diff --git a/sose2020/ana/lectures b/sose2020/ana/lectures
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--- a/sose2020/ana/lectures
+++ b/sose2020/ana/lectures
@@ -1 +1 @@
-Subproject commit 3ad08e7437884b145c8cf14e3a5140269cf71bfd
+Subproject commit 52281b15256442bfc7b1b8083034dd7e6b028adc
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new file mode 100644
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new file mode 100644
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--- /dev/null
+++ b/sose2020/ana/uebungen/ana4.tex
@@ -0,0 +1,211 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\begin{document}
+
+\title{Analysis II: Übungsblatt 4}
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Mit $d(x, y) = \sqrt{|x - y|}$ und $\varphi = \sqrt{x}$ ist $\rho$ keine Norm.
+            \begin{proof}
+                Aus dem letzten Zettel, folgt, dass $d(x,y) = \sqrt{|x-y|} $ eine Metrik
+                auf $\R$ ist. Es ist außerdem $\forall x, y \in \R$
+                \[
+                    d(x, y) = \sqrt{|x - y|} = \sqrt{\Vert x - y \Vert_2} = \varphi(\Vert x - y\Vert_2)
+                    = \rho(x - y)
+                .\] 
+                Dann ist
+                \[
+                    \rho(4\cdot 4) = \sqrt{\Vert 16 \Vert_2} = 4 \neq 8 = 4 \cdot 2 = 4 \cdot \rho(4)
+                .\] 
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Teilmenge $O \subseteq \mathbb{K}^{n}$ g.d. offen, wenn sie keinen ihrer Randpunkte enthält.
+            \begin{proof}
+                ,,$\implies$``:
+                Sei $O \subseteq \mathbb{K}^{n}$ offen und $a \in \mathbb{K}^{n}$ ein Randpunkt von $O$.
+                Ang.: $a \in O \implies \exists \epsilon > 0$ mit $K_{\epsilon}(a) \subseteq O$. Also existiert
+                eine Umgebung von $a$, die ganz in $O$ liegt $\contr$.
+
+                ,,$\impliedby$``:
+                Sei $O \subseteq \mathbb{K}^{n}$ nicht offen. Dann ex. $a \in O$, s.d.
+                $\forall \epsilon > 0$ gilt: $\exists y \in \mathbb{K}^{n} \setminus O$ mit
+                $y \in K_{\epsilon}(a)$. Da außerdem $a \in O$, ist $a$ Randpunkt von $O$, der
+                in $O$ liegt.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\partial M$ von $M \subseteq \mathbb{K}^{n}$ ist abgeschlossen.
+            \begin{proof}
+                Sei $M \subseteq \mathbb{K}^{n}$. Dann folgt nach VL: $\partial M$ abgeschlossen.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Die Aussage ist falsch.
+
+            \begin{proof}
+            Für $\mathbb{K}^{n} = \R$ und $M := [0,1]$ gilt $\partial M = \{0, 1\} $. Damit folgt
+            \[
+                \left( \overline{M} \right)^{\circ}
+                = (\overline{[0,1]})^{\circ} = \left( [0,1] \right)^{\circ} = (0, 1)
+                \neq [0,1] = \overline{\left( (0,1) \right) } = \overline{\left( [0,1]^{\circ} \right) }
+                = \overline{\left( M^{\circ} \right) }
+            .\] 
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $\partial M = \{ x \in \R^{n}  \mid \Vert x \Vert_{\infty} \le 1\} $,
+            $\overline{M} = \partial M$ und $M^{\circ} = \emptyset$.
+            \begin{proof}
+                Da $\Q$ dicht in $\R$, folgt $\forall a \in K_1(0)$, liegen in jeder Umgebung
+                von $a$ Punkte aus $K_1(0) \cap \Q^{n} = M$ und
+                Punkte aus $K_1(0) \cap (\R^{n} \setminus \Q^{n}) \subseteq M^{C}$.
+
+                Außerdem sind alle Punkte der Einheitssphäre Randpunkte, damit folgt
+                \[
+                    \partial M = K_1(0) \cup \{ x \in R^{n}  \mid \Vert x \Vert_\infty = 1\} =
+                    \{x \in \R^{n}  \mid \Vert x \Vert_\infty \le 1\} 
+                .\] Da $M \subseteq \partial M$, folgt daraus
+                \begin{align*}
+                    \overline{M} &= M \cup \partial M = \partial M \\
+                    M^{\circ} &= M \setminus \partial M = \emptyset
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\partial M = M$, $M^{\circ} = \emptyset$, $\overline{M} = M$.
+            \begin{proof}
+                Es gilt $\forall a \in M$, dass $\forall \epsilon > 0$
+                Punkte $x \in M^{C}$ existieren mit
+                $x_1 \neq 0$ und $\Vert a - x \Vert_2 < \epsilon$.
+                Außerdem gilt für alle Randpunkte $a \in \partial M$, $a_1 = 0$, denn
+                angenommen, $a_1 = \delta \neq 0$. Dann ist
+                $K_{\frac{\delta}{2}}(a) \cap M = \emptyset$. Weiter
+                gilt $\Vert x \Vert_2 \le 1$, denn angenommen, $\exists \delta > 0$, s.d.
+                $\Vert x \Vert_2 = 1 + \delta > 1$, dann folgt analog
+                $K_{\frac{\delta}{2}}(a) \cap M = \emptyset$.
+                
+                Damit folgt
+                \begin{align*}
+                    \overline{M} &= M \cup \partial M = M \cup M = M \\
+                    M^{\circ} &= M \setminus \partial M = M \setminus M = \emptyset
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\partial M = \{-1, 1\}^{n}$, $\overline{M} = M$,
+            $M^{\circ} = \{x \in \R^{n}  \mid x \not\in [-1,1]^{n}\} $
+            \begin{proof}
+                Es ist
+                \[
+                    M = \{ x \in \R^{n}  \mid f(x) < 1\} = \{ x \in \R^{n}  \mid x \not\in (-1,1)^{n}\} 
+                .\] Als Randpunkte ergeben sich damit durch komponentenweise Anwendung
+                des eindimensionalen Falls:
+                \[
+                \partial M = \{-1, 1\}^{n}
+                .\] Damit ist
+                \begin{align*}
+                    M^{\circ} &= M \setminus \partial M = \{ x \in \R^{n}  \mid x \not\in [-1, 1]^{n}\}  \\
+                    \overline{M} &= M \cup \partial M = \{x \in \R^{n}  \mid x \not\in (-1,1)^{n}\} = M
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\partial M = \{ x \in \R^{n}  \mid g(x) \le 1\} $,
+            $M^{\circ} = M$, $M = [-1,1]^{n}$.
+            \begin{proof}
+                Es ist
+                \[
+                    g(x) = \frac{3}{2} - f(x) = \begin{cases}
+                        \frac{1}{2} & x \in (-1,1)^{n} \\
+                        \frac{3}{2} & \text{sonst}
+                    \end{cases}
+                .\] Also folgt
+                \[
+                    M = \{ x \in \R^{n}  \mid x \in (-1,1)^{n}\} = (-1,1)^{n}
+                .\] Analog zu (c) folgt damit direkt
+                \begin{align*}
+                    \partial M &= \{x \in \R^{n}  \mid x \in \{-1,1\}^{n}\} \\
+                    M^{\circ} &= (-1,1)^{n} \setminus \{-1, 1\}^{n} = (-1,1)^{n} = M \\
+                    \overline{M} &= (-1,1)^{n} \cup \{-1, 1\}^{n} = [-1,1]^{n}
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Seien $a < b \in \R$ und $\tilde{V}$, $V$ wie gegeben.
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $(\cdot , \cdot )$ ist kein Skalarprodukt auf $\tilde{V}$.
+            \begin{proof}
+                Für $a = 0$, $b = 1$ und $f = 1 \in \tilde{V}$, folgt $f' = 0$ und
+                $f \neq 0$, aber
+                \[
+                    (f,f) = \int_{0}^{1} f'(x)f'(x) \d x = \int_{0}^{1} 0 \d x = 0
+                .\] Damit ist (S1) nicht erfüllt.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $(\cdot , \cdot )$ ist ein Skalarprodukt auf $V$.
+            \begin{proof}
+                Seien $f, g \in V$ beliebig.
+
+                Zunächst ist $(f,g)$ wohldefiniert, da $f$ und $g$ stückweise stetig differenzierbar,
+                sind $f'$ und $g'$ stückweise stetig, also stückweise R.-integrierbar.
+                \begin{enumerate}[(S1)]
+                    \item Wegen der Monotonie des R.-Integrals
+                        ist
+                        \[
+                            (f,f) = \int_{a}^{b} \underbrace{(f'(x))^2}_{\ge 0} \d x \ge 0
+                        .\]
+                        Sei nun
+                        \[
+                            (f, f) = \int_{a}^{b} f'(x)^2 \d x = 0
+                        .\] Wegen $f \in \tilde{V}$, ex. eine Zerlegung $\Delta $ von $[a,b]$, s.d.
+                        \[
+                            (f,f) = \sum_{[\tilde{a}, \tilde{b}] \in \Delta }
+                            \int_{\tilde{a}}^{\tilde{b}} \underbrace{f'(x)^2}_{\ge 0} \d x
+                        .\] Da die einzelnen Summanden alle nicht negativ sind, folgt
+                        $\forall [\tilde{a}, \tilde{b}] \in \Delta $ mit
+                        der Definitheit des R.-Integrals:
+                        \[
+                            \int_{\tilde{a}}^{\tilde{b}} \underbrace{f'(x)^2}_{\ge 0} \d x = 0
+                            \qquad \quad \stackrel{f' \text{ stetig auf } [\tilde{a}, \tilde{b}]}{\implies}
+                            \qquad \quad
+                            f'(x)^2 = 0 \quad \forall x \in [\tilde{a}, \tilde{b}]
+                        .\] Da dies für alle Teilintervalle gilt, folgt
+                        \[
+                            f'(x)^2 = 0 \quad \forall x \in [a,b] \implies f' \equiv 0
+                            \implies \exists h \in \R: f(x) = h
+                        .\]
+                        Wegen $f(a) = f(b) = 0 \implies f(a) = h = 0 \implies h = 0$. Also $f \equiv 0$.
+                    \item Folgt aus der Symmetrie des R.-Integrals.
+                    \item Folgt aus der Linearität des R.-Integrals und der Linearität der Ableitung.
+                \end{enumerate}
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Mit Gram-Schmidt-Verfahren folgt
+    \begin{align*}
+        b_1 &= \frac{1}{\sqrt{(1,1)}} = \frac{1}{\int_{0}^{1} 1 \d t } = 1 \\
+        \widetilde{b_2} &= t - (1, t) = t - \int_{0}^{1} t \d t = t - \frac{1}{2}
+        \intertext{Es ist weiter}
+        (\widetilde{b_2}, \widetilde{b_2})
+        &= \int_{0}^{1} \left(t-\frac{1}{2}\right)\left( t - \frac{1}{2} \right)  \d x = \frac{1}{12} \\
+        b_2 &= \sqrt{12} \left( t - \frac{1}{2} \right)
+        \intertext{Damit folgt}
+        \widetilde{b_3} &= t^2 - (t, t^2) - 12 \left( t - \frac{1}{2}, t^2 \right) t = t^2 - t + \frac{1}{6}\\
+        (\widetilde{b_3}, \widetilde{b_3}) &= \int_{0}^{1} \left( t^2 - t + \frac{1}{6} \right)^2 \d x
+        = \frac{1}{180} \\
+        b_3 &= \sqrt{180} \left( t^2 - t + \frac{1}{6} \right)  \\
+        \widetilde{b_4} &= t^3 - (1, t ^{3}) - 12 \left( t - \frac{1}{2}, t ^{3} \right)
+        \left( t - \frac{1}{2} \right) - 180 \left( t^2 - t + \frac{1}{6} \right)\left( t^2 - 1 + \frac{1}{6} \right)  \\
+        &= t ^{3} - \frac{3}{2} t^2 + \frac{3}{5} t - \frac{1}{20} \\
+        (\widetilde{b_4}, \widetilde{b_4}) &=
+        \int_{0}^{1} \left( t ^{3} - \frac{3}{2} t^2 + \frac{3}{5} t - \frac{1}{20} \right)^2 \d x 
+        = \frac{1}{2800} \\
+        b_4 &= \sqrt{2800} \left( t ^{3} - \frac{3}{2}t^2 + \frac{3}{5}t - \frac{1}{20}\right) 
+        \intertext{Also ist}
+        \mathcal{B} &= \left\{1, \sqrt{12}\left( t - \frac{1}{2} \right),
+        \sqrt{180}\left( t^2 - t + \frac{1}{6} \right), \sqrt{2800}
+    \left( t ^{3} - \frac{3}{2} t^2 + \frac{3}{5} t - \frac{1}{20} \right) \right\}
+    .\end{align*}
+    eine Orthonormalbasis auf $C([0,1])$ mit dem gegebenen Skalarprodukt.
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}