrund der gleichm\"a\ss{}igen Stetigkeit von $f$ ein
  $\delta>0$, so dass f\"ur alle $x,y\in X$ \[d(x,y)<\delta
  \quad\impliziert\quad d(f(x),f(y))<\zeta\] gilt.  Setze nun
  insbesondere $a=f(x)$ und $b=f(y)$. Damit folgt f\"ur alle $x,y\in
  X$ mit $d(x,y)<\delta$ die Absch\"atzung $d(g\circ f(x),g\circ
  f(y))<\epsilon$.
\end{proof}

\begin{beispiel}
  Die Abbildung $f\colon\R\to\R$ mit $f(x)=x^2$ ist stetig, aber nicht
  gleichm\"a\ss{}ig stetig. Es gilt \[|f(x_0)-f(x)|=|x_0^2-x^2|
  =|x_0-x|\cdot |x_0+x|.\] 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Stetigkeit: Sei $x_0\in\R$ beliebig. Dann gilt f\"ur
    $|x-x_0|<\delta:=\min\left\{\frac\epsilon{2|x_0|+1},1\right\}$
    zuerst $|x_0+x| =|2x_0+(x-x_0)|\le 2|x_0|+|x-x_0|<2|x_0|+1$ und
    daher
    \[|f(x_0)-f(x)|\le |x_0-x|\cdot(2|x_0|+1) <\epsilon.\] Daher
    gen\"ugt es f\"ur den Nachweis der Stetigkeit, das angegebene
    $\delta>0$ zu verwenden.
  \item Gleichm\"a\ss{}ige Stetigkeit: Setze $\epsilon:=1$. Betrachte
    $x_n=n$ und $y_n=n+\frac1n$. Dann wird zwar $|x_n-y_n|=\frac1n$
    beliebig klein, es gilt aber \[|f(y_n)-f(x_n)|
    =2+\tfrac1{n^2}>2>\epsilon.\] Somit kann $f$ nicht
    gleichm\"a\ss{}ig stetig sein. 
  \end{enumerate}
\end{beispiel}

\begin{definition}
  Seien $(E,\O)$ und $(E',\O')$ topologische R\"aume. Eine bijektive
  Abbildung $f\colon E\to E'$, so dass $f$ und $f^{-1}$ stetig sind,
  hei\ss{}t \emph{Hom\"oomorphismus.} Existiert solch eine Abbildung
  $f$, so hei\ss{}en $E$ und $E'$ \emph{hom\"oomorph}.
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Abbildung $\R\ni x\mapsto x^3\in\R$ ist ein
    Hom\"oomorphismus, wenn wir $\R$ mit der kanonischen Metrik
    versehen.
  \item Sei $f$ ein Hom\"oomorphismus. Dann ist $A\subset E$ genau
    dann offen, wenn $f(A)\subset E'$ offen ist. Daher ist es f\"ur
    topologische Untersuchungen irrelevant, ob wir $E$ oder $E'$
    betrachten. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{proposition}
  Die Verkettung $g\circ f$ von zwei Hom\"oomorphismen ist wieder ein
  Hom\"oomorphismus. 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Stetigkeit und Bijektivit\"at bleiben unter Verkettungen erhalten. 
\end{proof}

\begin{definition}[Isometrie]
  Seien $X,Y$ metrische R\"aume und $f\colon X\to Y$ eine bijektive
  Abbildung. Dann hei\ss{}t $f$ \emph{Isometrie,}
  falls \[d(f(a),f(b))=d(a,b)\] f\"ur alle $a,b\in X$ gilt.
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Jede Isometrie ist stetig. 
  \item Sei $X$ ein metrischer Raum und sei $Y$ eine Menge. Ist
    $f\colon X\to Y$ eine Bijektion, so wird
    durch \[d(a,b):=d\left(f^{-1}(a),f^{-1}(b)\right)\] f\"ur alle
    $a,b\in Y$ eine Metrik auf $Y$ definiert, so dass $f$ zu einer
    Isometrie wird.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{definition} \stern
  Definiere $\ol R:=\R\cup\{\infty\}\cup\{-\infty\}$ und Abbildungen
  $f\colon\ol\R\to[-1,1]$ sowie $g\colon[-1,1]\to\ol\R$ durch
  \[f(x):=
  \begin{cases}
    -1&\text{f\"ur }x=-\infty,\\
    \frac x{1+|x|}&\text{f\"ur }x\in\R,\\
    1&\text{f\"ur }x=+\infty
  \end{cases}\]
  und 
  \[g(x):=
  \begin{cases}
    -\infty&\text{f\"ur }x=-1,\\ 
    \frac x{1-|x|}&\text{f\"ur }x\in\R,\\
    +\infty&\text{f\"ur }x=1.
  \end{cases}\] Dann gelten $g=f^{-1}$ und $f=g^{-1}$. \par Wir
  definieren auf $\ol\R$ eine Metrik $d_0$ durch
  \[d_0(x,y):=|f(x)-f(y)| =\left|g^{-1}(x)-g^{-1}(y)\right|.\] Auf
  $\ol\R$ wollen wir stets diese Metrik betrachten.
\end{definition}

\begin{remark} \stern
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Metrik $d_0$ stimmt auf $\R$ nicht mit der kanonischen
    Metrik oder Standardmetrik auf $\R$ \"uberein, beide erzeugen
    jedoch auf $\R$ dieselbe Topologie.
  \item Die R\"aume $(\R,d_0)$ und $(\R,|\cdot|)$, also $\R$ mit der
    Standardmetrik, sind ho\-m\"oo\-morph: $f|_{\R}\colon\R\to(-1,1)$
    ist ein Hom\"oomorphismus wenn wir beide R\"aume mit der
    Standardmetrik versehen und $g\colon((-1,1),|\cdot|)\to(\R,d_0)$
    ist eine Isometrie. Wegen $\id=g\circ f\colon
    (\R,|\cdot|)\to(\R,d_0)$ folgt daher, dass die Identit\"at als
    Verkn\"upfung dieser beiden Hom\"oomorphismen selbst ein
    Hom\"oomorphismus ist. 
  \item $\R\subset\ol\R$ ist offen: $f\colon\ol\R\to[-1,1]$ ist ein
    Hom\"oomorphismus und somit ist $f^{-1}((-1,1))$ offen. 
  \item Da $\R$ und $\R\subset\ol\R$ verm\"oge der Identit\"at
    hom\"oomorph sind, sind die offenen Teilmengen von $\ol\R$, die in
    $\R$ enthalten sind, gerade die offenen Teilmengen von $\R$.
  \item Sei $A\subset\ol\R$ offen mit $\infty\in A$. Dann gibt es
    $x\in\R$ mit $(x,\infty]\subset A$: Dies folgt, da jede Umgebung
    von $1\in[-1,1]$ ein Intervall der Form $(1-\epsilon,1]$ enth\"alt
    und da dies durch die Isometrie $g\colon([-1,1],|\cdot|)
    \to(\ol\R,d_0)$ auf ein Intervall dieser Form abgebildet
    wird. \par Genau wie Intervalle der Form $(1-\epsilon,1]$,
    $\epsilon>0$, eine Umgebungsbasis von $1\in[-1,1]$ bilden, bilden
    also Intervalle der Form $(x,\infty]$, $x\in\R$, eine
    Umgebungsbasis von $+\infty\in\ol\R$. 
  \item Wir sagen, dass eine Folge $(x_n)_n$ gegen $+\infty$
    konvergiert, falls es f\"ur alle $x\in\R$ ein $n_0\in\N$ gibt, so
    dass f\"ur alle $n\ge n_0$ die Ungleichung $x_n>x$ gilt.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{remark} \stern
  Definiere $\ol\N:=\N\cup\{\infty\}$ und versehe $\ol\N$ mit der von
  $\ol\R$ induzierten Topologie. Sei $(x_n)_n$ eine Folge in einem
  metrischen Raum $E$, \dh eine Abbildung $\phi\colon\N\to E$.
  Konvergiert die Folge in $E$ und setzen wir $\phi(\infty)
  :=\lim\limits_{n\to\infty} x_n$, so ist $\phi\colon\ol\N\to E$
  stetig. In $n<\infty$ ist solch eine Abbildung stets stetig, in
  $\infty$ aber nicht notwendigerweise. \par
  Es gilt: Eine Abbildung $\phi\colon\ol\N\to E$ ist genau dann
  stetig, wenn die Folge $(x_n)_n$ mit $x_n=\phi(n)$ gegen
  $\phi(\infty)$ konvergiert.
\end{remark}

Nach etwas Vorbereitung werden wir gleichm\"a\ss{}ig stetige
Funktionen fortsetzen.
\begin{lemma}
  \label{abg gleich folgen abg lem}
  Sei $E$ ein metrischer Raum. Dann ist $A\subset E$ genau dann
  abgeschlossen, wenn f\"ur jede konvergente Teilfolge $(x_n)_n\subset
  E$ mit $x_n\in A$ f\"ur alle $n$ auch
  $\lim\limits_{n\to\infty}x_n\in A$ gilt. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}
  \item[\Hinrichtung] Sei $A$ abgeschlossen und sei $(x_n)_n$ eine Folge mit
    Folgegliedern in $A$, die in $E$ konvergiert. Angenommen, es
    g\"alte $a:=\lim\limits_{n\to\infty}a_n\not\in A$. Dann gibt es
    aufgrund der Abgeschlossenheit von $A$ ein $r>0$ mit $B_r(a)\cap
    A=\emptyset$. Aufgrund der Konvergenz gilt f\"ur alle gro\ss{}en
    $n\in\N$ aber $d(x_n,a)<\frac r2$ und somit $x_n\not\in
    A$. Widerspruch. 
  \item[\Rueckrichtung] Sei $x\in\ol A$. Wir behaupten, dass auch
    $x\in A$ gilt. Dazu definieren wir eine Folge $(x_n)_n$: Da
    $x\in\ol A$ ist, gibt es zu jedem $n\in\N_{>0}$ ein $x_n\in A$ mit
    $d(x_n,x)<\frac1n$. Es folgt $x_n\to x$ f\"ur $n\to\infty$, also
    auch $x\in A$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{lemma}
  Seien $E,F$ metrische R\"aume und seien $f,g\colon E\to F$ stetige
  Abbildungen. Dann ist die Menge \[A=\{x\in E\colon f(x)=g(x)\}\]
  abgeschlossen. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir zeigen, dass der Limes jeder in $E$ konvergente Folge mit
  Folgegliedern in $A$ ebenfalls in $A$ liegt. Dann folgt die
  Behauptung aus Lemma \ref{abg gleich folgen abg lem}.\par Sei
  $(x_n)_n$ eine solche Folge mit $a=\lim\limits_{n\to\infty}x_n$. Da
  $f$ und $g$ folgenstetig sind, folgt
  \[f(a)=\lim\limits_{n\to\infty} f(x_n) =\lim\limits_{n\to\infty}
    g(x_n) =g(a).\] Somit ist auch $a\in A$ und die Behauptung folgt.
\end{proof}

Wir geben noch einen alternativen Beweis in normierten R\"aumen an, da
\"ahnliche Schlussfolgerungen h\"aufiger vorkommen. 
\begin{proof}[Beweis]
  \stern 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Summe und die Differenz von zwei stetigen Funktionen sind
    ebenfalls stetig, also die Funktionen $(f+g)(x):=f(x)+g(x)$ und
    $(f-g)(x):=f(x)-g(x)$: Aus $x_n\to x$ folgen $f(x_n)\to f(x)$ und
    $g(x_n)\to g(x)$ bzw.{} $-g(x_n)\to-g(x)$. Nach Proposition
    \ref{summe prod vert limes prop} folgt daher \[(f\pm g)(x_n)\to
    f(x)\pm g(x)=(f\pm g)(x).\] Somit sind $f+g$ und $f-g$ stetig. 
  \item Nun gilt $A=(f-g)^{-1}(\{0\})$. Da $\{0\}$ als einpunktige
    Menge abgeschlossen ist, ist auch $A$ abgeschlossen. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{corollary}
  \label{dicht gleich impliz gleich cor}
  Seien $E,F$ metrische R\"aume und $f,g\colon E\to F$ stetige
  Abbildungen. Stimmen $f$ und $g$ auf einer dichten Teilmenge von $E$
  \"uberein, so gilt $f=g$. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Die Menge $A=\{x\in E\colon f(x)=g(x)\}$ ist abgeschlossen und
  dicht in $E$. Also gilt $A=E$. 
\end{proof}

\begin{lemma}
  \label{glm stet bild cauchy cauchy lem}
  Seien $E,F$ metrische R\"aume und sei $f\colon E\to F$ auf
  beschr\"ankten Mengen gleichm\"a\ss{}ig stetig. Dann ist das Bild
  einer Cauchyfolge wieder eine Cauchyfolge. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Da jede Cauchyfolge beschr\"ankt ist, d\"urfen wir ohne
  Einschr\"ankung annehmen, dass $f$ gleichm\"a\ss{}ig stetig
  ist. \par Sei $(x_n)_n$ eine Cauchyfolge und sei
  $\epsilon>0$. Aufgrund der gleichm\"a\ss{}igen Stetigkeit gibt es
  $\delta>0$ mit \[d(x,y)<\delta \quad\impliziert\quad
  d(f(x),f(y))<\epsilon\] f\"ur alle $x,y\in E$. Sei also $n_0\in\N$
  so gew\"ahlt, das $n,m\ge n_0$ die Absch\"atzung $d(x_n,x_m)<\delta$
  impliziert. Dann folgt $d(f(x_n),f(x_m))<\epsilon$ f\"ur alle
  $n,m\ge n_0$. Somit ist die Bildfolge $(f(x_n))_n$ eine
  Cauchyfolge. 
\end{proof}

\begin{theorem}
  \label{glm stet dichte tm lem}  
  Sei $E$ ein metrischer Raum, sei $A\subset E$ eine dichte Teilmenge
  von $E$ und sei $F$ ein vollst\"andiger metrischer Raum. Sei
  $f\colon A\to F$ eine auf beschr\"ankten Teilmengen von $A$
  gleichm\"a\ss{}ig stetige Funktion. Dann gibt es genau eine stetige
  Fortsetzung $\tilde f\colon E\to F$, \dh genau eine stetige
  Abbildung $\tilde f\colon E\to F$ mit $\tilde f|_A=f$. $\tilde f$
  ist auf beschr\"ankten Teilmengen von $E$ ebenfalls
  gleichm\"a\ss{}ig stetig.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Eindeutigkeit folgt aus Korollar \ref{dicht gleich impliz
      gleich cor}. 
  \item Falls solch eine Abbildung $\tilde f$ existiert, so lassen
    sich ihre Werte auf $E\setminus A$ aufgrund der Stetigkeit wie
    folgt ausdr\"ucken: Sei $a\in E\setminus A$. Da $A$ in $E$ dicht
    ist, gibt es eine Folge $(x_n)_n$ mit $x_n\in A$ und $x_n\to
    a$. Existiert eine stetige Funktion $\tilde f$, so gilt \[\tilde
    f(a)=\lim\limits_{n\to\infty} \tilde f(x_n)
    =\lim\limits_{n\to\infty} f(x_n).\] Wir wollen dies verwenden um
    $\tilde f$ zu definieren. 
  \item Nach Lemma \ref{glm stet bild cauchy cauchy lem} ist $f(x_n)$
    eine Cauchyfolge. Diese konvergiert aufgrund der Vollst\"andigkeit
    von $F$. 
  \item Der Grenzwert im obigen Definitionsversuch ist von der Auswahl
    der Folge $x_n\to a$ unabh\"angig: Sei n\"amlich $y_n$ eine
    weitere Folge mit $y_n\in A$ und $y_n\to a$. Dann ist die
    abwechselnde Folge $x_0,y_0,x_1,y_1,x_2,y_2,\ldots$ ebenfalls eine
    solche Folge. Wie oben sehen wir, dass auch die Bildfolge dieser
    Folge konvergiert. Dies ist aber nur m\"oglich, wenn
    $\lim\limits_{n\to\infty} f(x_n) =\lim\limits_{n\to\infty} f(y_n)$
    gilt. Daher h\"angt der Grenzwert nicht von der Wahl der Folge
    $x_n\to a$ ab.
  \item Daher ist die Funktion $\tilde f\colon E\to F$ wohldefiniert: 
    \[\tilde f(x):=
    \begin{cases}
      f(x)&\text{f\"ur }x\in A,\\
      \lim\limits_{n\to\infty}f(x_n)&\text{f\"ur }x\in E\setminus A,\,
      A\ni x_n\to x. 
    \end{cases}\]
    $\tilde f$ ist eine Fortsetzung von $f$ auf $\tilde f$. Indem wir
    konstante Folgen w\"ahlen, k\"onnen wir $f(a)$ auch f\"ur $a\in A$
    als einen solchen Grenzwert erhalten. 
  \item Gleichm\"a\ss{}ige Stetigkeit: Sei $\tilde B\subset E$
    beschr\"ankt. 


    Definiere $B:=\bigcup\limits_{x\in\tilde B}B_1(x)$. Dann ist $B$
    ebenfalls beschr\"ankt. In der beschr\"ankten Menge $B$ ist $f$
    gleichm\"a\ss{}ig stetig.  Seien $\epsilon,\delta>0$ so gew\"ahlt,
    dass f\"ur alle $a,b\in B$ aus $d(a,b)<2\delta$ die Absch\"atzung
    $d(f(a),f(b))<\frac12\epsilon$ folgt.  Seien $x,\,y\in\tilde B$
    beliebig mit $d(x,y)<\delta$.  W\"ahle Folgen
    $(x_n)_n,\,(y_n)_n\subset E$ mit $A\ni x_n\to x$, $A\ni y_n\to
    y$. Ohne Einschr\"ankung (sonst betrachten wir nur geeignete
    Endst\"ucke dieser Folgen) gilt $x_n,y_n\in B$ f\"ur alle $n\in
    N$. Wegen $d(x,y)<\delta$ folgt $d(x_n,y_n)<2\delta$ f\"ur
    gen\"ugend gro\ss{}e Werte von $n$. Also ist
    $d(f(x_n),f(y_n))<\frac12\epsilon$ f\"ur solche $n$. Im Grenzwert
    gilt also $d\big(\tilde f(x),\tilde f(y)\big) \le\frac12 \epsilon
    <\epsilon$. Somit ist $\tilde f$ auf beschr\"ankten Teilmengen von
    $E$ gleichm\"a\ss{}ig stetig.  \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\Subsection{Kompaktheit}

\begin{definition}[Kompaktheit]
  Sei $E$ ein metrischer Raum.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Besitzt jede \"Uberdeckung $(A_i)_{i\in I}$ von $E$ durch
    offene Mengen eine endliche Teil\"uberdeckung, so hei\ss{}t $E$
    \emph{\"uberdeckungskompakt}, \emph{quasikompakt} oder
    \emph{kompakt.} 
  \item Eine \"Uberdeckung durch offene Mengen hei\ss{}t \emph{offene
      \"Uberdeckung.} 
  \item Besitzt jede Folge $(x_i)_{i\in\N}$ mit $x_i\in E$ eine
    konvergente Teilfolge, so hei\ss{}t $E$ \emph{folgenkompakt}. 
  \item Gibt es zu jedem $\epsilon>0$ ein $N\in\N$ und $x_i$, $1\le
    i\le N$, so dass $E=\bigcup\limits_{i=1}^N B_\epsilon(x_i)$ gilt,
    so hei\ss{}t $E$ \emph{pr\"akompakt} oder
    \emph{totalbeschr\"ankt.}
  \item Eine Teilmenge $A\subset E$ hei\ss{}t \"uberdeckungskompakt,
    folgenkompakt, oder pr\"akompakt, wenn $A$ mit der von $(E,d)$
    induzierten Metrik \"uberdeckungskompakt, folgenkompakt, oder
    pr\"akompakt ist.
  \item Eine Teilmenge $A\subset E$ hei\ss{}t \emph{relativ kompakt,}
    falls $\ol A$ kompakt ist. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Kompaktheit ist einer der ganz zentralen Begriffe der
    Analysis. F\"ur kompakte metrische R\"aume erh\"alt man viele
    Aussagen, die in allgemeinen metrischen R\"aumen nicht
    gelten. Insbesondere findet man stets konvergente Teilfolgen oder
    Maxima stetiger Funktionen. 
  \item Ein topologischer Raum hei\ss{}t kompakt, wenn er
    \"uberdeckungskompakt und hausdorffsch ist. Da jeder metrische
    Raum hausdorffsch ist, stimmen in unserem Fall eines metrischen
    Raumes die Definitionen f\"ur \"Uberdeckungskompaktheit oder
    Quasikompaktheit und Kompaktheit \"uberein.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{theorem}
  Seien $X,Y$ metrische (oder topologische) R\"aume. Sei $X$
  \"uberdeckungskompakt und $f\colon X\to Y$ stetig. Dann ist $f(X)$
  \"uberdeckungskompakt.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $(U_i)_{i\in I}$ eine offene \"Uberdeckung von $f(X)$. Da $f$
  stetig ist, ist auch $\left(f^{-1}(U_i)\right)_{i\in I}$ eine offene
  \"Uberdeckung von $X$. Da $X$ kompakt ist, gibt es eine endliche
  Teil\"uberdeckung. Sei ohne Einschr\"ankung
  $\left(f^{-1}(U_i)\right)_{1\le i\le N}$ eine endliche
  Teil\"uberdeckung. Dann ist $(U_i)_{1\le i\le N}$ eine endliche
  \"Uberdeckung von $f(X)$.
\end{proof}

\begin{theorem}
  \label{komp aequiv thm}
  Sei $(X,d)$ ein metrischer Raum. Dann sind die folgenden Aussagen
  \"aquivalent: 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{komp aequiv i} $X$ ist \"uberdeckungskompakt.
  \item\label{komp aequiv ii} $X$ ist folgenkompakt.
  \item\label{komp aequiv iii} $X$ ist pr\"akompakt und vollst\"andig. 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item \glqq\eqref{komp aequiv i}\impliziert\eqref{komp aequiv
      ii}\grqq: Sei $(x_n)_n$ eine Folge. Definiere \[F_n:=
    \ol{\{x_n,x_{n+1},x_{n+2},\ldots\}}.\] Die Mengen $F_n$ sind
    abgeschlossen, $U_n:= X\setminus F_n$ ist also offen. Wir
    behaupten, dass es ein $a\in\bigcap\limits_{n\in\N}F_n$ gibt. Dies
    ist dann der gesuchte H\"aufungspunkt der Folge. Falls es kein
    solches $a$ gibt, ist $\bigcap\limits_{n\in\N}F_n=\emptyset$, was
    \"aquivalent zu $\bigcup\limits_{n\in\N}U_n=X$ ist. Somit ist
    $(U_n)_n$ eine offene \"Uberdeckung von $X$ und endlich viele der
    Mengen $U_n$ \"uberdecken bereits $X$, ohne Einschr\"ankung gelte
    $\bigcup\limits_{n=1}^N U_n =X$. Dies ist \"aquivalent zu
    $\bigcap\limits_{i=1}^N F_n=\emptyset$. Es gilt aber
    $\bigcap\limits_{i=1}^N F_n=F_N\neq\emptyset$. Widerspruch. 
  \item \glqq\eqref{komp aequiv ii}\impliziert\eqref{komp aequiv
      iii}\grqq: Da $X$ folgenkompakt ist, ist $X$ auch
    vollst\"andig.\par Falls $X$ nicht pr\"akompakt ist, gibt es ein
    $\epsilon>0$, so dass $\bigcup\limits_{i=1}^N
    B_{\epsilon}(y_i)\subsetneq X$ f\"ur alle $y_i\in X$ und alle $N$
    gilt. Wir definieren nun induktiv $(x_i)_{i\in\N}\subset X$.
    Fixiere dazu $x_0\in X$ beliebig und w\"ahle $x_{n+1}\in
    X\setminus\bigcup\limits_{i=0}^n B_\epsilon(x_i)\neq\emptyset$
    beliebig. Es gilt stets $d(x_i,x_j)\ge\epsilon$ f\"ur $i\neq
    j$. Somit besitzt $(x_n)_n$ keine konvergente
    Teilfolge. Widerspruch.
  \item \glqq\eqref{komp aequiv iii}\impliziert\eqref{komp aequiv
      i}\grqq: Nehme an, dass es eine \"Uberdeckung $\mathcal U$ ohne
    endliche offene Teil\-\"uber\-deckung gibt. \par $n=0$: Da $X$
    pr\"akompakt ist, gibt es endlich viele offene Kugeln vom Radius
    $1=2^{-0}$, die $X$ \"uberdecken. Mindestens eine davon wird nicht
    von endlich vielen Mengen aus $\mathcal U$ \"uberdeckt. Sei dies
    $B_{2^{-0}}(x_0)$.\par
    Seien $x_0,x_1,\ldots,x_n$ bereits definiert. Dann wird $X$ von
    endlich vielen Kugeln vom Radius $2^{-(n+1)}$
    \"uberdeckt. Mindestens eine davon wird nicht von endlich vielen
    Mengen aus $\mathcal U$ \"uberdeckt. Sei dies
    $B_{2^{-(n+1)}}(x_{n+1})$. Wir k\"onnen dabei
    \[B_{2^{-(n+1)}}(x_{n+1})\cap B_{2^{-n}}(x_n) \neq \emptyset\]
    annehmen. (Sonst w\"urden n\"amlich alle B\"alle vom Radius
    $2^{-(n+1)}$ mit nichtleerem Schnitt mit $B_{2^{-n}}(x_n)$ endlich
    durch Mengen in $\mathcal U$ \"uberdeckt und das w\"urde somit
    auch f\"ur $B_{2^{-n}}(x_n)$ gelten. Widerspruch.) Also gilt
    \[d(x_n,x_{n+1})<2^{-(n+1)}+2^{-n}<2^{-(n-1)}\] und somit f\"ur
    $p\in\N$ \[d(x_n,x_{n+p})<2^{-(n-1)}+2^{-n}
    +2^{-(n+1)}+\ldots+2^{-(n+p-2)} <2^{-(n-2)}.\] Daher ist $(x_n)_n$
    eine Cauchyfolge in $X$, konvergiert also gegen ein $x\in X$ und
    wir erhalten $d(x_n,x)\le 2^{-(n-2)}$ durch Grenz\"ubergang
    $p\to\infty$. $x$ liegt aber in einer offenen Menge aus $\mathcal
    U$. Dies gilt auch f\"ur $B_\epsilon(x)$. Nach Dreiecksungleichung
    gilt aber $B_{2^{-n}}(x_n) \subset B_{2^{-(n-2)}
      +2^{-n}}(x)\subset B_\epsilon(x)$ f\"ur gro\ss{}e Werte von
    $n$. Widerspruch zur Wahl von $x_n$.\qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

\begin{theorem}
  Seien $X,Y$ metrische R\"aume. Sei $X$ kompakt und $f\colon X\to Y$
  stetig. Dann ist $f$ gleichm\"a\ss{}ig stetig.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Falls nicht, gibt es $\epsilon>0$ und Punkte $a_n,b_n\in X$ mit
  $d(a_n,b_n)<1/n$ aber $d(f(a_n),f(b_n))\ge\epsilon$. Da $X$
  kompakt ist, gibt es eine konvergente Teilfolge der $a_n$, ohne
  Einschr\"ankung gelte also $a_n\to a\in X$ f\"ur $n\to\infty$. Nach
  Dreiecksungleichung gilt $d(a,b_n)\le d(a,a_n) +d(a_n,b_n)$,
  also gilt auch $b_n\to a$ f\"ur $n\to\infty$. Da aber $f$ in $a$
  stetig ist, gibt es $\delta>0$, so dass $d(a,x)<\delta
  \Longrightarrow d(f(a),f(x))<\epsilon/2$ gilt. Sei $n$ so
  gro\ss{}, dass $a_n,b_n\in B_\delta(a)$ gilt. Wir erhalten dann
  $d(f(a_n),f(b_n)) \le d(f(a_n),f(a))
  +d(f(a),f(b_n))<\epsilon$. Widerspruch. 
\end{proof}

\begin{definition}
  Ein metrischer Raum $E$ hei\ss{}t \emph{separabel,} falls er eine
  h\"ochstens abz\"ahlbare dichte Teilmenge $A\subset E$ besitzt.
\end{definition}

\begin{beispiel}
  Der Euklidische Raum $\R^n$ ist separabel; $\Q^n$ ist eine
  abz\"ahlbare dichte Teilmenge.
\end{beispiel}

\begin{theorem}
  \label{komp impl beschr sep abg thm}
  Sei $Y$ ein metrischer Raum. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ist $Y$ kompakt, so ist $Y$ beschr\"ankt. 
  \item Ist $Y$ (pr\"a-)kompakt, so ist $Y$ separabel. 
  \item Sei $X\subset Y$. Ist $X$ kompakt, so ist $X$ abgeschlossen.
  \item Ist $Y$ kompakt und $X\subset Y$ abgeschlossen, so ist $X$
    kompakt. 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Folgt aus der Pr\"akompaktheit.
  \item Zu $n\in\N_{>0}$ gibt es endlich viele Kugeln mit Radius
    $1/n$, die $X$ \"uberdecken. Sei $X_n$ die endliche Menge der
    zugeh\"origen Mittelpunkte. Dann ist $\bigcup\limits_{n\in\N}X_n$
    eine h\"ochstens abz\"ahlbare dichte Teilmenge.
  \item Folgt mit Lemma \ref{abg gleich folgen abg lem} aus der
    Folgenkompaktheit.
  \item Benutze nochmals Folgenkompaktheit und Lemma \ref{abg gleich
      folgen abg lem}. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

Der Folgende Satz ist ein wichtiges Kriterium f\"ur Kompaktheit in
$\R^n$. 
\begin{theorem}[Heine-Borel]
  Eine Teilmenge $A\subset\R^n$ ist genau dann kompakt, wenn sie
  abgeschlossen und beschr\"ankt ist. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item[\Hinrichtung] Folgt direkt aus Theorem \ref{komp impl beschr
      sep abg thm}. 
  \item[\Rueckrichtung] Sei $(x_n)_n\subset A$ eine Folge. Da die
    Folge beschr\"ankt ist, besitzt sie nach dem Satz von
    Bolzano-Weierstra\ss{} eine in $\R^n$ konvergente Teilfolge. Da
    $A$ abgeschlossen ist, liegt der Grenzwert nach 
    Lemma \ref{abg gleich folgen abg lem} wieder in $A$. Somit ist $A$
    folgenkompakt.\qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

\begin{remark}
  \stern In unendlich dimensionalen R\"aumen ist der Satz von
  Heine-Borel im Allgemeinen falsch: In $l^2(\N)$ ist $\ol{B_1(0)}$
  beschr\"ankt und abgeschlossen, aber nicht kompakt, da die Vektoren
  $e_i=(0,\ldots,0,1,0,\ldots)$ f\"ur $i\neq j$ die Gleichheit
  $d(e_i,e_j) =\Vert e_i-e_j\Vert =\sqrt 2$ erf\"ullen.
\end{remark}

Auch die Pr\"akompaktheit \"ubertr\"agt sich auf Unterr\"aume. 
\begin{lemma}
  \label{unterraum praekomp praekomp lem}
  Sei $E$ ein pr\"akompakter metrischer Raum und sei $A\subset
  E$. Dann ist auch $A$ pr\"akompakt. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $\epsilon>0$. Dann gibt es aufgrund der Pr\"akompaktheit von $E$
  endlich viele Punkte $x_i\in E$, $1\le i\le n$, mit
  $E=\bigcup\limits_{i=1}^n B_\epsilon(x_i)$. Wir d\"urfen nach
  Umnummerierung ohne Einschr\"ankung annehmen, dass es ein $m\in\N$
  mit $B_\epsilon(x_i)\cap A\neq\emptyset$ f\"ur $1\le i\le m$ und
  $B_\epsilon(x_i)\cap A=\emptyset$ f\"ur $m<i\le n$ gibt.  W\"ahle
  $y_i\in B_\epsilon(x_i)\cap A$ f\"ur $1\le i\le m$. Wegen
  $B_\epsilon(x_i)\subset B_{2\epsilon}(y_i)$ f\"ur $1\le i\le m$
  folgt  \[A\subset\bigcup\limits_{i=1}^m B_{2\epsilon}(y_i).\] Da
  $\epsilon>0$ beliebig war, ist $A$ pr\"akompakt. 
\end{proof}

\begin{lemma}[Lebesguesche Zahl]
  Sei $E$ ein kompakter metrischer Raum. Sei $(U_i)_{i\in I}$ eine
  offene \"Uberdeckung von $E$. Dann gibt es ein $r>0$, so dass f\"ur
  jedes $x\in E$ ein $i\in I$ mit $B_r(x)\subset U_i$ existiert. \par
  Eine solche Zahl $r$ hei\ss{}t Lebesguesche Zahl.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Falls nicht, so finden wir zu jedem $n\in\N\setminus\{0\}$ ein
  $x_n\in E$, so dass $B_{1/n}(x_n)\subset U_i$ f\"ur kein $i\in I$
  gilt, \dh f\"ur jeden noch so kleinen Radius gibt es einen
  Gegenbeispielpunkt. Da $E$ kompakt ist, konvergiert eine Teilfolge
  von $(x_n)_{n\in\N}$. Gelte also ohne Einschr\"ankung $x_n\to a\in
  E$. Sei $j\in I$ mit $a\in U_j$. Da $U_j$ offen ist, gibt es ein
  $\rho>0$ mit $B_\rho(a)\subset U_j$. Sei $n_0\in\N$ so gro\ss{},
  dass f\"ur alle $n\ge n_0$ bereits $x_n\in B_{\rho/2}(a)$ gilt. Sei
  $n$ so gro\ss{}, dass $\frac1n<\frac\rho2$ gilt. Dann erhalten wir
  f\"ur alle $z\in B_{1/n}(x_n)$ \[d(z,a)\le d(z,x_n)+d(x_n,a)<
  \tfrac\rho2+\tfrac\rho2 =\rho.\] Somit gilt $B_{1/n}(x_n)\subset
  U_j$. Dies widerspricht der Wahl von $x_n$.
\end{proof}

Auf kompakten Mengen werden Infima und Suprema stetiger Funktionen
stets angenommen. 
\begin{theorem}
  Sei $E\neq\emptyset$ ein kompakter metrischer Raum und sei
  $f\colon E\to\R$ stetig. Dann gibt es $x_0,y_0\in E$
  mit
  \[f(x_0)=\inf\limits_{x\in E}f(x)\quad\text{und}\quad
    f(y_0)=\sup\limits_{x\in E}f(x).\]
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Betrachte eine Minimalfolge, \dh eine Folge $(x_n)_n\subset E$ mit
  $f(x_n)\to\inf\limits_{x\in E}f(x)$. Eine Teilfolge davon
  konvergiert gegen ein $a\in E$, $x_{n_k}\to a$. Da $f$ stetig ist,
  folgt
  $f(a)=\lim\limits_{k\to\infty}f(x_{n_k})=\inf\limits_{x\in E}f(x)$.
\end{proof}

Der folgende Satz ist auch in der Topologie wichtig. 
\begin{theorem}
  \label{bij komp hom thm}
  Seien $E,F$ metrische R\"aume. Sei $E$ kompakt. Sei $f\colon E\to F$
  stetig und bijektiv. Dann ist $f$ ein Hom\"oomorphismus, \dh
  insbesondere ist $f^{-1}$ stetig.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Die Stetigkeit von $f^{-1}$ bedeutet, dass Bilder offener Mengen
  unter $f$ wieder offen sind oder, dass Bilder abgeschlossener Mengen
  unter $f$ wieder abgeschlossen sind. Dies wollen wir zeigen. \par
  Sei also $B\subset E$ abgeschlossen. Dann ist $B$ kompakt. Somit ist
  $f(B)$ kompakt und daher abgeschlossen.
\end{proof}

Da solche Abbildungen h\"aufiger vorkommen definieren wir: 
\begin{definition}
  Seien $E,\,F$ metrische R\"aume. Sei $f\colon E\to F$ eine
  Abbildung. Dann hei\ss{}t 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $f$ offen, falls $f(A)$ f\"ur alle offenen Mengen
    $A\in\mathcal O_E$ in $F$ offen ist. 
  \item $f$ abgeschlossen, falls $f(C)$ f\"ur alle abgeschlossenen
    Mengen $C\subset E$ in $F$ abgeschlossen ist.
  \end{enumerate}
\end{definition}

Auch der $\R^n$ besitzt eine Kompaktheitseigenschaft:
\begin{definition}[lokal kompakt]
  Ein metrischer Raum $E$ hei\ss{}t \emph{lokal kompakt,} wenn jeder
  Punkt $x\in E$ eine kompakte Umgebung besitzt.
\end{definition}

% CG: 2.3.19 ff erstmal weggelassen.

\Subsection{Zusammenhang}

\begin{definition}
  Sei $E$ ein metrischer Raum.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $E$ hei\ss{}t \emph{zusammenh\"angend,} falls $E$ sich nicht
    als disjunkte Vereinigung von nichtleeren offenen Mengen schreiben
    l\"asst, \dh aus \[E=A\dot\cup B\quad \text{mit}\quad
    A,\,B\in\O\quad \text{folgt}\quad A=\emptyset\quad
    \text{oder}\quad B=\emptyset.\]
  \item Eine Teilmenge $A\subset E$ hei\ss{}t zusammenh\"angend, wenn
    sie als Teilraum zusammenh\"angend ist. 
  \item $E$ hei\ss{}t \emph{lokal zusammenh\"angend,} wenn jeder Punkt
    eine Umgebungsbasis besitzt, die aus zusammenh\"angenden Mengen
    besteht. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Jeder einpunktige Teilraum ist zusammenh\"angend. Die leere
    Menge ist zusammenh\"angend. 
  \item Seien $B_1,B_2\subset\R^n$ offene disjunkte Kugeln. Dann ist
    $E=B_1\dot\cup B_2$ un\-zu\-sam\-men\-h\"an\-gend, da $B_1$ und
    $B_2$ in $E$ offen sind.
  \item Die Mengen $A$ und $B$ in der Definition von zusammenh\"angend
    sind als Komplemente von offenen Mengen abgeschlossen. 
  \item $E$ ist genau dann zusammenh\"angend, wenn $\emptyset$ und $E$
    die einzigen Teilmengen von $E$ sind, die gleichzeitig offen und
    abgeschlossen sind. (\"Ubung)
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{theorem}
  \label{zshg stet zshg thm}
  Seien $E,F$ metrische R\"aume und $f\colon E\to F$ stetig. Ist $E$
  zusammenh\"angend, dann ist auch $f(E)$ zusammenh\"angend. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Falls der Teilraum $f(E)\subset F$ nicht zusammenh\"angend w\"are,
  so g\"abe es zwei disjunkte nichtleere relativ offene Mengen
  $A,B\subset f(E)$ mit $A\cup B=f(E)$. Somit sind auch die Mengen
  $f^{-1}(A)$ und $f^{-1}(B)$ disjunkt, nichtleer und offen in $E$ und
  es gilt $f^{-1}(A)\cup f^{-1}(B)=E$. Widerspruch. 
\end{proof}

\begin{proposition}
  \label{zshg in R prop}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{zshg r thm} Eine nichtleere Teilmenge $E\subset\R$ ist
    genau dann zusammenh\"angend, wenn $E$ ein (m\"oglicherweise
    unbeschr\"anktes) Intervall ist.
  \item $\R$ ist zusammenh\"angend und lokal zusammenh\"angend. 
  \end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item 
    \neueZeile
    \begin{itemize}
    \item[\Hinrichtung] Sei $E$ zusammenh\"angend.  Enthalte $E$ ohne
      Einschr\"ankung mindestens zwei verschiedene Punkte $a$ und $b$
      mit $a<b$. Wir behaupten dass dann auch $[a,b]\subset E$
      gilt. Daher ist $E$ ein Intervall (\"Ubung). Angenommen, es gibt
      $c\in(a,b)$ mit $c\not\in E$. Dann
      ist \[E=(E\cap(-\infty,c))\dot\cup(E\cap(c,\infty))\] eine
      Zerlegung von $E$ in disjunkte nichtleere offene Mengen die
      zeigt, dass $E$ nicht zusammenh\"angend ist. Somit folgt die
      Behauptung.
    \item[\Rueckrichtung] Angenommen, ein Intervall $I$ w\"are
      unzusammenh\"angend. Dann gibt es offene disjunkte nichtleere
      Mengen $A,B$ mit $I=A\dot\cup B$. Wir finden also Punkte
      $a,b\in\R$ mit $a<b$ und ohne Einschr\"ankung $a\in A$ sowie
      $b\in B$. Beachte, dass $[a,b]\subset I$ gilt. Definiere
      $c:=\sup\{x\in [a,b]\colon x\in A\}\equiv\sup M$.  $M$ ist
      nichtleer und beschr\"ankt, $[a,b]$ ist kompakt. Daher gilt
      $c\in[a,b]$. Ab jetzt betrachten wir alles relativ zu
      $[a,b]$. Nach Definition des Supremums ist $c$ Grenzwert einer
      Folge von Punkten in $A$. Da $A$ als Komplement von $B$
      abgeschlossen ist, folgt $c\in A$. Somit ist $c<b$. Da $A$ offen
      ist, gibt es ein $\epsilon>0$ mit
      $B_\epsilon(c)\cap[a,b]\subset A$. Somit ist $c$ nicht das
      Supremum. Widerspruch.
    \end{itemize}
  \item Folgt aus \eqref{zshg r thm}. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}
Erlauben wir in der Definition eines Intervalles auch Ausdr\"ucke wie
$(1,0)=\emptyset$, so sind die zusammenh\"angenden Teilmengen von $\R$
genau die Intervalle. 

\begin{corollary}[Zwischenwertsatz]
  Sei $E$ ein zusammenh\"angender metrischer Raum und seien $a,b\in
  E$. Sei $f\colon E\to\R$ stetig. Gelte $f(a)<f(b)$. Dann nimmt $f$
  jeden Wert zwischen $f(a)$ und $f(b)$ an, \dh es
  gilt \[[f(a),f(b)]\subset f(E).\] 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Als stetiges Bild eines zusammenh\"angenden Raumes ist $f(E)$ nach
  Theorem \ref{zshg stet zshg thm} selber wieder zusammenh\"angend und
  daher nach Proposition \ref{zshg in R prop} ein Intervall. 
\end{proof}

\begin{proposition}
  \label{zshg abg tm prop}
  Sei $E$ ein metrischer Raum und $A\subset E$ eine zusammenh\"angende
  Menge. Sei $B$ eine Menge mit $A\subset B\subset\ol A$. Dann ist
  auch $B$ zusammenh\"angend. \par Insbesondere ist der Abschluss
  einer zusammenh\"angenden Menge selbst wieder zusammenh\"angend. 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Angenommen, es existiert eine Zerlegung $B=X\dot\cup Y$ mit offenen
  nichtleeren Mengen $X,Y\subset B$. Da $A$ nach Definition des
  Abschlusses dicht in $B$ liegt, folgen $A\cap X\neq\emptyset$ und
  $A\cap Y\neq\emptyset$. Somit ist $A=(A\cap X)\dot\cup(A\cap Y)$
  eine Zerlegung von $A$ in offene nichtleere Mengen. Widerspruch. 
\end{proof}

\begin{proposition}
  \label{bel ver zus prop}
  Sei $E$ ein metrischer Raum und sei $(A_i)_{i\in I}$ eine Familie
  zusammenh\"angender Mengen mit $A_i\subset E$ f\"ur alle $i\in
  I$. Gilt $\bigcap\limits_{i\in I}A_i\neq\emptyset$, so ist auch
  $A:=\bigcup\limits_{i\in I}A_i$ eine zusammenh\"angende Menge.
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Angenommen, $A$ w\"are nicht zusammenh\"angend. Dann gibt es offene
  nichtleere Mengen $X,Y\subset E$ mit $A=X\dot\cup Y$. Sei
  $a\in\bigcap\limits_{i\in I}A_i$. Es folgt $a\in X$ oder $a\in
  Y$. Gelte ohne Einschr\"ankung $a\in X$. Da $a$ aus der Schnittmenge
  ist, erhalten wir $a\in A_i$ f\"ur alle $i\in I$. Da
  $Y\neq\emptyset$ gilt, gibt es ein $j\in I$ mit $A_j\cap
  Y\neq\emptyset$. Es folgt, dass \[A_j=(X\cap A_j)\dot\cup(Y\cap
  A_j)\] eine disjunkte Zerlegung von $A_j$ in offene nichtleere
  Mengen ist. Dies widerspricht der Tatsache, dass $A_j$
  zusammenh\"angend ist. 
\end{proof}

Per Induktion erhalten wir daraus direkt
\begin{corollary}
  \label{endl ver zus cor}
  Sei $E$ ein metrischer Raum. 
  Seien $A_i$, $i=1,\ldots,n$ endlich viele zusammenh\"angende Mengen
  in $E$, so dass $A_i\cap A_{i+1}\neq\emptyset$ f\"ur alle $1\le i\le
  n-1$ gilt. Dann ist $\bigcup\limits_{i=1}^nA_i$ zusammenh\"angend. 
\end{corollary}

Dies k\"onnen wir auch auf abz\"ahlbare Vereinigungen
verallgemeinern. 
\begin{corollary}
  Sei $E$ ein metrischer Raum und sei $(A_i)_{i\in\N}$ eine Folge
  zusammenh\"angender Mengen in $E$ mit $A_i\cap A_{i+1}\neq\emptyset$
  f\"ur alle $i\in\N$. Dann ist $\bigcup\limits_{i\in\N}A_i$
  zusammenh\"angend. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir definieren $B_n:=\bigcup\limits_{i=0}^nA_i$. Diese Mengen sind
  nach Korollar \ref{endl ver zus cor} jeweils
  zusammenh\"angend. Weiterhin
  gilt \[\bigcap\limits_{n\in\N}B_n=B_0=A_0\neq\emptyset.\] Somit
  folgt die Behauptung aus Proposition \ref{bel ver zus prop}.
\end{proof}

\begin{definition}[Zusammenhangskomponente]
  \stern Sei $E$ ein metrischer Raum.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $x\in E$. Dann definieren wir die
    \emph{Zusammenhangskomponente} von $x$ in $E$, $\mathcal C(x)$,
    als die Vereinigung aller zusammenh\"angenden Mengen $A\subset E$
    mit $x\in A$.
  \item $E$ hei\ss{}t \emph{total unzusammenh\"angend,} falls
    $\mathcal C(x)=\{x\}$ f\"ur alle $x\in E$ gilt. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  \label{zshg rem}
  \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Zusammenhangskomponente eines Punktes $x$ ist als
    Vereinigung von zusammenh\"angenden Mengen, die $x$ enthalten,
    selbst wieder zusammenh\"angend.
  \item $\mathcal C(x)$ ist die gr\"o\ss{}te zusammenh\"angende
    Teilmenge von $E$, die $x$ enth\"alt. 
  \item Nach Proposition \ref{zshg abg tm prop} ist $\mathcal C(x)$
    abgeschlossen. 
  \item Es gilt $\mathcal C(x)=\mathcal C(y) \aequivalent \mathcal
    C(x)\cap\mathcal C(y)\neq\emptyset$. 
  \item Somit bilden die Zusammenhangskomponenten eines metrischen
    Raumes eine Partition dieses Raumes.
  \item $E$ ist genau dann zusammenh\"angend, wenn $\mathcal C(x)=E$
    f\"ur alle (oder, im Falle $E\neq\emptyset$, f\"ur ein) $x\in E$
    gilt.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{proposition}
  \label{lok zshg offen prop} \stern 
  Die Zusammenhangskomponenten eines lokal
  zu\-sam\-men\-h\"an\-gen\-den Raumes $E$ sind offen.
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $\mathcal C\subset E$ eine Zusammenhangskomponente von $E$.  Sei
  $x\in\mathcal C$. Dann besitzt $x$ eine zusammenh\"angende Umgebung
  $U$. Somit gilt $U\subset\mathcal C$ und $\mathcal C$ ist offen.
\end{proof}

\begin{proposition}
  Jede offene Teilmenge $A\subset\R$ l\"asst sich als h\"ochstens
  abz\"ahlbare Vereinigung von offenen Intervallen schreiben. 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \stern Da offene Intervalle zusammenh\"angend sind, ist $A$ lokal
  zusammenh\"angend. Somit sind nach Proposition \ref{lok zshg offen
    prop} alle Zusammenhangskomponenten von $A$ offen und nach
  Proposition \ref{zshg in R prop} offene Intervalle.  Weiterhin haben
  wir bereits bemerkt, dass unterschiedliche Zusammenhangskomponenten
  disjunkt sind. Schlie\ss{}lich ist die Vereinigung h\"ochstens
  abz\"ahlbar, da jedes offene Intervall eine rationale Zahl
  enth\"alt.
\end{proof}

\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $E$ ein metrischer Raum. Eine \emph{Kurve} $\Gamma\subset
    E$ ist das Bild einer stetigen Abbildung $\phi\colon I=[a,b]\to
    E$, \[\Gamma=\{\phi(t)\colon a\le t\le b\}.\] $\phi(a)$ und
    $\phi(b)$ hei\ss{}en \emph{Endpunkte} der Kurve. $t$ hei\ss{}t
    Parameter und $\phi$ Parametrisierung der Kurve. Da alle
    abgeschlossenen Intervalle in $\R$ hom\"oomorph zu $[0,1]$ sind,
    gibt es stets eine auf dem Einheitsintervall $[0,1]$ definierte
    Parametrisierung. Wenn nicht anders angegeben verwenden wir solch
    eine Parametrisierung.
  \item Eine Kurve $\Gamma$ hei\ss{}t geschlossen, falls
    $\phi(a)=\phi(b)$ gilt. 
  \item Statt von Kurven spricht man auch von \emph{stetigen Kurven,}
    \emph{Wegen} oder \emph{B\"ogen.}
  \item Sei $E$ ein normierter Raum. Dann hei\ss{}t
    $\phi\colon[a,b]\to E$ \emph{st\"uckweise affin} (oder
    st\"uckweise affin linear), falls es $x_i\in\R$ mit
    $a=x_0<x_1<\ldots<x_n=b$ und $p_i,q_i\in E$ gibt, so dass
    $\phi|_{[x_i,x_{i+1}]}(t)=p_i+tq_i$ f\"ur alle $0\le i\le n-1$
    gilt.
  \item Eine Kurve $\Gamma\subset E$ hei\ss{}t \emph{Polygonzug,}
    falls es eine st\"uckweise affine Abbildung $\phi\colon[0,1]\to E$
    mit $\phi([0,1])=\Gamma$ gibt. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{definition}
  Sei $E$ ein metrischer Raum. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $E$ hei\ss{}t \emph{wegzusammenh\"angend} (oder
    \emph{bogenzusammenh\"angend}), falls es zu je zwei Punkten
    $x,\,y\in E$ stets eine Kurve mit Endpunkten $x$ und $y$ gibt,
    also eine stetige Abbildung $\phi\colon[0,1]\to E$ mit $\phi(0)=x$
    und $\phi(1)=y$. 
  \item Eine Teilmenge $A\subset E$ hei\ss{}t wegzusammenh\"angend,
    wenn sie als Teilraum wegzusammenh\"angend ist. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{definition}
  Sei $E$ ein normierter Raum \"uber dem K\"orper $\R$. Sei $A\subset
  E$ eine Teilmenge. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $A$ hei\ss{}t \emph{konvex,} falls f\"ur beliebige $x,\,y\in
    A$ auch die Verbindungsstrecke \[[x,y]:=\{tx+(1-t)y\colon
    t\in[0,1]\}\] in $A$ enthalten ist. 
  \item $A$ hei\ss{}t \emph{sternf\"ormig,} falls es ein $x_0\in A$
    gibt, so dass f\"ur beliebige $x\in A$ auch stets $[x_0,x]\subset
    A$ gilt.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{lemma}
  Sei $E$ ein normierter Raum. Sei $A\subset E$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ist $A$ konvex, so ist $A$ sternf\"ormig.
  \item Ist $A$ sternf\"ormig, so ist $A$ wegzusammenh\"angend. 
  \end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ubung. 
\end{proof}

\begin{proposition}
  \label{weg zshg bogen zshg prop}
  Sei $E$ ein wegzusammenh\"angender metrischer Raum. Dann ist $E$
  zusammenh\"angend. 
\end{proposition}
\begin{proof}
  Seien $A,B\subset E$ offen mit $A\dot\cup B=E$. Angenommen, es gilt
  $A\neq\emptyset\neq B$. Dann existieren $x\in A$, $y\in B$ sowie
  eine Kurve $\Gamma\subset E$ mit Endpunkten $x$ und $y$. Als
  stetiges Bild der zusammenh\"angenden Menge $[0,1]$, siehe
  Proposition \ref{zshg in R prop}, ist $\Gamma$ nach Theorem
  \ref{zshg stet zshg thm} selbst wieder
  zusammenh\"angend. Andererseits ist
  $(\Gamma\cap A)\cup(\Gamma\cap B)=\Gamma$ eine Zerlegung, die der
  Tatsache widerspricht, dass $\Gamma$ zusammenh\"angend ist.
\end{proof}

\begin{proof}[Alternativbeweis]
  \stern Wir wollen zeigen, dass $E$ nur eine Zusammenhangskomponente
  besitzt. Dann sind wir nach Bemerkung \ref{zshg rem} fertig. Seien
  $x,\,y\in E$ und $\mathcal C(x)$ und $\mathcal C(y)$ die
  zugeh\"origen Zusammenhangskomponenten. Sei $\Gamma\subset E$ eine
  Kurve mit Endpunkten $x$ und $y$. Dann ist $\Gamma$ als stetiges
  Bild der zusammenh\"angenden Menge $[0,1]$, siehe Proposition
  \ref{zshg in R prop}, nach Theorem \ref{zshg stet zshg thm} selbst
  wieder zusammenh\"angend. Da $\mathcal C(x)$ die Vereinigung aller
  zusammenh\"angenden Mengen, die $x$ enthalten, ist, folgt
  $y\in\mathcal C(x)$. Nach Bemerkung \ref{zshg rem} gilt also
  $\mathcal C(x)=\mathcal C(y)$. Die Behauptung folgt.
\end{proof}

\begin{proposition}
  Sei $E$ ein normierter Raum und $\Omega\subset E$ offen. Dann ist
  $\Omega$ genau dann zusammenh\"angend, wenn $\Omega$
  wegzusammenh\"angend ist.
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Nach Proposition \ref{weg zshg bogen zshg prop} gen\"ugt der
  Nachweis, dass jede offene zu\-sam\-men\-h\"an\-gen\-de Menge
  $\Omega\subset E$ auch wegzusammenh\"angend ist. \par Sei
  $\Omega\neq\emptyset$. Sei $x_0\in\Omega$
  beliebig. Definiere \[K:=\{y\in\Omega\colon
  \exists\,\phi\colon[0,1]\to\Omega,\,\phi(0)=x_0,\,\phi(1)=y \text{
    und }\phi\text{ ist st\"uckweise affin}\}.\] Wir wollen nun
  $K=\Omega$ zeigen. Da $\Omega$ zusammenh\"angend ist, gen\"ugt es
  daf\"ur zu zeigen, dass $K$ nichtleer, offen und abgeschlossen ist.
  (Diese Technik benutzt man h\"aufiger um zu zeigen, dass eine
  Eigenschaft \"uberall in einem zusammenh\"angenden Raum gilt.)
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Es gilt $x_0\in K$. Somit ist $K\neq\emptyset$. 
  \item $K$ ist offen: Sei $x\in K$. Dann gibt es eine Kugel
    $B_\epsilon(x)\subset\Omega$. Alle Punkte dieser Kugel lassen sich
    durch ein Geradenst\"uck mit $x$ in $B_\epsilon(x)$ verbinden. Wir
    k\"onnen also die st\"uckweise affine Kurve von $x_0$ nach $x$ um
    ein Geradenst\"uck zu einer Kurve zu einem beliebigen Punkt in
    $B_\epsilon(x)$ verl\"angern. Somit ist $K$ offen. 
  \item $K$ ist abgeschlossen: Sei $(x_n)_{n\in\N}\subset K$ mit
    $x_n\to y\in\Omega$. Dann gibt es ein $\epsilon>0$ mit
    $B_\epsilon(y)\subset\Omega$. Somit gibt es ein $n_0\in\N$, so
    dass f\"ur $n\ge n_0$ auch $x_n\in B_\epsilon(y)$ gilt.  Wir
    k\"onnen also eine st\"uckweise affine Kurve von $x_0$ nach $x_n$
    in $B_\epsilon(y)$ und damit insbesondere in $\Omega$ durch ein
    Geradenst\"uck nach $y$ verl\"angern. Dies zeigt $y\in K$. Somit
    ist $K$ abgeschlossen.
  \end{enumerate}
  Wir erhalten also $K=\Omega$ und damit die Behauptung.
\end{proof}

\begin{definition}
  Sei $E$ ein normierter Raum. Dann hei\ss{}t $\Omega\subset E$ ein
  \emph{Gebiet,} falls $\Omega$ offen und zusammenh\"angend ist. 
\end{definition}

\Subsection{Produktr\"aume}

\begin{definition}[Produktmetrik]
  Seien $(E_1,d_1)$ und $(E_2,d_2)$ metrische R\"aume. Dann definieren
  wir auf $E_1\times E_2$ die \emph{Produktmetrik} $d\colon E_1\times
  E_2\to\R_+$ durch \[d(x,y):=\max\limits_{1\le i\le 2}
  d_i\left(x^i,y^i\right) =\max\left\{d_1\left(x^1,y^1\right),
    \,d_2\left(x^2,y^2\right)\right\}\] f\"ur $x=\left(x^1,x^2\right)$
  und $y=\left(y^1,y^2\right)$.
\end{definition}

\begin{remark}
  \label{metr prod rem}
  \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Man rechnet direkt nach, dass die Produktmetrik eine Metrik
    auf dem kartesischen Produkt ist. 
  \item Wir h\"atten auch
    $d'(x,y):=d_1\left(x^1,y^1\right)+d_2\left(x^2,y^2\right)$ oder
    alternativ auch
    $d''(x,y):=\sqrt{\left(d_1\left(x^1,y^1\right)\right)^2
      +\left(d_2\left(x^2,y^2\right)\right)^2}$ definieren
    k\"onnen. Dies liefert zwei \emph{\"aquivalente Metriken} in dem
    Sinne, dass es eine Konstante $c>0$ mit $\frac1c d\le d'\le cd$ --
    und analog f\"ur andere Paare der oben erw\"ahnten Metriken --
    gibt. Die \"Aquivalenz dieser Metriken zeigt man wie bei der
    \"Aquivalenz der Normen auf $\R^n$. \par Die Eigenschaften
    Cauchyfolge, stetig, gleichm\"a\ss{}ig stetig, (pr\"a-)kompakt,
    oder beschr\"ankt zu sein sind daher unabh\"angig von der Wahl der
    Metrik, solange diese zur Produktmetrik \"aquivalent ist. 
  \item Die euklidische Metrik auf $\R^2$ ist gerade die Metrik $d''$
    auf $\R\times\R$.
  \item Es gilt $B_r(x)=B_r\left(x^1\right)\times B_r\left(x^2\right)$
    f\"ur die oben definierte Metrik $d$.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Seien $(E_1,\Vert\cdot\Vert_1)$ und $(E_2,\Vert\cdot\Vert_2)$
    zwei normierte R\"aume. Dann
    definiert \[\left\Vert\left(x^i\right)_{i\in\{1,2\}}
    \right\Vert:=\max\limits_{i\in\{1,2\}} 
    \left\Vert x^i\right\Vert_i\] 
    eine Norm auf $E_1\times E_2$. 
  \item Seien $(E_1,\langle\cdot,\cdot\rangle_1)$ und
    $(E_2,\langle\cdot,\cdot\rangle_2)$ zwei
    Skalarproduktr\"aume. Dann
    definiert \[\left\langle\left(x^i\right)_{1\le i\le
        2},\left(y^i\right)_{1\le i\le
        2}\right\rangle:=\sum\limits_{i=1}^2 \left\langle
      x^i,y^i\right\rangle_i\] ein Skalarprodukt auf $E_1\times E_2$.  
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  \stern 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wie bei metrischen R\"aumen kann man auch bei normierten
    R\"aumen \"aquivalente Normen auf dem kartesischen Produkt
    definieren.
  \item Beim kartesischen Produkt von Skalarproduktr\"aumen k\"onnen
    wir die Summanden unterschiedlich gewichten.
  \end{enumerate}
\end{remark}

Aus der Darstellung der Kugeln in Bemerkung \ref{metr prod rem}
erhalten wir direkt
\begin{proposition}
  Seien $E,F$ metrische R\"aume. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Gelten $A\in\mathcal O_E$ und $B\in\mathcal O_F$, so folgt
    $A\times B\in\mathcal O_{E\times F}$. 
  \item Gelten $U\in\mathcal U_E(x)$ und $V\in\mathcal U_F(y)$, so
    folgt $U\times V\in\mathcal U_{E\times F}((x,y))$. 
  \end{enumerate}
\end{proposition}

Direkt nach Definition der Produktmetrik folgt
\begin{proposition}
  \label{cf aequiv komp cf prop}
  Seien $E_1,\,E_2$ metrische R\"aume. Dann ist die Folge
  $(x_n)_{n\in\N}=\left(\left(x^i_n\right)_{i\in\{1,2\}}
  \right)_{n\in\N}\subset E_1\times E_2$ genau dann eine Cauchyfolge
  in $E_1\times E_2$, wenn f\"ur $i=1$ und $i=2$ die Komponentenfolgen
  $\left(x^i\right)_{n\in\N}$ Cauchyfolgen in $E_i$ sind.
\end{proposition}

Ebenso gilt
\begin{proposition}
  \label{konv aequiv komp konv prop}
  Seien $E_1,\,E_2$ metrische R\"aume. Dann konvergiert die Folge
  $x_n=\left(x^i_n\right)$ genau dann in $E_1\times E_2$ gegen
  $x=\left(x^i\right)$, wenn die Komponentenfolgen $x^i_n$ f\"ur $i=1$
  und $i=2$ gegen $x^i$ konvergieren.
\end{proposition}

\begin{corollary}
  \label{abschl prod cor}
  Seien $E_1,E_2$ metrische R\"aume. Gelte $A_i\subset E_i$ f\"ur
  $i=1,2$. Dann gilt \[\ol{A_1\times A_2}=\ol{A_1}\times\ol{A_2}.\] 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Nach Definition des Abschlusses in einem metrischen Raum liegt ein
  Punkt $x$ genau dann im Abschluss einer Menge $A$,
  % wenn $U\cap A\neq\emptyset$ f\"ur alle $U\in\mathcal U(x)$ gilt
  % oder, \"aquivalent dazu,
  wenn es eine Folge $A\ni x_n\to x$ gibt. Daher
  folgt die Behauptung aus Proposition \ref{konv aequiv komp konv
    prop}.
\end{proof}

\begin{proposition}
  Seien $E,\,F_1,\,F_2$ metrische R\"aume und sei $f\colon E\to
  F_1\times F_2$ eine Abbildung mit Komponentenabbildungen
  $f=\left(f^i\right)$, $f^i\colon E\to F_i$. Dann ist $f$ genau dann
  in $z\in E$ stetig, wenn dies f\"ur die Funktionen $f^i\colon E\to
  F_i$, $i=1,2$, gilt. 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Benutze Folgenstetigkeit und Proposition \ref{konv aequiv komp konv
    prop}. 
\end{proof}

\begin{proposition}
  \label{glm stet ins prod prop}
  Seien $E,\,F_1,\,F_2$ metrische R\"aume und sei $f\colon E\to
  F_1\times F_2$ eine Abbildung mit Komponentenabbildungen
  $f=\left(f^i\right)$, $f^i\colon E\to F_i$. Dann ist $f$ genau dann
  gleichm\"a\ss{}ig stetig, wenn dies f\"ur die Funktionen $f^i\colon E\to
  F_i$, $i=1,2$, gilt. 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item[\Hinrichtung] Klar, da $d\ge d_i$. 
  \item[\Rueckrichtung] F\"ur $\epsilon>0$ gibt es $\delta_i>0$, so
    dass f\"ur alle $x,y\in E$
    \[d_E(x,y)<\delta_i\quad\impliziert\quad
    d_{F_i}\left(f^i(x),f^i(y)\right)<\epsilon\] f\"ur $i=1,2$
    gilt. Verwende nun $\delta:=\min\{\delta_1,\delta_2\}$. Dann folgt
    aus $d_E(x,y)<\delta$ \[d_{F_1\times
      F_2}(f(x),f(y)) =\max\limits_{i\in\{1,2\}}
    d_{F_i}\left(f^i(x),f^i(y)\right)<\epsilon\] 
    f\"ur alle $x,y\in E$ und daher die Behauptung. \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

\begin{corollary}
  Seien $E_1,\,E_2$ metrische R\"aume. Dann sind die
  Projektionsabbildungen $\pi_i\colon E_1\times E_2\to E_i$, $i=1,2$,
  gleichm\"a\ss{}ig stetig. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Die Projektionsabbildung $\pi_i$ ist die $i$-te Komponente der
  Identit\"at $\id\colon E_1\times E_2\to E_1\times E_2$ und daher
  nach Proposition \ref{glm stet ins prod prop} gleichm\"a\ss{}ig
  stetig. 
\end{proof}

\begin{proposition}
  Seien $E_1,\,E_2$ metrische R\"aume. Dann sind die
  Projektionsabbildungen $\pi_i\colon E_1\times E_2\to E_1$, $i=1,2$,
  offene Abbildungen. 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir betrachten nur den Fall $i=1$. Sei $A\subset E_1\times E_2$
  offen und $x\in\pi_1(A)$. Dann gibt es ein $y\in E_2$ mit $(x,y)\in
  A$. Da $A$ offen ist, gibt es weiterhin nach Bemerkung \ref{metr
    prod rem} ein $r>0$ mit $B_r((x,y))=B_r(x)\times B_r(y)\subset
  A$. Daher folgt $B_r(x)=\pi_1(B_r((x,y)))\subset\pi_1(A)$. Somit ist
  $\pi_1$ offen.
\end{proof}

\begin{remark}
  $\pi_1\colon\R\times\R\to\R$ ist keine abgeschlossene Abbildung,
  denn $\pi_1\left(\{(x,y)\in\R^2\colon x\ge0,\,y\ge0 \text{ und }
    xy\ge1\}\right)=(0,\infty)$ ist nicht abgeschlossen.
\end{remark}

\begin{proposition}
  Seien $E_1,\,E_2$ metrische R\"aume. 
  Sei $a=\left(a^1,a^2\right)$ fest. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dann sind $E_1\times\left\{a^2\right\}$ und
    $\left\{a^1\right\}\times E_2$ in $E_1\times E_2$ abgeschlossen. 
  \item Die Abbildungen $E_1\to E_1\times\left\{a^2\right\}$,
    $x\mapsto\left(x,a^2\right)$ und $E_2\to\left\{a^1\right\}\times
    E_2$, $y\mapsto\left(a^1,y\right)$ sind Isometrien. 
  \end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)] 
  \item Dies folgt direkt aus Korollar \ref{abschl prod cor} oder
    alternativ aus der Stetigkeit der Projektionsabbildungen. 
  \item Dies gilt direkt nach Definition der Produktmetrik. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{theorem}
  Seien $E_1,\,E_2$ nichtleere metrische R\"aume. Dann besitzt
  $E_1\times E_2$ genau dann eine der unten aufgef\"uhrten
  Eigenschaften, wenn auch $E_1$ und $E_2$ diese besitzen. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item vollst\"andig
  \item separabel
  \item kompakt
  \item pr\"akompakt
  \item lokal kompakt
  \item zusammenh\"angend
  \item lokal zusammenh\"angend
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Ohne Einschr\"ankung gen\"ugt es bei \glqq\impliziert\grqq{} stets,
  zu zeigen, dass $E_1$ diese Eigenschaft besitzt.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dies folgt unmittelbar aus den Propositionen \ref{cf aequiv
      komp cf prop} und \ref{konv aequiv komp konv prop}.
  \item separabel:
    \begin{itemize}
    \item[\Hinrichtung] Sei $D\subset E_1\times E_2$ eine h\"ochstens
      abz\"ahlbare dichte Teilmenge. Sei $x\in E_1$
      beliebig. Definiere $D_1:=\pi_1(D)$. Fixiere ein beliebiges
      $y\in E_2$. Dann gibt es eine Folge $D\ni(x_n,y_n)\to
      (x,y)$. Somit erhalten wir $D_1\ni x_n\to x$ und $D_1$ ist die
      gew\"unschte Menge.
    \item[\Rueckrichtung] Seien $D_1\subset E_1$ und $D_2\subset E_2$
      dichte h\"ochstens abz\"ahlbare Teilmengen. Dann sieht man
      leicht, dass auch $D_1\times D_2\subset E_1\times E_2$ eine
      dichte h\"ochstens abz\"ahlbare Teilmenge ist. 
    \end{itemize}
  \item kompakt:
    \begin{itemize}
    \item[\Hinrichtung] Bilder kompakter Mengen unter stetigen
      Abbildungen -- benutze $\pi_1$ -- sind selbst wieder
      kompakt. (Man kann auch so wie bei \glqq$\Longleftarrow$\grqq{}
      vorgehen.) 
    \item[\Rueckrichtung] Wir benutzen die Folgenkompaktheit von
      $E_i$, $i=1,2$. Sei dazu $x_n=\left(x^1_n,x^2_n\right)_{n\in\N}
      \subset E_1\times E_2$ eine Folge. Aufgrund der Kompaktheit von
      $E_1$ konvergiert dann eine Teilfolge $\left(x^1_{n_k}\right)_k$
      der Folge $\left(x^1_n\right)_n$, ebenso eine Teilfolge
      $\left(x^2_{n_{k_l}}\right)_l$ der Folge
      $\left(x^2_{n_k}\right)_k$. Da beide Komponenten der Folge
      $x_{n_{k_l}}$ konvergieren, erhalten wir nach Proposition
      \ref{konv aequiv komp konv prop} auch die Konvergenz dieser
      Folge.
    \end{itemize}
  \item pr\"akompakt:
    \begin{itemize}
    \item[\Hinrichtung] Sei $y\in E_2$ beliebig. Nach Lemma
      \ref{unterraum praekomp praekomp lem} ist $E_1\times\{y\}$ als
      Unterraum eines pr\"akompakten Raumes selbst wieder
      pr\"akompakt. Die Behauptung folgt nun, da $\pi_1\colon
      E_1\times\{y\}\to E_1$ eine Isometrie ist. 
    \item[\Rueckrichtung] Sei $\epsilon>0$. Gelten
      $E_1=\bigcup\limits_{n\in I} B_\epsilon(x_n)$ und
      $E_2=\bigcup\limits_{m\in J} B_\epsilon(y_m)$ f\"ur endliche
      Indexmengen $I,J$, so sieht man leicht, dass
      auch
      \[(B_\epsilon((x_n,y_m)))_{(n,m)\in I\times J}
        =(B_\epsilon(x_n)\times B_\epsilon(y_m))_{(n,m)\in I\times
          J}\] eine \"Uberdeckung von $E_1\times E_2$ bildet.
    \end{itemize}
  \item lokal kompakt:
    \begin{itemize}
    \item[\Hinrichtung] Sei $U$ eine kompakte Umgebung von
      $(x,y)\in E_1\times E_2$. Dann gibt es eine offene Menge
      $V\subset U$ mit $(x,y)\in V$.  Die Menge $\pi_1(V)$ ist offen,
      da $\pi_1$ eine offene Abbildung ist. Wegen
      $x\in\pi_1(V)\subset\pi_1(U)$ ist $\pi_1(U)$ eine Umgebung von
      $x$. Schlie\ss{}lich ist $\pi_1(U)$ als stetiges Bild einer
      kompakten Menge selbst wieder kompakt.
    \item[\Rueckrichtung] Dies folgt leicht, wenn man das Produkt
      $U_1\times U_2$ zweier kompakter Umgebungen $U_i\subset E_i$
      betrachtet. 
    \end{itemize}
  \item zusammenh\"angend:
    \begin{itemize}
    \item[\Hinrichtung] Als stetiges Bild eines zusammenh\"angenden
      Raumes ist $E_1=\pi_1(E_1\times E_2)$ zusammenh\"angend. 
    \item[\Rueckrichtung] Sei $E_1\times E_2=A\dot\cup B$. Sei
      $(x,y)\in E_1\times E_2$ beliebig und gelte ohne Einschr\"ankung
      $(x,y)\in A$. Die Menge $\{x\}\times E_2$ ist
      zusammenh\"angend. Somit ist \[((\{x\}\times E_2)\cap A)\dot\cup
      ((\{x\}\times E_2)\cap B) =\{x\}\times E_2\] eine triviale
      \"Uberdeckung, \dh es gilt $\{x\}\times E_2\subset A$. Wir
      vertauschen nun die Rollen von $E_1$ und $E_2$ und k\"onnen mit
      einem beliebigen $y\in E_2$ argumentieren. Somit folgt
      $E_1\times E_2\subset A$ und $E_1\times E_2$ ist
      zusammenh\"angend. 
    \end{itemize}
  \item lokal zusammenh\"angend: \stern 
    \begin{itemize}
    \item[\Hinrichtung] Sei $x=\left(x^1,x^2\right)\in E_1\times E_2$
      beliebig und sei $(U_i)_{i\in I}$ eine Umgebungsbasis von $x$
      aus zusammenh\"angenden Mengen. Dann sind die Mengen
      $V_i:=\pi_1(U_i)$ offene zusammenh\"angende Umgebungen von
      $x^1$, da $\pi_1$ offen und stetig ist. \par Die Mengen
      $(V_i)_{i\in I}$ bilden eine Umgebungsbasis von $x^1$: Sei $V$
      eine beliebige Umgebung von $x^1$. Dann ist $V\times E_2$ eine
      Umgebung von $x$. Somit gibt es ein $i\in I$ mit $U_i\subset
      V\times E_2$. Da $V_i=\pi_1(U_i)\subset \pi_1(V\times E_2) =V$
      gilt, ist $(V_i)_{i\in I}$ eine Umgebungsbasis von $x$. 
    \item[\Rueckrichtung] Sei wieder $x=\left(x^1,x^2\right)\in
      E_1\times E_2$ beliebig. Seien $(U_i)_{i\in I}$ und $(V_j)_{j\in
        J}$ Umgebungsbasen der Punkte $x^1\in E_1$ bzw.{} $x^2\in E_2$
      aus zusammenh\"angenden Mengen. Dann besteht die Familie
      $(U_i\times V_j)_{(i,j)\in I\times J}$ aus zusammenh\"angenden
      Umgebungen von $x$. Die Kugeln $B_r(x)$ bilden eine
      Umgebungsbasis von $x$. Seien $i_0\in I$ und $j_0\in J$ so
      gew\"ahlt, dass $U_{i_0}\subset B_r\left(x^1\right)$ und
      $V_{j_0}\subset B_r\left(x^2\right)$ gelten. Dann folgt
      $U_{i_0}\times V_{j_0}\subset B_r\left(x^1\right) \times
      B_r\left(x^2\right)= B_r(x)$. Somit bildet diese Familie auch
      eine Umgebungsbasis. \qedhere
    \end{itemize}
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{remark}
  \stern
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wie f\"ur das Produkt von zwei metrischen R\"aumen kann man
    analog (oder induktiv) auch das Produkt von endlich vielen
    metrischen R\"aumen $\prod\limits_{i=1}^n E_i$ definieren. Die
    hier bewiesenen S\"atze gelten auch f\"ur den Fall von endlich
    vielen metrischen R\"aumen.
  \item Auch das Produkt von endlich vielen normierten R\"aumen oder
    von endlich vielen Skalarproduktr\"aumen kann man wieder leicht zu
    einem normierten Raum bzw.{} einem Skalarproduktraum machen.
  \item Die Produkttopologie zweier topologischer R\"aume besitzt die
    Mengen $O_1\times O_2$ mit $O_1\in\mathcal O_1$ und
    $O_2\in\mathcal O_2$ als Basis.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\Subsection{Stetige lineare Abbildungen}

Wir werden sp\"ater lineare Abbildungen benutzen um die lineare
Approximation in der Definition der Ableitung zu beschreiben. 

Der Begriff einer linearen Abbildung ist aus der Linearen Algebra
bekannt.
\begin{proposition}
  Seien $E,\,F$ normierte R\"aume \"uber $\K$. Sei $A\colon E\to F$
  eine lineare Abbildung (= ein linearer Operator). Dann sind die
  folgenden Aussagen \"aquivalent:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{lin stet i} $A$ ist in $O\in E$ stetig.
  \item\label{lin stet ii} $A$ ist stetig.
  \item\label{lin stet iii} Es gibt ein $c\ge0$, so dass \[\Vert
    Ax\Vert\le c\cdot\Vert x\Vert\] f\"ur alle $x\in E$ gilt.
  \end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile 
  \begin{itemize}
  \item \glqq\eqref{lin stet i} \impliziert\eqref{lin stet ii}\grqq:
    Dies folgt da $A$ linear ist aus der Identit\"at $\Vert Ax -Ay\Vert
    =\Vert A(x-y)\Vert$.
  \item \glqq\eqref{lin stet ii} \impliziert\eqref{lin stet iii}\grqq:
    Falls nicht, so finden wir zu jedem $n\in\N_{>0}$ ein $x_n\in E$
    mit $\Vert Ax_n\Vert\ge n\Vert x_n\Vert$. Es folgt $y_n:=\frac1n
    \frac{x_n}{\Vert x_n\Vert}\to 0$ f\"ur $n\to\infty$. Es gilt aber
    $\Vert Ay_n\Vert\ge1$ f\"ur alle $n\in\N_{>0}$. Wegen $y_n\to0$
    widerspricht dies der Stetigkeit von $A$ im Punkt $0$.
  \item \glqq\eqref{lin stet iii} \impliziert\eqref{lin stet i}\grqq:
    Klar. \qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $A\colon E\to F$ eine stetige lineare Abbildung zwischen
    normierten R\"aumen. Dann definieren wir die \emph{Operatornorm}
    von $A$ durch \[\Vert A\Vert:=\sup\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}
      {x\in E}{x\neq0}} \frac{\Vert Ax\Vert}{\Vert x\Vert}
    =\sup\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{} {x\in E}{0<\Vert x\Vert\le1}}
    \frac{\Vert Ax\Vert}{\Vert x\Vert}
    =\sup\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{} {x\in E}{\Vert x\Vert=1}} \Vert
    Ax\Vert.\]
  \item Seien $E,\,F$ normierte R\"aume. Wir bezeichnen die Menge
    aller stetigen linearen Abbildungen $E\to F$ mit $L(E,F)$. Ist
    $E=F$, so setzen wir $L(E):=L(E,E)$. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{proposition}
  Seien $E,\,F,\,G$ normierte R\"aume. Dann gelten: 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $L(E,F)$ ist ein $\K$-Vektorraum. Mit der Operatornorm ist
    $L(E,F)$ ein normierter Raum.
  \item Ist $F$ ein Banachraum, so ist $L(E,F)$ vollst\"andig. 
  \item Seien $A\in L(E,F)$ und $B\in L(F,G)$, so gilt $\Vert B\circ
    A\Vert \le \Vert B\Vert\cdot\Vert A\Vert$. 
  \item Ist $A\in L(E)$, so definieren wir induktiv $A^0:=\id_E$ und
    f\"ur $n\in\N$ die Abbildung $A^{n+1}:=A\circ A^n$. Es gilt
    $\left\Vert A^n\right\Vert\le \Vert A\Vert^n$. 
  \end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ubung. 
\end{proof}

\begin{theorem}
  \label{normen aequiv thm}
  Seien $\Vert\cdot\Vert_1,\Vert\cdot\Vert_2$ Normen auf $\R^n$. Dann
  sind $\Vert\cdot\Vert_1$ und $\Vert\cdot\Vert_2$ \"aquivalent. 
\end{theorem}
\begin{proof}
  \"Ubung. 
\end{proof}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ist $\dim E=n<\infty$, so ist jede Abbildung $A\in L(E,F)$
    stetig: Sei $e_i$ eine Basis von $E$, so gilt $x_k\to0$ mit
    $x_k=\sum\limits_{i=1}^n a^i_ke_i$ genau dann, wenn $a^i_k\to0$
    f\"ur alle $i\in\{1,\ldots,n\}$ gilt; wir nutzen die Norm
    $\Vert x_k\Vert =\sqrt{\sum\limits_{i=1}^n \left|a^i_k\right|^2}$
    und Theorem \ref{normen aequiv thm}. Daher folgt in diesem Falle
    $Ax_k=\sum\limits_{i=1}^n a^i_k\cdot Ae_i\to0$.
  \item Der Raum $L(E,\K)\equiv E^*$ hei\ss{}t \emph{Dualraum} von
    $E$. Die Elemente $\phi\in E^*$ hei\ss{}en stetige
    \emph{Linearformen.} Wir schreiben $\phi(x)\equiv\langle
    x,\phi\rangle$. Damit wird $\langle\cdot,\cdot\rangle\colon
    E\times E^*\to\K$ zu einer Bilinearform. 
  \item Ist $A\in L(E,F)$, so hei\ss{}t $N(A):=A^{-1}(\{0\})$
    \emph{Kern} von $A$, $\ker A$. $\ker A$ ist abgeschlossen. Das
    Bild $\im A=R(A)$ ist im Allgemeinen nicht abgeschlossen.
  \item Ist $A\in L(E)$, so sind im Falle $\dim E=\infty$ die Aussagen
    \glqq $A$ ist injektiv\grqq{} und \glqq $A$ ist surjektiv\grqq{}
    im Allgemeinen nicht mehr \"aquivalent. Man betrachte dazu auf dem
    Folgenraum $l^2(\N)$ die surjektive aber nicht injektive
    Linksverschiebung $\left(x^0,x^1,x^2,\ldots\right)
    \mapsto\left(x^1,x^2,\ldots\right)$ und die injektive aber nicht
    surjektive Rechtsverschiebung $\left(x^0,x^1,x^2,\ldots\right)
    \mapsto\left(0,x^0,x^1,x^2,\ldots\right)$.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\Section{Differentiation in einer Variablen}

Wir beschr\"anken uns hier auf den Fall von auf Teilmengen von $\R$
definierten Funktionen. Vieles l\"asst sich direkt auf den komplexen
Fall \"ubertragen, dies wird aber auch noch in der Vorlesung
Funktionentheorie behandelt. Somit betrachten wir hier in der Regel
auch Banachr\"aume \"uber dem K\"orper $\R$. \par 

\Subsection{Differenzierbare Funktionen}
\begin{definition}
  Sei $\Omega\subset\R$ offen, $F$ eine Banachraum und $f\colon
  \Omega\to F$ eine Abbildung. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dann hei\ss{}t $f$ in $x_0\in\Omega$ \emph{differenzierbar,}
    falls \[\lim\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}{\Omega\ni x\to x_0}{x\neq
        x_0}} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\] existiert. Der Quotient
    hei\ss{}t \emph{Differenzenquotient.} Sein Grenzwert hei\ss{}t
    \emph{Ableitung.} Wir bezeichnen ihn mit $f'(x_0)$ oder
    $\frac{df}{dx}(x_0)$. Es gilt $f'(x_0)\in F$.
  \item Ist $f$ in jedem Punkt $x_0\in\Omega$ differenzierbar, so
    hei\ss{}t $f$ \emph{in $\Omega$ differenzierbar.} 
  \item Ist $f$ in $\Omega$ differenzierbar und ist die Abbildung
    $f'\colon\Omega\to F$ mit $x\mapsto f'(x)$ stetig, so hei\ss{}t
    $f$ in $\Omega$ \emph{stetig differenzierbar.}
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Aussagen \[f'(x_0)=\lim\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}{x\to
        x_0}{x\neq x_0}} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\]
    und \[\left\Vert\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}-f'(x_0)\right\Vert\to0\]
    f\"ur $x\to x_0$ sind \"aquivalent.
  \item Direkt aus der Definition folgt: Ist $f$ in $x_0$
    differenzierbar, so ist $f$ in $x_0$ auch stetig.
  \item Die in $x_0\in\Omega$, die in $\Omega$ und die in $\Omega$
    stetig differenzierbaren Funktionen bilden jeweils einen Unterraum
    des Vektorraumes aller Abbildungen $\Omega\to F$.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{definition}[Landausymbole]
  Seien $E,\,F$ Banachr\"aume, sei $\Omega\subset E$ offen, seien
  $f\colon \Omega\to F$ und $g\colon\Omega\to\R_{>0}$ Abbildungen und
  sei $x_0\in\Omega$. Bei den nachfolgenden Definitionen ist stets
  kenntlich zu machen, dass $x_0$ der Bezugspunkt ist.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Gilt \[\lim\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}{x\to x_0}{\Omega\ni
        x\neq x_0}} \frac{f(x)}{g(x)}=0,\] so schreiben wir $f(x)\in
    o(g(x))$. Wir sagen dann, $f$ sei ein klein-$o$ von $g(x)$.
  \item Gilt \[\underset{\genfrac{}{}{0pt}{}{x\to x_0}{\Omega\ni x\neq
        x_0}}{\ol\lim} \frac{\Vert f(x)\Vert}{g(x)}<\infty,\] so
    schreiben wir $f(x)\in O(g(x))$. Wir sagen dann, $f$ sei ein
    gro\ss{}-$O$ von $g(x)$.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $\alpha>0$. Wir benutzen h\"aufig $f(x)\in o(\Vert
    x-x_0\Vert^\alpha)$ und sagen, dass \emph{$f$ in $x_0$ von
      h\"oherer Ordnung als $\alpha$ verschwindet.} 
  \item Sei $\alpha>0$. Wir benutzen h\"aufig $f(x)\in O(\Vert
    x-x_0\Vert^\alpha)$.
  \item Wir verwenden diese Definitionen auch, wenn $f$ nur in
    $\Omega\setminus\{x_0\}$ definiert ist. 
  \item Mit $o\left(\Vert x-x_0\Vert^\alpha\right)$, \ldots{} sind
    impliziert Mengen von Funktionen definiert.  Statt $f(x)\in
    o\left(\Vert x\Vert^\alpha\right)$ oder $f(x)\in O\left(\Vert
      x\Vert^\alpha\right)$ schreibt man auch $f(x)=o\left(\Vert
      x\Vert^\alpha\right)$ bzw.{} $f(x)=O\left(\Vert
      x\Vert^\alpha\right)$.
  \item Im Falle $\Omega\subset\R$ benutzen wir diese Notation auch
    f\"ur $x\to\infty$ oder $x\to-\infty$. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $f\colon\R\to\R$ die Abbildung $x\mapsto x^n$ f\"ur ein
    $n\in\N_{>0}$. Dann gelten f\"ur
    $x_0=0$ \[f(x)=o\left(|x|^\alpha\right) \quad\text{f\"ur
      alle}\quad 0<\alpha<n\quad\text{und}\quad
    f(x)=O\left(|x|^n\right).\]
  \item F\"ur $f\colon\R_+\to\R_+$ mit $x\mapsto\sqrt x$ gelten f\"ur
    $x_0=0$ und alle $0<\alpha<\frac12$ \[f(x)=o\left(x^\alpha\right)
    \quad\text{und}\quad f(x)=O\left(\sqrt x\right).\]
  \item F\"ur $f\colon\R^2\to\R$ mit $f(x)=x^1\cdot x^2$ gilt
    $f(x)=O\left(|x|^2\right)$ und daher folgt f\"ur $x_0=0$ und alle
    $0<\alpha<2$ \[f(x)=o\left(|x|^\alpha\right).\]
  \item Die Funktion $f\colon\R\to\R$ mit \[f(x)=
    \begin{cases}
      x^2\cos\left(\tfrac1x\right),&x\neq0,\\
      0,&x=0, 
    \end{cases}
    \]
    ist in ganz $\R$ differenzierbar, aber $f'$ ist im Punkt $0$ nicht
    stetig. 
    \begin{proof}[Beweis]
      \"Ubung f\"ur sp\"ater oder unter Verwendung von
      Schulkenntnissen. 
    \end{proof}
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{proposition}
  Sei $F$ ein Banachraum und sei $\Omega\subset\R$ offen. Dann ist
  $f\colon\Omega\to F$ genau dann in $x_0\in\Omega$ differenzierbar,
  wenn es ein $a\in F$ mit
  \begin{equation}
    \label{lin approx eq}
    f(x)=f(x_0)+a\cdot(x-x_0)+o(|x-x_0|)    
  \end{equation}
  f\"ur alle $x\in\Omega$ gibt. In diesem Falle gilt $f'(x_0)=a$.
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{itemize}
  \item[\Hinrichtung] Ist $f$ im Punkt $x_0$ differenzierbar, so
    w\"ahlen wir $a=f'(x_0)$ und
    erhalten \[f(x)-f(x_0)-a\cdot(x-x_0)=o(\Vert x-x_0\Vert)\] nach
    Definition der Ableitung.
  \item[\Rueckrichtung] Nach \eqref{lin approx eq} gilt f\"ur
    $x\neq x_0$ mit $x\in\Omega$
    \[\left\Vert\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} -a\right\Vert =\frac{\Vert
        o(|x-x_0|)\Vert}{|x-x_0|}\to0\] f\"ur $x\to x_0$. Somit ist
    $f$ im Punkt $x_0$ differenzierbar und es gilt $f'(x_0)=a$.\qedhere
  \end{itemize}
\end{proof}

Da die linearen stetigen Abbildungen $A\colon \R\to F$ genau von der
Form $x\mapsto a\cdot x$ f\"ur einen Vektor $a=A(1)\in F$ sind,
erhalten wir unter Verwendung der Konvention, dass wir Argumente von
linearen Abbildungen in spitzen Klammern schreiben
\begin{proposition}
  \label{abl lin approx}
  Sei $F$ ein Banachraum und $\Omega\subset\R$ offen. Dann ist
  $f\colon\Omega\to F$ genau dann in $x_0\in\Omega$ differenzierbar,
  wenn es eine stetige lineare Abbildung $A\colon\R\to F$
  mit \[f(x)=f(x_0)+A\langle x-x_0\rangle+o(\Vert x-x_0\Vert)\] f\"ur
  alle $x\in\Omega$ gibt. 
\end{proposition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
%  \item Mit $L(E,F)$ bezeichnen wir die stetigen linearen Abbildungen
%    von einem Banachraum $E$ in einen Banachraum $F$. 
  \item Die stetige lineare Abbildung $A$ aus Proposition \ref{abl lin
      approx} bezeichnen wir mit \[Df(x_0)\in L(\R,F).\] 
  \item Ist $f$ in $\Omega$ differenzierbar, so bezeichnet $Df$ die
    Ableitung von $f$. $Df$ ist durch
    \begin{align*}
      Df\colon\Omega\to&\,L(\R,F),\\
      x\mapsto&\, Df(x)
    \end{align*}
    gegeben. 
  \item Im reellwertigen Fall ist $A\langle x-x_0\rangle$ durch die
    Multiplikation der beiden reellen Zahlen $f'(x_0)$ und $x-x_0$
    gegeben. Identifizieren wir $f'(x_0)\in\R$ mit der linearen
    stetigen Abbildung $\R\ni y\mapsto f'(x_0)\cdot y\in\R$, so
    schreiben wir auch $f'(x_0)\langle y\rangle$. Entsprechendes gilt
    auch f\"ur vektorwertige Funktionen. 
  \item \stern Proposition \ref{abl lin approx} l\"asst sich sp\"ater
    gut auf Funktionen verallgemeinern, die auf offenen Teilmengen
    eines Banachraumes definiert sind.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{proposition}
  Sei $\Omega\subset\R$ offen. Seien $f,\,g\colon\Omega\to\R$ in
  $x_0\in\Omega$ differenzierbar.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Es gelten $(f+g)'(x_0)=f'(x_0)+g'(x_0)$ sowie $(\lambda
    f)'(x_0)=\lambda f'(x_0)$ f\"ur alle $\lambda\in\R$. Diese
    Aussagen gelten auch f\"ur vektorwertige Funktionen. 
  \item Es gilt die Produktregel \[(f\cdot g)'(x_0)= f'(x_0)\cdot
    g(x_0) +f(x_0)\cdot g'(x_0).\]
  \item Ist $g(x_0)\neq0$, so gilt die Quotientenregel
    \[\left(\frac fg\right)'(x_0)
    =\frac{f'(x_0)g(x_0)-f(x_0)g'(x_0)}{g^2(x_0)}.\] 
  \end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Klar nach Definition und Grenzwerts\"atzen.
  \item Es gilt \[f(x)g(x)-f(x_0)g(x_0)=(f(x)-f(x_0))g(x)
    +(g(x)-g(x_0))f(x_0).\] Wir dividieren nun durch $x-x_0$ und gehen
    zum Grenzwert $x\to x_0$ \"uber. Die Behauptung folgt. 
  \item Wir haben hier $g^2(x_0)\equiv(g(x_0))^2$ verwendet. Die
    Behauptung folgt direkt aus der Produktregel und der noch zu
    zeigenden Identit\"at \[\left(\frac1g\right)'(x_0)
    =-\frac{g'(x_0)}{g^2(x_0)}.\] Da $g(x_0)\neq0$ ist, gilt auch
    $g(x)\neq0$ in einer ganzen Umgebung von $x_0$, da $g$ in $x_0$
    stetig ist. Wir erhalten also \[\frac1{g(x)}-\frac1{g(x_0)}
    =-\frac{g(x)-g(x_0)}{g(x)g(x_0)}.\] Wir dividieren wiederum durch
    $x-x_0$ und gehen zum Grenzwert $x\to x_0$ \"uber. Die Behauptung
    folgt. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei $n\in\N_{>0}$. Dann ist $f_n\colon\R\to\R$ mit $x\mapsto x^n$ in
  ganz $\R$ differenzierbar und es gilt \[f_n'(x)=nx^{n-1}.\]
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Die Behauptung f\"ur $n=1$ ist leicht einzusehen. Gelte daher die
  Aussage bereits f\"ur alle Funktionen $f_m$ mit $m<n$. Mit
  Produktregel erhalten wir daraus 
  \begin{align*}
    f_n'(x)=&\,(f_{n-1}f_1)'(x) =f_{n-1}'(x)f_1(x)
    +f_{n-1}(x)f_1'(x)\umbruch\\
    =&\,(n-1)x^{n-2}\cdot x +x^{n-1}\cdot 1 =nx^{n-1}.\qedhere
  \end{align*}
\end{proof}

\begin{theorem}[Kettenregel] Sei $\Omega,\,\tilde\Omega\subset\R$
  offen.  Seien $g\colon\Omega\to\R$ in $x_0$ und
  $f\colon\tilde\Omega\to\R$ in $g(x_0)\in\tilde\Omega$
  differenzierbar, so ist $f\circ g$ in einer Umgebung von $x_0$
  definiert, in $x_0$ differenzierbar und es gilt \[(f\circ g)'(x_0)
  =f'(g(x_0))\cdot g'(x_0) =f'(g(x_0))\langle
  g'(x_0)\langle\cdot\rangle\rangle.\]
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $g$ ist in $x_0$ differenzierbar, somit auch stetig und daher
    ist $f\circ g$ in einer Umgebung von $x_0$ definiert. Betrachte
    daher ab jetzt nur noch Werte in einer solchen Umgebung. 
  \item Aufgrund der Differenzierbarkeit von $f$ im Punkt $g(x_0)$
    gilt nach Proposition \ref{abl lin approx} mit $g(x)$ und $g(x_0)$
    statt $x$ und $x_0$
    \begin{align*}
      (f\circ g)(x)-(f\circ g)(x_0)=&\,f(g(x))-f(g(x_0))\umbruch\\
      =&\,f'(g(x_0))\langle g(x)-g(x_0)\rangle +o(|g(x)-g(x_0)|).
    \end{align*}
    Weiterhin gilt aufgrund der Differenzierbarkeit von $g$ in
    $x_0$ \[g(x)-g(x_0)=g'(x_0)\langle x-x_0\rangle +o(|x-x_0|).\]
    Zusammengenommen erhalten wir
    \begin{align*}
      (f\circ g)(x)-(f\circ g)(x_0)=&\,f'(g(x_0))\langle
      g'(x_0)\langle x-x_0\rangle\rangle\umbruch\\
      &\,\quad+f'(g(x_0))\langle o(|x-x_0|)\rangle +o(|g(x)-g(x_0)|).
    \end{align*}
  \item Es fehlt noch der Nachweis, dass die beiden Terme in der
    letzten Zeile in $o(|x-x_0|)$ liegen. F\"ur den ersten Term ist
    dies klar. Da wir eine Funktion in $o(|x-x_0|)$ stets in der Form
    $\epsilon(|x-x_0|)\cdot|x-x_0|$ mit $\epsilon(|x-x_0|)\to0$ f\"ur
    $x\to x_0$ schreiben k\"onnen, gen\"ugt der Nachweis,
    dass \[\lim\limits_{x\to x_0}\epsilon(|g(x)-g(x_0)|)\cdot
    \frac{|g(x)-g(x_0)|}{x-x_0}=0\] gilt. Dies folgt nun aus der
    Stetigkeit und Differenzierbarkeit von $g$ in $x_0$ und
    Grenz\-wert\-s\"at\-zen. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{remark}
  Die Ableitung bezeichnet man nach Leibniz auch mit
  $\frac{df}{dx}$. Schreibt man $f(g(x))$ und bezeichnet die Variable
  von $f$ mit $y$ f\"ur $g(x)$, so ergibt sich ohne Argumente die an
  das K\"urzen von Br\"uchen erinnernde Merkregel
  \[\frac{df}{dx} =\frac{df}{dy} \frac{dy}{dx}.\]
\end{remark}

Mit Hilfe der Kettenregel kann man die Ableitung der Inversen
bestimmen. Es gilt
\begin{corollary}
  Seien $\Omega,\,\tilde\Omega\subset\R$ offen. Sei
  $f\colon\Omega\to\tilde\Omega$ invertierbar und sei
  $g\colon\tilde\Omega\to\Omega$ die Inverse. Sei $f$ in $x_0$ und $g$
  in $f(x_0)$ differenzierbar, so gilt \[g'(f(x_0))=\frac1{f'(x_0)}.\] 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Es gilt $\id=g\circ f$. Wir leiten dies ab und erhalten mit Hilfe
  der Kettenregel \[1=\id'=g'(f(x_0))\cdot f'(x_0).\] Somit ist
  insbesondere $f'(x_0)\neq0$ und wir erhalten die behauptete
  Identit\"at. 
\end{proof}

Wir definieren iterativ h\"ohere Ableitungen und zugeh\"orige
Funktionenr\"aume. 
\begin{definition}
  Sei $F$ ein Banachraum und sei $\Omega\subset\R$ offen.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Fassen wir die Ableitung einer Funktion $f\colon\Omega\to F$
    als Funktion $Df\colon\Omega\to F$ auf, so k\"onnen wir induktiv
    die Abbildungen $D^0f=f\colon\Omega\to F$, $D^1f=Df\colon\Omega\to
    F$, $D^2f=D(Df)\colon\Omega\to F$ sowie
    $D^{n+1}f=D\left(D^nf\right)\colon\Omega\to F$ definieren, soweit
    dies f\"ur die gegebene Funktion $f$ m\"oglich ist. Wir schreiben
    auch $D^nf\equiv f^{(n)}\equiv \frac{d^nf}{dx^n}$. Existiert
    $f^{(n)}$ (in einem Punkt $x_0\in\Omega$), so hei\ss{}t $f$ (in
    $x_0$) \emph{$n$-mal differenzierbar} und $f^{(n)}$ die
    \emph{$n$-te Ableitung} von $f$. 
  \item Ist $f^{(n)}\colon\Omega\to F$ stetig, so hei\ss{}t $f$ eine
    \emph{$n$-mal stetig differenzierbare Funktion.} Existiert
    $f^{(n)}$ f\"ur alle $n\in\N$, so hei\ss{}t $f$ unendlich oft
    differenzierbar.
  \item Wir definieren die folgenden Funktionenr\"aume:
    \begin{align*}
      C^0(\Omega,F):=&\,\{f\colon (f\colon\Omega\to F)\text{ ist
        stetig}\},\umbruch\\
      C^0\left(\ol\Omega,F\right):=&\,\left\{f\colon f \text{ ist
          stetig und beschr\"ankt auf $\ol\Omega$
          fortsetzbar}\right\},\umbruch\\
      C^k(\Omega,F):=&\,\{f\colon\Omega\to F\colon\text{ $f$ ist
        in $\Omega$ $k$-mal stetig differenzierbar}\},\umbruch\\
      C^k\left(\ol\Omega,F\right):=&\,\left\{f\in C^k(\Omega,F)\colon
        \text{ f\"ur alle $0\le n\le k$ ist
          $f^{(n)}$}\right.\\
      &\,\quad\left.  \text{stetig und beschr\"ankt auf $\ol\Omega$
          fortsetzbar}\right\} \intertext{sowie den Raum der glatten
        Funktionen} C^\infty(\Omega,F):=&\,\bigcap\limits_{k\in\N}
      C^k(\Omega,F).
    \end{align*}
    Ist $F=\R$, so schreiben wir $C^0(\Omega)\equiv C^0(\Omega,\R)$,
    $C^k(\Omega)\equiv C^k(\Omega,\R)$, \ldots. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  \stern Ist $\ol\Omega$ kompakt, also z.\,B.{} $\Omega\subset\R^n$
  offen und beschr\"ankt, so ist jede stetige Fortsetzung einer
  Funktion nach $\ol\Omega$ automatisch auch beschr\"ankt.
\end{remark}

\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Auf dem $\R$-Vektorraum $C^0\left(\ol\Omega,F\right)$
    definieren wir eine Norm f\"ur eine Funktion $f\colon\Omega\to F$
    durch
    \[\Vert f\Vert_{C^0}\equiv \Vert f\Vert_{L^\infty}:=
      \sup\limits_{x\in\Omega}\Vert f(x)\Vert_F.\] \stern Als Indices
    der Norm verwenden wir auch $C^0$, $C^0(\Omega,F)$,
    $C^0\left(\ol\Omega,F\right)$, $L^\infty$, $L^\infty(\Omega,F)$,
    gebr\"auchlich sind aber auch $0$ und $\infty$. Ist $F=\R$, so
    lassen wir dieses Argument $F$ auch weg.
  \item Sei $k\in\N$. Auf dem $\R$-Vektorraum
    $C^k\left(\ol\Omega, F\right)$ definieren wir eine Norm
    durch
    \[\Vert f\Vert_{C^k(\Omega,F)} :=\sum\limits_{i=0}^k\left\Vert
        f^{(i)}\right\Vert_{C^0(\Omega,F)}.\] \stern Gebr\"auchlich
    sind auch hier wieder alle Varianten wie bei der $C^0$-Norm oder
    $\Vert\cdot\Vert_k$.
  \end{enumerate}
\end{definition}

Als Vorbereitung auf Theorem \ref{Ck BR thm}, dass
$C^k\left(\ol\Omega,R\right)$ ein Banachraum ist, ben\"otigen wir,
dass Stetigkeit unter gleichm\"a\ss{}iger Konvergenz erhalten ist.
\begin{theorem}
  \label{glm konv stet thm}
  Seien $E,F$ metrische R\"aume. Sei $f_n\colon E\to F$, $n\in\N$,
  eine Folge von stetigen Funktionen, die gleichm\"a\ss{}ig (also
  bez\"uglich der Supremumsnorm) gegen eine Funktion $f\colon E\to F$
  konvergiert. Dann ist $f$ stetig. 
\end{theorem}
\begin{proof}
  Seien $x_0\in E$ und $\epsilon>0$ fest. Aufgrund der
  gleichm\"a\ss{}igen Konvergenz k\"onnen wir $n\in\N$ w\"ahlen, so
  dass $d(f_n(x),f(x))<\epsilon$ f\"ur alle $x\in E$ gilt. Da $f_n$
  stetig ist, gibt es $\delta>0$, so dass f\"ur alle
  $y\in B_\delta(x_0)$ die Ungleichung $d(f(x_0),f(y))<\epsilon$
  folgt. Mittels Dreiecksungleichung erhalten wir somit f\"ur alle
  $y\in B_\delta(x_0)$
  \[d(f(x_0),f(y)) \le d(f(x_0),f_n(x_0)) +d(f_n(x_0),f_n(y))
    +d(f_n(y),f(y)) <3\epsilon\]
  wie behauptet. 
\end{proof}

\begin{theorem}
  \label{Ck BR thm}
  Sei $\Omega\subset\R$ offen und sei $F$ ein Banachraum. Sei
  $k\in\N$. Dann ist $C^k\left(\ol\Omega,F\right)$ mit der $C^k$-Norm
  ein Banachraum.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ubung. Benutze Theorem \ref{glm konv stet thm}, dass Stetigkeit
  unter gleichm\"a\ss{}iger Konvergenz erhalten ist, und dass
  $C^0\left(\ol\Omega,F\right)$ ein Banachraum ist.
\end{proof}

\begin{proposition}
  Sei $\Omega\subset\R$ offen, sei $n\in\N_{>0}$ und sei
  $f\colon\Omega\to\R^n$ mit $f=\left(f^i\right)_{1\le i\le n}$ eine
  Abbildung. Dann ist $f$ genau dann in $x_0$ differenzierbar, wenn
  die Komponenten $f^i$, $1\le i\le n$, in $x_0$ differenzierbar sind
  und es gilt dann \[f'(x_0)=\left(\left(f^i\right)'(x_0)\right).\] 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ubung. 
\end{proof}

\begin{definition}
  Seien $E$ ein metrischer Raum und $f\colon E\to\R$ eine Abbildung. Sei
  $x_0\in E$. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dann besitzt $f$ in $x_0$ ein \emph{lokales Minimum,} falls
    ein $U\in\mathcal U(x_0)$ mit $f(x_0)\le f(x)$ f\"ur alle $x\in U$
    existiert.
  \item Dann besitzt $f$ in $x_0$ ein \emph{(globales) Minimum,} falls
    $f(x_0)\le f(x)$ f\"ur alle $x\in E$ gilt.
  \item Gilt sogar $f(x_0)<f(x)$ f\"ur alle entsprechenden $x\neq
    x_0$, so hei\ss{}t $x_0$ ein \emph{striktes lokales/globales
      Minimum.}
  \item \emph{Lokale, globale} und \emph{strikte Maxima} sind analog
    oder als entsprechende Minima von $-f$ definiert.
  \item $f$ besitzt in $x_0$ ein \emph{(lokales) Extremum,} falls $f$
    in $x_0$ ein (lokales) Minimum oder Maximum besitzt.
  \item Besitzt $f$ in $x_0$ ein Extremum, so hei\ss{}t $x_0$ eine
    \emph{Extremalstelle.}
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{proposition}
  \label{abl extr null prop}
  Seien $a<b\in\R$, also $a,\,b\in\R$ und $a<b$, sei
  $f\colon(a,b)\to\R$ eine Funktion mit einem lokalen Extremum in
  $x_0\in(a,b)$. Ist $f$ in $x_0$ differenzierbar, so gilt
  $f'(x_0)=0$.
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir betrachten ohne Einschr\"ankung nur den Fall, dass $f$ in $x_0$
  ein lokales Minimum annimmt. \par Dann gibt es $\epsilon>0$, so dass
  f\"ur alle $x\in B_\epsilon(x_0)$ die Ungleichung $f(x_0)\le f(x)$
  gilt. Wir erhalten \[\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\ge0\] f\"ur alle
  $x\in B_\epsilon(x_0)$ mit $x>x_0$. Somit folgt $f'(x_0)\ge0$.\par
  Durch analoge Betrachtungen f\"ur $x<x_0$ erhalten wir
  $f'(x_0)\le0$. Somit ist $f'(x_0)=0$. 
\end{proof}

\begin{definition}
  Sei $\Omega\subset\R$ offen.  Sei $f\colon\Omega\to\R$ eine in
  $x_0\in\Omega$ differenzierbare Funktion mit $f'(x_0)=0$. Dann
  hei\ss{}t $x_0$ \emph{kritischer Punkt} von $f$. 
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Proposition \ref{abl extr null prop} zeigt, dass jedes
    lokale Extremum einer auf einer offenen Teilmenge von $\R$
    definierten Funktion ein kritischer Punkt ist. 
  \item $\R\ni x\mapsto x^4-x^2\in\R$ besitzt drei lokale Extrema und
    dies sind auch genau die kritischen Punkte dieser Funktion.
  \item $\R\ni x\mapsto x^3$ besitzt in $x=0$ einen kritischen Punkt,
    aber keine lokalen Extrema.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{proposition}[Satz von Rolle]
  Seien $a<b\in\R$. 
  Sei $f\in C^0([a,b])$ in $(a,b)$ differenzierbar und gelte
  $f(a)=f(b)$. Dann gibt es ein $\xi\in(a,b)$ mit $f'(\xi)=0$. 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Definiere \[m:=\inf\limits_{[a,b]}f\qquad\text{und}\qquad
  M:=\sup\limits_{[a,b]}f.\] Da $[a,b]$ kompakt ist, werden Minimum
  und Maximum auch angenommen. Es gilt $M\ge f(a)=f(b)\ge m$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Gilt in beiden F\"allen Gleichheit, so ist $f$ konstant und
    somit auch $f'\equiv0$.
  \item Sonst gelte ohne Einschr\"ankung $M>f(a)$. Dann gibt es ein
    $\xi\in(a,b)$ mit $f(\xi)=M$. Nach Proposition \ref{abl extr null
      prop} folgt also $f'(\xi)=0$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{theorem}[Mittelwertsatz (MWS)] 
  \label{mws}
  Seien $a<b\in\R$. Sei $f\in C^0([a,b])$ und in $(a,b)$
  differenzierbar. Dann gibt es ein $\xi\in(a,b)$
  mit \[f(b)-f(a)=f'(\xi)\cdot(b-a).\]   
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Definiere die Funktion $g\colon[a,b]\to\R$
  durch \[g(x):=f(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a).\] Dann erf\"ullt $g$
  die Voraussetzungen des Satzes von Rolle und $\xi\in(a,b)$ mit
  $g'(\xi)=0$ erf\"ullt gerade die Behauptung. 
\end{proof}

F\"ur einen Mittelwertsatz f\"ur vektorwertige Funktionen ben\"otigen
wir noch zwei Resultate: 
\begin{proposition}
  Sei $\Omega\subset\R$ offen, $F$ ein Banachraum und sei
  $f\colon\Omega\to F$ in $x_0$ differenzierbar. Sei $\phi\colon
  F\to\R$ ein stetiges lineares Funktional. Dann ist $g:=\phi\circ f$
  in $x_0$ differenzierbar und es gilt $g'(x_0)=\phi(f'(x_0))\equiv
  \langle f'(x_0),\phi\rangle$. 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Wende $\phi$ auf die Gleichung \eqref{lin approx eq} an und beachte,
  dass $\phi(o(|x-x_0|))\subset o(|x-x_0|)$ gilt. Details: \"Ubung.
\end{proof}

\begin{lemma}
  \label{dual norm lem}
  Sei $E$ ein normierter $\K$-Vektorraum. Sei $u\in E$. Dann
  gilt \[\Vert u\Vert=\sup\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}{\phi\in
      E^*}{\Vert\phi\Vert=1}}|\langle u,\phi\rangle|.\]
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir k\"onnen aktuell nur eine Ungleichung zeigen. Die andere folgt
  aus dem Satz von Hahn-Banach, den wir hier verwenden und sp\"ater
  unabh\"angig davon in der Funktionalanalysis beweisen werden.\par
  \glqq$\ge$\grqq: Nach Definition der Operatornorm gilt f\"ur alle
  $\phi\in E^*$ gerade \[\Vert\phi\Vert=\sup\limits_{\Vert
    u\Vert=1}|\phi(u)| =\sup\limits_{\Vert u\Vert=1}|\langle
  u,\phi\rangle|.\] Somit folgt insbesondere $|\langle
  u,\phi\rangle|\le\Vert\phi\Vert\cdot\Vert u\Vert$. \par
  \glqq$\le$\grqq: Der Satz von Hahn-Banach liefert, dass es ein
  stetiges lineares Funktional $\phi_0\in E^*$ mit
  $\Vert\phi_0\Vert=1$ und $\phi_0(u)=\Vert u\Vert$ gibt. Somit
  folgt \[\Vert u\Vert =|\langle u,\phi_0\rangle|
  \le\sup\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}{\phi\in E^*}{\Vert\phi\Vert=1}}
  |\langle u,\phi\rangle|.\] Im Spezialfall eines Hilbertraumes nehmen
  wir ohne Einschr\"ankung $\Vert u\Vert=1$ an. Dann ist dieses
  Funktional direkt durch $\phi_0:=\langle \cdot, u\rangle$, also
  $\phi_0(x):=\langle x,u\rangle$ gegeben. In diesem Fall gilt
  $\Vert\phi_0\Vert=\sup\limits_{\Vert x\Vert=1}|\langle x,u\rangle|
  \le\sup\limits_{\Vert x\Vert=1}\Vert x\Vert\cdot\Vert u\Vert =1$
  aufgrund der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung. Schlie\ss{}lich gelten
  noch $\Vert\phi_0\Vert=\sup\limits_{\Vert x\Vert=1} |\langle
  x,u\rangle| \ge|\langle u,u\rangle| =\Vert u\Vert^2=1$ und
  $\phi_0(u)=\Vert u\Vert^2=1$.
\end{proof}

\begin{beispiel}
  Man \"uberlegt sich am Beispiel einer Spirale
  \[\R\ni t\mapsto(\sin t,\cos t, t),\] dass der Mittelwertsatz f\"ur
  vektorwertige Funktionen nicht genau in der Form des obigen
  Mittelwertsatzes gelten kann.
\end{beispiel}

\begin{theorem}[Vektorwertiger Mittelwertsatz]
  Seien $a<b\in\R$. Sei $F$ ein Banachraum, sei $f\colon[a,b]\to F$
  stetig und in $(a,b)$ differenzierbar. Dann gilt \[\Vert
  f(b)-f(a)\Vert\le \sup\limits_{x\in(a,b)}\Vert f'(x)\Vert\cdot
  (b-a) =\sup\limits_{x\in(a,b)} \left\Vert
    f'(x)\right\Vert\cdot|b-a|.\]  
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $\phi\in F^*$ mit $\Vert\phi\Vert=1$ beliebig. Wir definieren
  eine Funktion $g\colon[a,b]\to\R$ durch $g(x):=\langle
  f(x),\phi\rangle$. Dann ist $g\in C^0([a,b])$ und in $(a,b)$
  differenzierbar mit $g'(x)=\langle f'(x),\phi\rangle$. Wir wenden
  nun den Mittelwertsatz auf $g$ an und erhalten f\"ur ein
  $\xi\in(a,b)$ mit der Absch\"atzung vom Anfang des Beweises von
  Lemma \ref{dual norm lem}
  \begin{align*}
    \langle f(b)-f(a),\phi\rangle =&\,g(b)-g(a)
    =g'(\xi)\cdot(b-a)\umbruch\\
    =&\,\left\langle f'(\xi),\phi\right\rangle\cdot(b-a) \le\Vert
    f'(\xi)\Vert\cdot\underbrace{\Vert\phi\Vert}_{=1}\cdot(b-a). 
  \end{align*}
  Da dies f\"ur beliebige $\phi\in F^*$ mit $\Vert\phi\Vert=1$ gilt,
  folgt die Behauptung nun aus Lemma \ref{dual norm lem}.
\end{proof}

Im folgenden Korollar ist $[x_0,x]$ kein Intervall, sondern eine
Verbindungsstrecke wie in der Definition von Konvexit\"at. Somit
m\"ussen wir nicht $x_0<x$ annehmen. 
\begin{corollary}
  \label{abl approx diff quot cor}
  Sei $\Omega\subset\R$ ein offenes Intervall, sei $F$ ein Banachraum
  und sei $f\colon\Omega\to F$ differenzierbar. Seien
  $x,\,z_0\in\Omega$. Dann gilt \[\Vert f(x)-f(x_0)-f'(z_0)\langle
  x-x_0\rangle\Vert\le \sup\limits_{y\in[x_0,x]} \Vert
  f'(y)-f'(z_0)\Vert\cdot|x-x_0|.\]
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  F\"ur festes $z_0\in\Omega$ definieren wir
  $g(x):=f(x)-f'(z_0)\langle x\rangle =f(x)-f'(z_0)\cdot x$. Wegen
  $g'(x)=f'(x)-f'(x_0)$ folgt die Behauptung nun direkt aus dem
  (vektorwertigen) Mittelwertsatz.
\end{proof}

\begin{corollary}
  \label{abl null fkt konst cor}
  Sei $\Omega\subset\R$ ein offenes Intervall, $F$ ein Banachraum und
  $f\colon\Omega\to F$ differenzierbar. Gilt $f'\equiv0$, so ist $f$
  eine konstante Abbildung. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Dies folgt direkt aus dem vektorwertigen Mittelwertsatz. 
\end{proof}

\begin{definition}
  Sei $I\subset\R$ ein Intervall. Eine Funktion $f\colon I\to\R$
  hei\ss{}t
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item \emph{monoton wachsend,} falls f\"ur alle $x_1,\,x_2\in I$ aus
    $x_1\le x_2$ die Ungleichung $f(x_1)\le f(x_2)$ folgt.
  \item \emph{strikt monoton wachsend,} falls f\"ur alle $x_1,\,x_2\in
    I$ aus $x_1<x_2$ die Ungleichung $f(x_1)<f(x_2)$ folgt.
  \item \emph{(strikt) monoton fallend,} falls f\"ur alle
    $x_1,\,x_2\in I$ aus $x_1<x_2$ die Ungleichung $f(x_1)\ge f(x_2)$
    bzw.{} $f(x_1)>f(x_2)$ im strikten Fall folgt.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{proposition}
  Sei $f\colon(a,b)\to\R$ differenzierbar. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dann ist $f$ genau dann monoton wachsend, wenn $f'(x)\ge0$
    f\"ur alle $x\in(a,b)$ gilt.
  \item Gilt $f'(x)>0$ f\"ur alle $x\in(a,b)$, so ist $f$ strikt
    monoton wachsend. 
  \item F\"ur (strikt) monoton fallende Funktionen gelten analoge
    Aussagen. 
  \end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(a)]
  \item Ist $f$ monoton wachsend, so ist der Differenzenquotient
    nichtnegativ und folglich auch $f'(x)\ge0$ f\"ur alle $x$. 
  \item Ist $f'(x)\ge0$ oder $f'(x)>0$ f\"ur alle $x$, so folgt die
    (strikte) Monotonie aus dem eindimensionalen
    Mittelwertsatz. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{remark}
  Das Beispiel $\R\ni x\mapsto x^3$ zeigt, dass strikte Monotonie im
  Allgemeinen nicht $f'(x)>0$ impliziert.
\end{remark}

\begin{theorem}
  \label{inv abl thm}
  Sei $I=(a,b)\subset\R$.  Sei $f\colon I\to\R$ differenzierbar und
  gelte $f'\neq0$ in $I$. Dann ist $J:=f(I)\subset\R$ offen und $f$
  besitzt eine differenzierbare Inverse $f^{-1}\colon J\to I$
  mit \[\left(f^{-1}\right)'(f(x)) =\frac1{f'(x)} \quad\text{f\"ur
    alle }x\in I.\]
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $f$ ist injektiv, denn sonst g\"abe es nach dem Satz von Rolle
    ein $x\in(a,b)$ mit $f'(x)=0$. 
  \item $J$ ist als stetiges Bild einer zusammenh\"angenden Menge
    wieder zu\-sam\-men\-h\"an\-gend und somit ein Intervall.
  \item $J$ ist offen, denn wenn einer der Endpunkte zu $J$ geh\"ort,
    so nimmt $f$ in $I$ ein Maximum oder Minimum an, was aber wegen
    $f'(x)\neq0$ f\"ur $x\in(a,b)$ ausgeschlossen ist. 
  \item Dieselbe Argumentation liefert, dass $f$ eine offene Abbildung
    ist. Somit ist $f^{-1}\colon J\to I$ stetig, $f\colon I\to J$ also
    ein Hom\"oomorphismus. 
  \item Da $f$ ein Hom\"oomorphismus ist, folgt \[x\to
    x_0\quad\aequivalent\quad f(x)\to f(x_0).\] Wir setzen nun
    $\xi=f(x)$ und $\xi_0=f(x_0)$. Dann
    gilt \[\frac{f^{-1}(\xi)-f^{-1}(\xi_0)} {\xi-\xi_0}
    =\frac{x-x_0}{f(x)-f(x_0)}
    =\left(\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\right)^{-1}.\] Wir betrachten nun
    den Grenzwert $x\to x_0$ mit $x\neq x_0$ oder, aufgrund der obigen
    \"Aquivalenz und der Injektivit\"at \"aquivalent dazu,
    $\xi\to\xi_0$ mit $\xi\neq \xi_0$ und erhalten die
    Behauptung. \qedhere 
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{beispiel}
  F\"ur $f_n\colon\R_{>0}\to\R_{>0}$, $n\in\N_{>0}$, mit $x\mapsto x^n$
  ist $g(x)=x^{1/n}$ die Umkehrfunktion und es gilt \[g'(x)
  =\frac1{f'\left(f^{-1}(x)\right)} =\frac1{nx^{\frac1n(n-1)}}.\] 
\end{beispiel}

Dies wird in Analysis II fortgef\"uhrt. 

\def\emph#1{\textit{#1}}
\bibliographystyle{amsplain} 
% \bibliography{/Users/admin/uni/math/bib/biblio.bib}
\bibliography{/Users/os/uni/math/bib/biblio.bib}
\end{document}
\def\weg#1{} \def\unterstrich{\underline{\rule{1ex}{0ex}}} \def\cprime{$'$}
\providecommand{\bysame}{\leavevmode\hbox to3em{\hrulefill}\thinspace}
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}
\providecommand{\href}[2]{#2}
\begin{thebibliography}{1}

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\end{document}

