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@@ -40,7 +40,36 @@
             \[
                 d_4(3, 2) = |3 - 2\cdot 2| = 1 \neq 4 = |2 - 2\cdot 3| = d_4(2,3)
             .\] 
-        \item
+        \item $d_5(x,y) = \frac{|x-y|}{1 + |x-y|}$ ist eine Metrik, denn $\forall x, y, z \in \R$ gilt:
+            \begin{enumerate}[(M1)]
+                \item $d_5(x, y) = \frac{|x-y|}{1 + |x-y|} \ge 0$ und
+                    \[
+                        d_5(x, y) = 0 \iff \frac{|x-y|}{1 + |x-y|} = 0
+                        \iff |x - y| = 0 \iff x = y
+                    .\] 
+                \item $d_5(x, y) = \frac{|x-y|}{1 + |x-y|} = \frac{|y-x|}{1 + |y-x|} = d_5(y, x)$.
+                \item Sei $d := \max \{ |x-y|, |x-z|, |y-z| \} $. Falls $d = |x-z|$, dann ist
+                    \[
+                    \frac{|x-z|}{1 + |x-z|} = \frac{|x-z|}{1+d}
+                    \le \frac{|x-y|}{1 + d} + \frac{|y-z|}{1+d}
+                    \le \frac{|x-y|}{1 + \underbrace{|x - y|}_{\le d}} + \frac{|y-z|}{1 +
+                    \underbrace{|y-z|}_{\le d}}
+                    .\] 
+                    Falls $d \neq |x-z|$. Dann sei O.E. $d = |x-y|$. Dann gilt
+                    \begin{alignat*}{2}
+                                &\quad&|x-z|                 &\le |x-y| \\
+                        \iff& &|x-z| + |x-y|\cdot |x-z| &\le |x-y| + |x-y| \cdot |x-z| \\
+                        \iff& &|x - z| (1 + |x-y|) &\le |x-y| (1 + |x-z|) \\
+                        \iff& &\frac{|x-z|}{1 + |x-z|} &\le \frac{|x-y|}{1 + |x-y|}
+                        \intertext{Also insbesondere}
+                        \implies& &\frac{|x-z|}{1 + |x-z|} &\le \frac{|x-y|}{1+|x-y|}
+                        + \underbrace{\frac{|y-z|}{1 + |y-z|}}_{\ge 0}
+                    .\end{alignat*}
+                    Insgesamt folgt
+                    \[
+                        d_5(x,z) \le d_5(x,y) + d_5(y,z)
+                    .\] 
+            \end{enumerate}
     \end{enumerate}
 \end{aufgabe}
 
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 \begin{aufgabe}
     Seien $p, q \in \R$ mit $p, q > 1$, $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$
     \begin{enumerate}[(a)]
-        \item Definiere
+        \item Beh.: Für $a, b \ge 0$ gilt
-            \begin{align*}
-                f(t) &:= (a^{p})^{t} \cdot (b^{q})^{1 - t}
-            \intertext{Es folgt}
-                f''(t) &= \underbrace{(p \ln a - q \ln b)^2}_{\ge 0} \cdot \underbrace{f(t)}_{\ge 0}
-            .\end{align*}
-            Also ist $f(t)$ konvex.
-            Es ist mit $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1 \implies \frac{1}{q} = 1 - \frac{1}{p}$.
-            Mit $\lambda = \frac{1}{p}, x = 1$ und $y = 0$ folgt damit
             \[
-                ab =
+            ab \le \frac{a^{p}}{p} + \frac{b^{q}}{q}
-                a^{\frac{1}{p} \cdot p}b^{q \cdot \left( 1-\frac{1}{p}\right) }
-                = f\left(\frac{1}{p}\right)
-                \le \frac{1}{p} f(1) + \left( 1 - \frac{1}{p} \right)f(0)
-                = \frac{a^{p}}{p} + \frac{b^{q}}{q}
             .\] 
-        \item
+            \begin{proof}
+                Definiere
+                \begin{align*}
+                    f(t) &:= (a^{p})^{t} \cdot (b^{q})^{1 - t} = e^{(p \ln a - q \ln b) t}
+                \intertext{Es folgt}
+                    f''(t) &= \underbrace{(p \ln a - q \ln b)^2}_{\ge 0} \cdot \underbrace{f(t)}_{\ge 0}
+                .\end{align*}
+                Also ist $f(t)$ konvex.
+                Es ist mit $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1 \implies \frac{1}{q} = 1 - \frac{1}{p}$.
+                Mit $\lambda = \frac{1}{p}, x = 1$ und $y = 0$ folgt damit
+                \[
+                    ab =
+                    a^{\frac{1}{p} \cdot p}b^{q \cdot \left( 1-\frac{1}{p}\right) }
+                    = f\left(\frac{1}{p}\right)
+                    \le \frac{1}{p} f(1) + \left( 1 - \frac{1}{p} \right)f(0)
+                    = \frac{a^{p}}{p} + \frac{b^{q}}{q}
+                .\] 
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Für $a_1, b_1, \ldots, a_n, b_n \in \R$ gilt
+            \[
+                \sum_{i=1}^{n} |a_i b_i| \le \left( \sum_{i=1}^{n} |a_i|^{p} \right)^{\frac{1}{p}}
+                \cdot \left( \sum_{i=1}^{n} |b_i|^{q} \right)^{\frac{1}{q}}
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                Es sei $\Vert a \Vert_p := \left(\sum_{i=1}^{n} |a_i|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}$
+                und $\Vert b \Vert_q := \left( \sum_{i=1}^{n} |b_i|^{q} \right)^{\frac{1}{q}} $. Dann folgt
+                \begin{align*}
+                    \frac{1}{\Vert a \Vert_p \cdot \Vert b \Vert_q}
+                    \sum_{i=1}^{n} |a_i b_i|
+                    &= \quad\sum_{i=1}^{n} \left|\frac{a_i}{\Vert a \Vert_p}\right|
+                    \left| \frac{b_i}{\Vert b \Vert_q} \right|\\
+                    &\stackrel{\text{Young}}{\le} \quad
+                    \sum_{i=1}^{n} \frac{|a_i|^{p}}{p \Vert a \Vert_p^{p}}
+                    + \sum_{i=1}^{n} \frac{|b_i|^{q}}{q \Vert b \Vert_q^{q}} \\
+                    &= \frac{1}{p} \frac{1}{\sum_{i=1}^{n} |a_i|^{p}}
+                    \sum_{i=1}^{n} |a_i|^{p}
+                    + \frac{1}{q} \frac{1}{\sum_{i=1}^{n} |b_i|^{q}}
+                    \sum_{i=1}^{n} |b_i|^{q} \\
+                    &= \frac{1}{p} + \frac{1}{q} \\
+                    &= 1 \\
+                    \implies \sum_{i=1}^{n} |a_i b_i| &\le \Vert a \Vert_p \cdot \Vert b \Vert_q
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
     \end{enumerate}
 \end{aufgabe}