%% ********************************************************************************
%% AUTHOR:     Raj Dahya
%% CREATED:    19.04.2022
%% DATE:       SoSe, 2022
%% YEAR:       2022
%% TYPE:       Notes
%% TITLE:      Notizen
%% DOI:        —
%% DEPARTMENT: Fakultät for Mathematik und Informatik
%% INSTITUTE:  Universität Leipzig
%% SUBJECT:    Analysis II / Sommersemester 2022
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%% DOCUMENT-RANDOM-SEED: ---
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%% FILE: root.tex
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%% FILE: src/index.tex
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\makeatletter

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\documentclass[
    a4paper,
    11pt,
]{scrbook}

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\savesymbol{Diamond}
\savesymbol{emptyset}
\savesymbol{ggg}
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\savesymbol{lll}
\savesymbol{RectangleBold}
\savesymbol{langle}
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\savesymbol{Asterisk}
\usepackage{mathabx}
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\let\varemptyset=\emptyset
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\restoresymbol{x}{emptyset}
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\DeclareFontShape{U}{MnSymbolA}{m}{n}{
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}{}
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\createcustomcolours

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\englishabbrv{oBdA}{o.\,B.\,d.\,A.} %% !! warning: do not call this \wlog !!
\englishabbrv{OBdA}{O.\,B.\,d.\,A.}
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\englishabbrv{untenst}{u.\,s.}
\englishabbrv{sieheoben}{s.\,o.}
\englishabbrv{sieheunten}{s.\,u.}
\englishabbrv{usw}{usw.}
\englishabbrv{zumB}{z.\,B.}
\englishabbrv{ZumB}{Z.\,B.}

\let\oldbar\bar
    \let\bar\widebar
    \let\narrowbar\oldbar
\let\oldepsilon\epsilon
    \let\eps\varepsilon
    \let\epsilon\varepsilon
    \let\varepsilon\oldepsilon
\let\oldphi\phi
    \let\phi\varphi
    \let\varphi\oldphi

\newcommand{\todo}{\text{\color{red}{{\bfseries Unter Arbeit}}}\@allowspace}
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\newcommand{\continueparagraph}[0]{\noindent}
\newcommand{\firstparagraph}[0]{\noindent}

%% ********** END OF FILE: src/local/setup-local-text.tex **********

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\renewcommand{\topInterior}[1]{#1^{\circ}}
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\renewcommand{\powerSet}[1]{\mathop{\powerset}(#1)}

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\pretitle{%
    \bgroup
    \center
    \LARGE
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    \\[\bigskipamount]
}
\title{Notizen}
\posttitle{\endcenter\egroup}

\author{\footnotesize Raj Dahya}
\date{SoSe, 2022}

%% ********** END OF FILE: front/title.tex **********

%% ********** END OF FILE: src/index.tex **********

\begin{document}
\startdocumentlayoutoptions

%% FRONTMATTER

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%% FILE: front/index.tex
%% ********************************************************************************

\maketitle
\clearpage

%% ********************************************************************************
%% FILE: front/foreword.tex
%% ********************************************************************************

\section*{Vorwort}

\bgroup
\small
In diesem Dokument sind Ergänzungsnotizen aus der donnerstags Übungsgruppe für
\emph{Analysis II / Sommersemester 2022}, Universität Leipzig.
\egroup

%% ********** END OF FILE: front/foreword.tex **********

\clearpage

%% ********************************************************************************
%% FILE: front/contents.tex
%% ********************************************************************************

\bgroup
\small
\setcounter{tocdepth}{3}
\def\contentsname{Inhaltsverzeichnis}

    \tableofcontents
\egroup

%% ********** END OF FILE: front/contents.tex **********

\clearpage

%% ********** END OF FILE: front/index.tex **********

%% BODY

%% ********************************************************************************
%% FILE: body/index.tex
%% ********************************************************************************

\setcounterafter{chapter}{2}

%% ********************************************************************************
%% FILE: body/woche3/index.tex
%% ********************************************************************************

\let\oldchaptername\chaptername
\def\chaptername{Kapitel}
\chapter[Woche 3, 20. April 2022]{Woche 3, 20. April 2022}
\let\chaptername\oldchaptername
\label{ch:1}

\setcounterafter{section}{1}

%% ********************************************************************************
%% FILE: body/woche3/A1.tex
%% ********************************************************************************

\let\oldsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[]{}
\let\sectionname\oldsectionname
\label{sec:2}

Für diese Aufgabe seien gegeben:

\begin{kompaktitem}
    \item $a<b$ in $\reals$;
    \item $f,g:[a,b]\to\reals$
        mit $g$ Riemann-integrierbar,
        $g\geq 0$ überall, und $f$ stetig.
\end{kompaktitem}

Also sind $f,g$ beide Riemann-integrierbar (siehe VL).

\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim}
\setblocklabel{claim:1:ex:2.1:raj-analysis-ii-notes}
    Es existiert ein $\xi\in[a,b]$
    so dass ${
        \int_{a}^{b} fg \dee x
        = f(\xi) \int_{a}^{b} g \dee x
    }$
\end{claim}
\end{schattierteboxdunn}

    \begin{einzug}[\mytab][\mytab]
    \begin{beweis}[von \Cref{\beweislabel}]
        Da $[a,b]$ kompakt ist und $f$ stetig ist,
        realisiert $f$ sein Infimum und Supremum auf $[a,b]$.
        \Dh es existieren $x_{-},x_{+}\in[a,b]$, so dass

            \begin{maths}[mc]{rcccl}
                M_{-}
                    &\coloneq
                        &\inf_{x\in[a,b]}f(x)
                        &= &f(x_{-})\in\reals,\\
                M_{+}
                    &\coloneq
                        &\sup_{x\in[a,b]}f(x)
                        &= &f(x_{+})\in\reals.\\
            \end{maths}

        Also $-\infty < M_{-} \leq f(x) \leq M_{+} < \infty$
        für alle $x\in[a,b]$.
        Per Monotonie des Integrals und da $g\geq 0$ und $f$ sowie konstante Funktionen Riemann-integrierbar sind,
        gilt

            \begin{maths}[mc]{rcccl}
            \eqtag[eq:2:\beweislabel]
                \underbrace{
                    \int_{a}^{b} M_{-}g \dee x
                }_{M_{-}\int_{a}^{b} g \dee x =}
                &\leq
                    &\int_{a}^{b} fg \dee x
                &\leq &\underbrace{
                    \int_{a}^{b} M_{+}g \dee x
                }_{= M_{+}\int_{a}^{b} g \dee x}.\\
            \end{maths}

        Da $g\geq 0$ überall, gilt $\int_{a}^{b} g \dee x \geq 0$.
        Falls $\int_{a}^{b} g \dee x > 0$,
        können wir in \eqcref{eq:2:\beweislabel} überall durch diese Zahl teilen
        und erhalten
            ${%
                c \coloneq
                    \frac{\int_{a}^{b} fg \dee x}{\int_{a}^{b} g \dee x}
                \in [M_{-},M_{+}]
            }$.
        Falls ${\int_{a}^{b} g \dee x = 0}$,
        dann folgt aus der \obenst Einschätzungen
            ${0\leq \int_{a}^{b} fg \dee x \leq 0}$
        und damit ${\int_{a}^{b} fg \dee x = 0}$.
        In diesem Falle setzen wir ein beliebiges $c \in [M_{-},M_{+}]$.
        In beiden Fällen sieht man

            \begin{maths}[mc]{rcl}
            \eqtag[eq:3:\beweislabel]
                \int_{a}^{b} fg \dee x
                &= &c\cdot \int_{a}^{b} g \dee x\\
            \end{maths}

        für ein $c\in[M_{-},M_{+}]$.
        Da $f$ stetig ist und die Werte $M_{-},M_{+}$ realisiert,
        existiert laut des ZWS ein $\xi\in[a,b]$ mit $f(\xi)=c$.
        Eingesetzt in \eqcref{eq:3:\beweislabel}
        erhalten wir die Behauptung.
    \end{beweis}
    \end{einzug}

%% ********** END OF FILE: body/woche3/A1.tex **********

\setcounterafter{section}{4}

%% ********************************************************************************
%% FILE: body/woche3/A4.tex
%% ********************************************************************************

\let\oldsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[]{}
\let\sectionname\oldsectionname
\label{sec:3}

Für diese Aufgabe seien gegeben:

\begin{kompaktitem}
    \item $a < b$ in $\reals$;
    \item ${w : [a,b] \to [0,\infty)}$ eine Riemann-integrierbare Funktion.
\end{kompaktitem}

\begin{schattierteboxdunn}
\begin{satz}
\setblocklabel{satz:1:ex:2.4:raj-analysis-ii-notes}
    $\sqrt{w}$ ist Riemann-integrierbar.
\end{satz}
\end{schattierteboxdunn}

\begin{idea}
    Wir müssen zeigen, dass
        ${O_{Z}(\sqrt{w})-U_{Z}(\sqrt{w})\underset{Z}{\longrightarrow}0}$
    für \bzgl Feinheit der Zerlegungen $Z$ von $[a,b]$.
    Angesichts der Riemann-Integrierbarkeit von $w$,
    reicht es offenbar aus,
    ein passendes Verhältnis zwischen den Netzen
        $(O_{Z}(\sqrt{w})-U_{Z}(\sqrt{w}))_{Z}$
    und
        $(O_{Z}(w)-U_{Z}(w))_{Z}$
    zu finden.
    Als na\"{i}ver Ansatz wollen nun die Ungleichung

    \begin{maths}[mc]{rcccl}
    \eqtag[eq:1:\beweislabel]
        \abs{\sqrt{y_{2}} - \sqrt{y_{1}}}
        &\leq
            &\frac{\abs{y_{2}-y_{1}}}{\sqrt{y_{2}} + \sqrt{y_{1}}}
        &\leq
            &\frac{1}{2}
                \sqrt{
                    \min\{y_{1},y_{2}\}^{-1}
                }
                \abs{y_{2}-y_{1}}\\
    \end{maths}

    für $y_{1},y_{2}\in(0,\infty)$ ausnutzen.
    Doch sofort erkennen wir das Problem:
        $\min\{y_{1},y_{2}\}^{-1}$
    ist nicht nach oben beschränkt.

    Hierfür gibt es einen kleinen Fix:
    wir verschieben die Funktionswerte um eine beliebig kleine positive Zahl, $\eps>0$,
    zeigen, dass $\sqrt{w + \eps}$ Riemann-integrierbar ist,
    dann lassen wir ${\eps\longrightarrow 0}$
    tendieren und verwenden das Resultat:
    \emph{
        Ein (durch gl. Konvergenz erreichbarer) Grenzwert
        Riemann-integrierbarer Funktionen
        ist wiederum Riemann-integrierbar.
    }
\end{idea}

    \begin{einzug}[\mytab][\mytab]
    \begin{beweis}[von \Cref{\beweislabel}, Ansatz I]
        Sei $\eps>0$ beliebig.
        Für alle Zerlegungen
            $Z=(x_{0},x_{1},\ldots,x_{N})$ von $[a,b]$
        beobachte man
        unter den Definitionen
            ${I_{i} \coloneq [x_{i},x_{i+1}]}$
            und
            ${\delta x_{i} \coloneq (x_{i+1}-x_{i})}$:

        \begin{longmaths}[mc]{RCL}
            O_{Z}(\sqrt{w+\eps}) - U_{Z}(\sqrt{w+\eps})
                &= &\displaystyle\sum_{i=0}^{N-1}
                    \left(
                        \sup_{x \in I_{i}}\sqrt{w(x)+\eps}
                        -\inf_{x \in I_{i}}\sqrt{w(x)+\eps}
                    \right)
                    \cdot
                    \delta x_{i}\\
                &= &\displaystyle\sum_{i=0}^{N-1}
                    \left(
                        \sqrt{\sup_{x \in I_{i}}w(x)+\eps}
                        -\sqrt{\inf_{x \in I_{i}}w(x)+\eps}
                    \right)
                    \cdot
                    \delta x_{i}\\
                &&\text{weil $\sqrt{(\cdot) + \eps}$ stetig ist}\\
                &\eqcrefoverset{eq:1:\beweislabel}{\leq}
                    &\displaystyle\sum_{i=0}^{N-1}
                    \frac{1}{2\sqrt{\eps}}
                    \left(
                        (\sup_{x \in I_{i}}w(x) + \eps)
                        -(\inf_{x \in I_{i}}w(x) + \eps)
                    \right)
                    \cdot
                    \delta x_{i}\\
                &= &\frac{1}{2\sqrt{\eps}}
                    \displaystyle\sum_{i=0}^{N-1}
                    \left(
                        \sup_{x \in I_{i}}w(x)
                        -\inf_{x \in I_{i}}w(x)
                    \right)
                    \cdot
                    \delta x_{i}\\
                &= &\frac{1}{2\sqrt{\eps}}(O_{Z}(w)-U_{Z}(w)).\\
        \end{longmaths}

        Kraft dieser Einschätzung erhält man
        aus der vorausgesetzten Riemann-Integrierbarkeit von $w$:

        \begin{maths}[mc]{rcl}
            0 &\leq
                &\limsup_{Z}(O_{Z}(\sqrt{w+\eps}) - U_{Z}(\sqrt{w+\eps}))\\
            &\leq
                &\frac{1}{2\sqrt{\eps}}
                \limsup_{Z}(O_{Z}(w)-U_{Z}(w))
            = \frac{1}{2\sqrt{\eps}}\cdot 0.\\
        \end{maths}

        Also
            ${\limsup_{Z}(O_{Z}(\sqrt{w+\eps}) - U_{Z}(\sqrt{w+\eps}))=0}$.
        Also
            ${O_{Z}(\sqrt{w+\eps}) - U_{Z}(\sqrt{w+\eps})\underset{Z}{\longrightarrow}0}$.
        Darum stimmen untere und obere Summen von $\sqrt{w + \eps}$ überein.
        Definitionsgemäß ist $\sqrt{w + \eps}$ somit Riemann-integrierbar
        für alle $\eps>0$.

        Beachte außerdem, dass

            \begin{maths}[mc]{rcl}
                \sup_{x\in[a,b]}
                    \abs{\sqrt{w(x)+\eps} - \sqrt{w(x)}}
                &= &\sup_{x\in[a,b]}
                        \frac{
                            \abs{(w(x)+\eps) - w(x)}
                        }{
                            \sqrt{w(x)+\eps} + \sqrt{w(x)}
                        }\\
                &= &\sup_{x\in[a,b]}
                    \frac{
                        \eps
                    }{
                        \sqrt{w(x)+\eps} + \sqrt{w(x)}
                    }\\
                &\leq &\sup_{x\in[a,b]}
                    \frac{
                        \eps
                    }{
                        \sqrt{0 + \eps} + \sqrt{0}
                    }
                = \sqrt{\eps},\\
            \end{maths}

        sodass auf $[a,b]$
        das Netz
            $(\sqrt{w + \eps})_{\eps>0}$
        gleichmäßig gegen
            $\sqrt{w}$
        konvergiert für ${\eps\longrightarrow 0}$.\footnote{
            Wenn man mit Netzen nicht zurecht kommt,
            reicht es hier schon mit einer Folge aus:
            fixiere irgendeine Nullfolge
                $(\eps_{n})_{n\in\naturals}$,
            dann
                ${
                    \sup_{x\in[a,b]}
                        \abs{\sqrt{w(x)+\eps_{n}} - \sqrt{w(x)}}
                    \leq
                        \sqrt{\eps_{n}}
                    \underset{n}{\longrightarrow}0
                }$.
        }
        Laut Vorlesung ist $\sqrt{w}$ somit Riemann-integrierbar.
    \end{beweis}
    \end{einzug}

Die Idee im vorherigen Ansatz kann man vereinfachen.
Folgende Herangehensweise kommt von Tobias Habacker.
Zunächst benötigen wir eine Einschätzung:

\begin{prop}
\setblocklabel{prop:0:ex:2.4:raj-analysis-ii-notes}
    Sei $\eps > 0$ beliebig.
    Dann für alle $0 \leq \alpha \leq \beta < \infty$
    gilt
        $%
            \sqrt{\beta} - \sqrt{\alpha}
            \leq
                \max\{
                    \eps^{-1}(\beta - \alpha),
                    \eps
                \}
            \leq
            \eps^{-1}(\beta - \alpha) + \eps
        $.
\end{prop}

    \begin{einzug}[\mytab][\mytab]
    \begin{beweis}
        Falls $\sqrt{\beta} < \eps$, so gilt
        $%
            \max\{
                \eps^{-1}(\beta - \alpha),
                \eps
            \} \geq \eps
            \geq \sqrt{\beta}
            \geq \sqrt{\beta} - \sqrt{\alpha}
        $, also gilt die Ungleichung.
        Falls $\sqrt{\beta} \geq \eps$,
        so gilt

            \begin{maths}[mc]{rcl}
                \sqrt{\beta} - \sqrt{\alpha}
                    &= &\frac{
                            \beta - \alpha
                        }{\sqrt{\beta} + \sqrt{\alpha}}\\
                    &\leq
                        &\frac{
                            \beta - \alpha
                        }{\sqrt{\beta}}\\
                    &\leq &\eps^{-1})(\beta - \alpha)\\
                    &\leq &\max\{
                        \eps^{-1}(\beta - \alpha),
                        \eps
                    \}.\\
            \end{maths}

        Darum gilt die erste Ungleichung in allen Fällen.
        Die zweite gilt, weil
            für alle $r,s\in[0,\infty)$
        entweder
            $\max\{r,s\} = r \leq r + s$
        oder
            $\max\{r,s\} = s \leq r + s$
        gilt.
    \end{beweis}
    \end{einzug}

Dies können wir verwenden, um die Ober- und Untersummen von $\sqrt{w}$
ohne Modifizierung von $w$ einzuschätzen.

    \begin{einzug}[\mytab][\mytab]
    \begin{beweis}[von \Cref{\beweislabel}, Ansatz II]
        Sei $\eps > 0$ beliebig.
        Für alle Zerlegungen
            $Z=(x_{0},x_{1},\ldots,x_{N})$ von $[a,b]$
        beobachte man
        unter den Definitionen
            ${I_{i} \coloneq [x_{i},x_{i+1}]}$
            und
            ${\delta x_{i} \coloneq (x_{i+1}-x_{i})}$:

            \begin{longmaths}[mc]{RCL}
                O_{Z}(\sqrt{w}) - U_{Z}(\sqrt{w})
                    &= &\displaystyle\sum_{i=0}^{N-1}
                        \left(
                            \sqrt{\sup_{x \in I_{i}}w(x)}
                            -\sqrt{\inf_{x \in I_{i}}w(x)}
                        \right)
                        \cdot
                        \delta x_{i}\\
                    &&\text{(analog zu Ansatz I)}\\
                    &\leq &\displaystyle\sum_{i=0}^{N-1}
                        \left(
                            \eps^{-1} \cdot (
                                \sup_{x \in I_{i}}w(x)
                                -\inf_{x \in I_{i}}w(x)
                            )
                            + \eps
                        \right)
                        \cdot
                        \delta x_{i}\\
                    &&\text{wegen \Cref{prop:0:ex:2.4:raj-analysis-ii-notes}}\\
                    &= &\eps^{-1} \cdot (O_{Z}(w)-U_{Z}(w))
                        + \eps\displaystyle\sum_{i=0}^{N-1}(x_{i+1}-x_{i})\\
                    &= &\eps^{-1} \cdot (O_{Z}(w)-U_{Z}(w)) + \eps \cdot (x_{N} - x_{0})\\
                    &= &\eps^{-1} \cdot (O_{Z}(w)-U_{Z}(w)) + \eps \cdot (b - a).\\
            \end{longmaths}

        Da dies für alle Zerlegungen, $Z$, von $[a,b]$ gilt
        und $w$ Riemann-integrierbar ist, gilt
            ${(O_{Z}(w)-U_{Z}(w))_{Z} \longrightarrow 0}$.
        Folglich

            \begin{maths}[mc]{rcl}
                0 &\leq &\limsup_{Z}(O_{Z}(\sqrt{w}) - U_{Z}(\sqrt{w}))\\
                    &\leq &\limsup_{Z} (\eps^{-1} \cdot (O_{Z}(w)-U_{Z}(w)) + \eps \cdot (b - a))\\
                    &= &\eps^{-1} \cdot \limsup_{Z}(O_{Z}(w)-U_{Z}(w)) + \eps \cdot (b - a)\\
                    &= &\eps^{-1} \cdot 0 + \eps \cdot (b - a).\\
            \end{maths}

        Da dies für alle $\eps > 0$ gilt, erhält man

            \begin{maths}[mc]{rcccccl}
                0 &\leq &\limsup_{Z}(O_{Z}(\sqrt{w}) - U_{Z}(\sqrt{w}))
                    &\leq &\inf_{\eps}(\eps \cdot (b - a))
                    &= &0.\\
            \end{maths}

        Also $\limsup_{Z}(O_{Z}(\sqrt{w}) - U_{Z}(\sqrt{w})) = 0$.
        Also ${(O_{Z}(\sqrt{w}) - U_{Z}(\sqrt{w}))_{Z} \longrightarrow 0}$.
        Also ist $\sqrt{w}$ Riemann-integrierbar.
    \end{beweis}
    \end{einzug}

Es gibt nun einen dritten Ansatz.
Vorerst brauchen wir zwei kleine Resultate:

\begin{prop}
\setblocklabel{prop:1:ex:2.4:raj-analysis-ii-notes}
    Sei ${u : [a,b] \to [0,\infty)}$.
    Angenommen, $\sqrt{u}$ sei Riemann-integrierbar.
    Aus der VL wissen wir, dass dann $u = \sqrt{u}^{2}$ ebenfalls Riemann-integrierbar ist.
    Des Weiteren gilt
        ${\displaystyle\int_{a}^{b} \sqrt{u} \dee x \leq (b - a)^{1/2}(\displaystyle\int_{a}^{b} u \dee x)^{1/2}}$.
\end{prop}

    \begin{einzug}[\mytab][\mytab]
    \begin{beweis}
        Dies ist eine einfache Anwendung von der Cauchy-Schwarz Ungleichung
        auf die Riemann-integrierbaren Funktion $\sqrt{u}$ und $\einser_{[a,b]}$.
        (Siehe ÜG.)
    \end{beweis}
    \end{einzug}

\begin{prop}
\setblocklabel{prop:2:ex:2.4:raj-analysis-ii-notes}
    Seien $0 \leq \alpha \leq \beta < \infty$.
    Dann $\sqrt{\beta} - \sqrt{\alpha} \leq \sqrt{\beta - \alpha}$.
\end{prop}

    \begin{einzug}[\mytab][\mytab]
    \begin{beweis}
        Falls $\alpha = \beta$, sind beide seiten der behaupteten Ungleichung $0$ und deshalb gilt sie.
        Ansonsten muss $\beta > \alpha \geq 0$ und damit $\sqrt{\beta} + \sqrt{\alpha} > 0$.
        Durch den üblichen Trick erhalten wir

            \begin{maths}[mc]{rcccccl}
                \sqrt{\beta} - \sqrt{\alpha}
                    &= &\frac{\beta - \alpha}{\sqrt{\beta} + \sqrt{\alpha}}
                    &= &\sqrt{\beta - \alpha} \cdot \frac{\sqrt{\beta - \alpha}}{\sqrt{\beta} + \sqrt{\alpha}}
                    &\leq
                        &\sqrt{\beta - \alpha} \cdot \frac{\sqrt{\beta}}{\sqrt{\beta} + 0},\\
            \end{maths}

        da $\sqrt{\cdot}$ monoton ist und $\beta - \alpha \leq \beta$
        und $\sqrt{\beta} + \sqrt{\alpha} \geq \sqrt{\beta}$.
        Darum gilt die Ungleichung.
    \end{beweis}
    \end{einzug}

\def\beweislabel{satz:1:ex:2.4:raj-analysis-ii-notes}
Jetzt können wir die Idee hinter dem 3. Ansatz zum Beweis von \Cref{\beweislabel} erklären:

\begin{idea}
    Wir müssen zeigen, dass
        ${O_{Z}(\sqrt{w})-U_{Z}(\sqrt{w})\underset{Z}{\longrightarrow}0}$
    für \bzgl Feinheit der Zerlegungen $Z$ von $[a,b]$.
    Wiederum suchen wir ein passendes Verhältnis zwischen den Netzen
        $(O_{Z}(\sqrt{w})-U_{Z}(\sqrt{w}))_{Z}$
    und
        $(O_{Z}(w)-U_{Z}(w))_{Z}$.
    Nun, entsprechend der Zerlegungen sind Treppenfunktionen.
    Darum betrachten wird diese Summen als Integrale von Treppenfunktionen
    und wenden die Ungleichung in \Cref{prop:1:ex:2.4:raj-analysis-ii-notes} darauf an.
    Dies dürfen wir, da Treppenfunktionen stets Riemann-integrierbar sind.
\end{idea}

    \begin{einzug}[\mytab][\mytab]
    \begin{beweis}[von \Cref{\beweislabel}, Ansatz III]
        Sei $Z = (x_{0},x_{1},\ldots,x_{N})$ eine beliebige Zerlegung von $[a,b]$.
        Setze außerdem
            ${I_{i} \coloneq [x_{i},x_{i+1}]}$
            und
            ${\delta x_{i} \coloneq (x_{i+1}-x_{i})}$.
        Setze auch

            \begin{maths}[mc]{cc}
                \begin{array}[t]{rcl}
                    h^{+}_{i} &\coloneq &\sup_{x \in I_{i}} w(x),\\
                    h^{-}_{i} &\coloneq &\sup_{x \in I_{i}} w(x),\\
                \end{array}
                &\begin{array}[t]{rcl}
                    g^{+}_{i} &\coloneq &\sup_{x \in I_{i}} \sqrt{w(x)},\\
                    g^{-}_{i} &\coloneq &\sup_{x \in I_{i}} \sqrt{w(x)}\\
                \end{array}\\
            \end{maths}

        für jedes $i\in\{0,1,\ldots,N-1\}$ und definiere die Treppenfunktionen

            \begin{maths}[mc]{cc}
                \begin{array}[t]{rcl}
                    h^{+} &\coloneq &\sum_{i=0}^{N-1}h^{+}_{i}\cdot\einser_{I_{i}},\\
                    h^{-} &\coloneq &\sum_{i=0}^{N-1}h^{-}_{i}\cdot\einser_{I_{i}},\\
                \end{array}
                &\begin{array}[t]{rcl}
                    g^{+} &\coloneq &\sum_{i=0}^{N-1}g^{+}_{i}\cdot\einser_{I_{i}},\\
                    g^{-} &\coloneq &\sum_{i=0}^{N-1}g^{-}_{i}\cdot\einser_{I_{i}}.\\
                \end{array}\\
            \end{maths}

        Per Konstruktion dieser Treppenfunktionen sieht man sofort, dass

            \begin{maths}[mc]{rcl}
                \eqtag[eq:1:2:\beweislabel]
                \begin{array}[t]{rcl}
                    \displaystyle\int_{a}^{b} h^{+} \dee x &= &O_{Z}(w),\\
                    \displaystyle\int_{a}^{b} h^{-} \dee x &= &U_{Z}(w),\\
                \end{array}
                &\begin{array}[t]{rcl}
                    \displaystyle\int_{a}^{b} g^{+} \dee x &= &O_{Z}(\sqrt{w}),\\
                    \displaystyle\int_{a}^{b} g^{-} \dee x &= &U_{Z}(\sqrt{w})\\
                \end{array}\\
            \end{maths}

        gelten.
        Wegen Stetigkeit und (strikter) Monotonie von $\sqrt{\cdot}$ auf $I_{i} = [x_{i},x_{i+1}]$
        beobachte man, dass

            \begin{maths}[mc]{rcccccl}
                \sqrt{h^{+}_{i}}
                    &= &\sqrt{\sup_{x \in I_{i}} w(x)}
                    &= &\sup_{x \in I_{i}} \sqrt{w(x)}
                    &= &g^{+}_{i},\\
                \sqrt{h^{-}_{i}}
                    &= &\sqrt{\sup_{x \in I_{i}} w(x)}
                    &= &\sup_{x \in I_{i}} \sqrt{w(x)}
                    &= &g^{-}_{i}\\
            \end{maths}

        für alle $i \in \{0,1,\ldots,N-1\}$.
        Darum gelten

            \begin{maths}[mc]{rclcrcl}
                \eqtag[eq:2:2:\beweislabel]
                \sqrt{h^{+}} &= &g^{+}
                &\text{und}
                &\sqrt{h^{-}} &= &g^{-}.\\
            \end{maths}

        Mithilfe der \obenst Resultate erhält man

            \begin{maths}[mc]{rcl}
                \eqtag[eq:3:2:\beweislabel]
                O_{Z}(\sqrt{w}) - U_{Z}(\sqrt{w})
                &\eqcrefoverset{eq:1:2:\beweislabel}{=}
                    &\displaystyle\int_{a}^{b} g^{+} - g^{-} \dee x\\
                &\eqcrefoverset{eq:2:2:\beweislabel}{=}
                    &\displaystyle\int_{a}^{b} \sqrt{h^{+}} - \sqrt{h^{-}} \dee x\\
                &\leq
                    &\displaystyle\int_{a}^{b} \sqrt{h^{+} - h^{-}} \dee x\\
                &&\begin{array}[t]{0l}
                    \text{nach \Cref{prop:2:ex:2.4:raj-analysis-ii-notes}}\\
                    \text{und da $0 \leq h^{-} \leq h^{+} < \infty$ überall}\\
                \end{array}\\
                &\leq
                    &(b-a)^{1/2}(\displaystyle\int_{a}^{b} h^{+} - h^{-} \dee x)^{1/2}\\
                &\eqcrefoverset{eq:1:2:\beweislabel}{=}
                    &(b-a)^{1/2}\sqrt{O_{Z}(w) - U_{Z}(w)}\\
            \end{maths}

        wobei die letzte Ungleichung aus
        \Cref{prop:1:ex:2.4:raj-analysis-ii-notes} folgt,
        und da $h^{+} - h^{-}$ eine Treppenfunktion und damit Riemann-integrierbar ist.

        Da $w$ Riemann-integrierbar ist, gilt nun
            ${(O_{Z}(w) - U_{Z}(w))_{Z} \longrightarrow 0}$.
        Wegen Stetigkeit von $(b-a)^{1/2}\sqrt{\cdot}$ auf $[0,\infty)$
        gilt also
            ${((b-a)^{1/2}\sqrt{O_{Z}(w) - U_{Z}(w)})_{Z} \longrightarrow 0}$.
        Da \eqcref{eq:3:2:\beweislabel} für alle Zerlegung $Z$ von $[a,b]$ gilt,
        erhält man

            \begin{maths}[mc]{rcccccl}
                0 &\leq &\limsup_{Z} O_{Z}(\sqrt{w}) - U_{Z}(\sqrt{w})
                    &\leq &\limsup_{Z} (b-a)^{1/2}\sqrt{O_{Z}(w) - U_{Z}(w)}
                    &= &0\\
            \end{maths}

        Darum gilt ${(O_{Z}(\sqrt{w}) - U_{Z}(\sqrt{w}))_{Z} \longrightarrow 0}$.
        Also ist $\sqrt{w}$ Riemann-integrierbar.
    \end{beweis}
    \end{einzug}

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\setcounterafter{chapter}{3}

%% ********************************************************************************
%% FILE: body/woche4/index.tex
%% ********************************************************************************

\let\oldchaptername\chaptername
\def\chaptername{Kapitel}
\chapter[Woche 4, 27. April 2022]{Woche 4, 27. April 2022}
\let\chaptername\oldchaptername
\label{ch:4}

\setcounterafter{section}{1}

%% ********************************************************************************
%% FILE: body/woche4/A1.tex
%% ********************************************************************************

\let\oldsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[]{}
\let\sectionname\oldsectionname
\label{sec:5}

Für diese Aufgabe seien gegeben:

\begin{kompaktitem}
    \item $a<b$ in $\reals$ und wir setzen $X \coloneq [a,b]$;
    \item $(f_{n})_{n\in\naturals}$ eine Folge von Funktionen,
            $f_{n} : X \to \reals$
            für $n\in\naturals$.
\end{kompaktitem}

Für jede Funktion
    ${f : X \to \reals}$
definiere
    $\norm{f}_{\infty} \coloneq \sup_{x \in X}\abs{f(x)} \in [0,\infty]$.
Per Definition gilt $\norm{f}_{\infty} \in \reals$ gdw. $f$ beschränkt ist.

\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim}
\setblocklabel{claim:1:ex:2.1:raj-analysis-ii-notes}
    Angenommen,
    so dass $(f_{n})_{n\in\naturals}$
    genüge folgender Eigenschaft

        \begin{maths}[mc]{c}
            \eqtag{C}
            \forall{\eps > 0:~}
            \exists{N \in \naturals:~}
            \forall{m,n \geq N:~}
                \norm{f_{n} - f_{m}}_{\infty} < \eps.\\
        \end{maths}

    Dann existiert eine stetige Funktion ${f : X \to \reals}$,
    so dass
        ${(f_{n})_{n} \longrightarrow f}$
    gleichmäßig.
\end{claim}
\end{schattierteboxdunn}

    \begin{beweis}
        Für jedes $x \in X$ gilt

            \begin{maths}[mc]{c}
                \forall{\eps > 0:~}
                \exists{N \in \naturals:~}
                \forall{m,n \geq N:~}
                    |f_{n}(x)-f_{m}(x)|
                        \leq \norm{f_{n} - f_{m}}_{\infty} < \eps.\\
            \end{maths}

        Darum ist $(f_{n}(x))_{n} \subseteq \reals$ Cauchy.
        Da $\reals$ vollständig ist,
        existiert somit eine eindeutige Zahl $y_{x} \in \reals$,
        so dass ${(f_{n}(x))_{n} \longrightarrow y_{x}}$.
        Definiere nun ${f : X \longrightarrow \reals}$
        vermöge $f(x) = y_{x}$ für $x \in X$.
        Dann per Wahl wissen wir, dass ${(f_{n})_{n} \longrightarrow f}$ punktweise.
        Wir müssen zeigen, dass (1) diese Konvergenz gleichmäßig ist
        und dass (2) $f$ stetig ist.

        \heading{Zur gleichmäßigen Konvergenz:}
        Sei $\eps > 0$.
        Per Eigenschaft (C) existiert ein Index $N_{0}$,
        so dass
            ${\norm{f_{n} - f_{m}}_{\infty} < \frac{\eps}{3}}$
        für alle $m,n \geq N_{0}$.
        Sei $m \geq N(\eps)$ beliebig.
        Sei $x \in X$ beliebig.
        Per Konstruktion von $f$ existiert ein Index $n_{0}$,
        so dass
            $\abs{f(x) - f_{n}(x)} < \frac{\eps}{3}$
        für alle $n \geq n_{0}$.
        Wähle nun irgendeinen Index $n$ mit $n \geq N_{0}$ und $n \geq n_{0}$.
        Dann:

            \begin{maths}[mc]{rcccl}
                \abs{f(x) - f_{m}(x)}
                    &\leq &\abs{f(x) - f_{n}(x)} + \abs{f_{n}(x) - f_{n}(x)}
                    &< &\frac{\eps}{3} + \frac{\eps}{3},\\
            \end{maths}

        da $n \geq n_{0}$ und $m,n \geq N_{0}$.
        Da dies für alle $x \in X$ gilt,
        erhalten wir

            \begin{maths}[mc]{rcccccl}
                \norm{f-f_{m}}_{\infty}
                &= &\sup_{x \in X}\abs{f(x) - f_{m}(x)}
                &\leq &\frac{2\eps}{3}
                &< &\eps.
            \end{maths}

        Darum wurde

            \begin{maths}[mc]{rcccccl}
                \forall{\eps>0:~}
                \exists{N\in\naturals:~}
                \forall{m \geq N:~}
                    \norm{f-f_{m}}_{\infty} < \eps\\
            \end{maths}

        bewiesen.
        Also, ${(f_{n})_{n} \longrightarrow f}$ gleichmäßig.

        \heading{Zur Stetigkeit von $f$:}
        Seien ${(x_{k})_{k} \subseteq X}$ und $x \in X$ beliebig.
        Wir müssen zeigen, dass ${(f(x_{k}))_{k} \longrightarrow f(x)}$.
        Seien $x \in X$ und $\eps > 0$.
        Wir müssen eine Umgebung $U$ von $x$ finden,
        so dass

            \begin{maths}[mc]{c}
                \eqtag[eq:0:\beweislabel]
                \forall{x^{\prime} \in U:~}
                    \abs{f(x^{\prime}) - f(x)} < \eps\\
            \end{maths}

        Wegen gleichmäßiger Konvergenz existiert ein Index $N_{0}$,
        so dass

            \begin{maths}[mc]{c}
                \eqtag[eq:1:\beweislabel]
                \norm{f-f_{m}}_{\infty} < \frac{\eps}{3}\\
            \end{maths}

        für $m \geq N_{0}$.
        Wähle nun irgendeinen Index $m$ mit $m \geq N_{0}$.
        Da per Voraussetzung $f_{m}$ stetig ist,
        existiert eine Umgebung $U$ von $x$,
        so dass

            \begin{maths}[mc]{c}
                \eqtag[eq:2:\beweislabel]
                \forall{x^{\prime} \in U:~}
                    \abs{f_{m}(x^{\prime}) - f_{m}(x)}
                    < \frac{\eps}{3}.\\
            \end{maths}

        Zwei Anwendungen von \eqcref{eq:1:\beweislabel} und eine von \eqcref{eq:2:\beweislabel}
        liefert nun für jedes $x^{\prime} \in U$:

            \begin{maths}[mc]{rcl}
                \abs{f(x^{\prime}) - f(x)}
                &\leq &\abs{f(x^{\prime}) - f_{m}(x^{\prime})}
                    + \abs{f_{m}(x^{\prime}) - f_{m}(x)}
                    + \abs{f_{m}(x) - f(x)}\\
                &\leq &\norm{f - f_{m}}_{\infty}
                    + \abs{f_{m}(x^{\prime}) - f_{m}(x)}
                    + \norm{f_{m} - f}_{\infty}\\
                &< &\frac{\eps}{3}
                    + \frac{\eps}{3}
                    + \frac{\eps}{3}
                = \eps\\
            \end{maths}

        Darum gilt \eqcref{eq:0:\beweislabel}.
        Da $x,\eps$ beliebig gewählt wurden ist $f$ stetig.
    \end{beweis}

\begin{rem}
    Es spielte keine Rolle, dass es sich um eine Folge handelte:
    wir hätten auch mit Netzen arbeiten können.
    Wir benötigten nur die Vollständigkeit des Werteraums.
    Darum hätten wir $\reals$ durch jeden beliebigen vollständig metrischen Raum,
        $(Y,d)$,
    ersetzen können.
    Es spielt überhaupt keine Rolle, dass $X = [a,b]$.
    Dieser Beweis funktioniert für jeden topologischen Raum, $X$,
    solange alle stetigen Funktionen über $X$ beschränkt sind.
    Dies ist der Fall, wenn $X$ kompakt ist.
    In der Tat, wissen wir durch einen analogen Beweis mit effektiv keinen Modifizierungen,
    dass der Raum $C(X,Y)$
        (%
            der Raum aller stetigen Funkionen
            über einem kompakten Raum $X$ nach einem vollständig metrischen Raum $(Y,d)$%
        )
    vollständig ist \bzgl der Metrik
        $d_{\infty}(f,g) \coloneq \sup_{x \in X}d(f(x),g(x))$.
    Siehe \bspw \cite[\S{}3.19, bes.~Lemma~3.97, S.{}124]{aliprantis2005BookAnalysis}.
    Wenn $(Y,d)$ ein vollständig normierter Vektorraum ist
        (wie \zumB $(\reals,\abs{\cdot})$, $(\complex,\abs{\cdot})$),
    so ist $d_{\infty}$ durch die Norm $\norm{\cdot}_{\infty}$ induziert,
    und $(C(X,Y),\norm{\cdot}_{\infty})$ bildet dann einen vollständig normierten Vektorraum.
    Dies ist einer der ersten Banach-Räume, dem wir begegnen.
\end{rem}

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\setcounterafter{section}{4}

%% ********************************************************************************
%% FILE: body/woche4/A4.tex
%% ********************************************************************************

\let\oldsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[]{}
\let\sectionname\oldsectionname
\label{sec:6}

\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
\setcounterafter{enumi}{2}
%% A4(b)
\item
    \def\beweislabel{ex:3.4}
    Zu berechnen:

    \begin{maths}[mc]{c}
        I \coloneq
            \displaystyle
            \int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}}
                \log(\sin(x))
            \dee x\\
    \end{maths}

    \begin{idea}
        Der Trick hier (oder: einer davon!) ist ein gewöhnlicher:
        Wir können zwar keine Stammfunktion
        (zumindest auf einfache Weise)
        bestimmen,
        \underline{aber} als ganzen Wert betrachtet versuchen wir,
        einen algebraischen Ausdruck für $I$ zu finden.
        Hierfür manipulieren wir die Domäne
        und nutzen Symmetrien im Funktionsausdruck aus.
    \end{idea}

    \heading{Vorarbeit:}
    Für solche Tricks hilft es häufig, natürliche auxiliäre Ausdrücke (gleichzeitig) zu untersuchen.
    In diesem Falle ist dies:

    \begin{maths}[mc]{c}
        J \coloneq
            \displaystyle
            \int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}}
                \log(\cos(x))
            \dee x.\\
    \end{maths}

    Was die Symmetrien anbelangt,
    berufen wir uns auf folgende Erkenntnisse:

    \begin{maths}[mc]{rcl}
        \cos(x)       &= &\sin(\frac{\pi}{2} - x)\\
        \sin(\pi - x) &= &\sin(x)\\
        \sin(2x)      &= &2\sin(x)\cos(x)\\
    \end{maths}

    für alle $x \in \reals$.

    \heading{Die Berechnung:}
    Durch die Verhältnisse zw. $\cos$ und $\sin$
    können wir $I$ und $J$ wie folgt in Verbindung setzen:

    \begin{maths}[mc]{rcl}
    \eqtag[eq:1:\beweislabel]
        J &= &\displaystyle\int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}}
                \log(\sin(\frac{\pi}{2}-x))
            \dee x\\
        &= &\displaystyle\int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}}
            (-t^{\prime})
            \cdot
            \log(\sin(t))
        \dee x\\
        &&\text{%
            Subst: $t(x) = \frac{\pi}{2} - x$; $\Rightarrow$ $t^{\prime} = -1$%
        }\\
        &= &-\displaystyle\int_{t = \frac{\pi}{2}}^{0}
            \log(\sin(t))
        \dee t
        = I.\\
    \end{maths}

    Wegen der Spiegelsymmetrie von $\sin$ um $\frac{\pi}{2}$
    kann man das Integral wie folgt verdoppeln:

    \begin{longmaths}[mc]{RCL}
        2I
        &=
            &\displaystyle\int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}}
                \log(\sin(x))
            \dee x
            + \displaystyle\int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}}
                \log(\sin(\pi - x))
            \dee x\\
        &=
            &\displaystyle\int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}}
                \log(\sin(x))
            \dee x
            +
            \displaystyle\int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}}
                (-t^{\prime})
                \cdot
                \log(\sin(t))
            \dee x\\
        &&\text{%
            Subst: $t(x) = \pi - x$; $\Rightarrow$ $t^{\prime} = -1$%
        }\\
        &=
            &\displaystyle\int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}}
                \log(\sin(x))
            \dee x
            - \displaystyle\int_{t = \pi}^{\frac{\pi}{2}}
                \log(\sin(t))
            \dee t\\
        &=
            &\displaystyle\int_{x = 0}^{\pi}
                \log(\sin(x))
            \dee x\\
        &=
            &\displaystyle\int_{x = 0}^{\pi}
                (2 t^{\prime})
                \cdot
                \log(\sin(2t))
            \dee x\\
        &&\text{%
            Subst: $t(x) = \frac{1}{2}x$; $\Rightarrow$ $t^{\prime} = \frac{1}{2}$%
        }\\
        &=
            &2
            \displaystyle\int_{t = 0}^{\frac{\pi}{2}}
                \log(\sin(2t))
            \dee t,\\
    \end{longmaths}

    und damit gilt

    \begin{maths}[mc]{c}
    \eqtag[eq:2:\beweislabel]
        I = \displaystyle\int_{t = 0}^{\frac{\pi}{2}}
            \log(\sin(2t))
        \dee t.\\
    \end{maths}

    Jetzt bringen wir diese zwei Umformungen zusammen:

    \begin{maths}[mc]{rcl}
        2I &\eqcrefoverset{eq:1:\beweislabel}{=}
            &I + J\\
        &= &\displaystyle\int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}}
                \log(\sin(x))
            \dee x
            +
            \displaystyle\int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}}
                \log(\cos(x))
            \dee x\\
        &= &\displaystyle\int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}}
                \log(
                    \sin(x)
                    \cos(x)
                )
            \dee x\\
        &= &\displaystyle\int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}}
                \log(
                    \frac{1}{2}
                    \sin(2x)
                )
            \dee x\\
        &&\text{%
            wegen trig. Identität%
        }\\
        &= &\displaystyle\int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}}
                \left(
                    \log(\frac{1}{2})
                    +
                    \log(\sin(2x))
                \right)
            \dee x\\
        &\eqcrefoverset{eq:2:\beweislabel}{=}
            &\frac{\pi}{2} \cdot \log(\frac{1}{2}) + I.\\
    \end{maths}

    Darum erhält man folgenden algebraischen Ausdruck für $I$:

    \begin{maths}[mc]{c}
        2I = \frac{\pi}{2} \cdot \log(\frac{1}{2}) + I\\
    \end{maths}

    Daraus ergibt sich, dass
        $I = \frac{\pi}{2} \cdot \log(\frac{1}{2})
           = \Fbox{-\frac{\pi}{2}\log(2)}$
    der gesuchte Werte des Integrals ist.

    \begin{rem}
        Dieser Berechnung zufolge ist der
        Mittelwert von $\log(\sin(\cdot))$
        auf dem Gebiet $[0,\frac{\pi}{2}]$
        gleich $\log(\frac{1}{2})$,
        also $\log(\sin(\frac{\pi}{6}))$.
        Wegen der Symmetrien von $\sin$ können wir
        daraus erschließen,
        dass der Mittelwert von
            $\log\abs{\sin(\cdot)}$
        auf $[0,2\pi]$
        auch gleich $\log(\frac{1}{2})$ ist.
    \end{rem}
\end{enumerate}

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\bgroup
\small
\bibliographystyle{alpha}
\def\bibname{Referenzen}
\begin{thebibliography}{For16}

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\end{thebibliography}
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\egroup

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