add algebra

ws2020/algebra/uebungen/algebra1.tex

@@ -0,0 +1,166 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\usepackage[]{mathrsfs}
+
+\begin{document}
+
+\punkte
+
+\title{Algebra I: Übungsblatt 1}
+\author{Christian Merten}
+
+\begin{aufgabe}
+    Beh.: $HK = KH \implies HK$ Untergruppe von $G$.
+    \begin{proof}
+        Sei $HK = KH$.
+        \begin{enumerate}[(i)]
+            \item Es ist $e \in H \cap K$, also $e \in HK$.
+            \item Seien $a, b \in HK$. Dann ex. $h_1, h_2 \in H$ und $k_1, k_2 \in K$, s.d.
+                $a = h_1 k_1$ und $b = h_2 k_2$. Dann ist
+                $ab = h_1 \underbrace{k_1 h_2}_{\in KH} k_2$. Da $KH = HK$ ex. $h_3 \in H$ und $k_3 \in K$,
+                s.d. $k_1 h_2 = h_3 k_3$. Damit folgt, da $H$ und $K$ Untergruppen:
+                \[
+                    ab = h_1 k_1 h_2 k_2 = \underbrace{h_1 h_3}_{\in H} \underbrace{k_3 k_2}_{\in  K}
+                    \in HK
+                .\] 
+            \item Sei $a \in HK$. Dann ex. $h \in H$ und $k \in K$ s.d. $a = hk$. Dann folgt
+                \[
+                    a^{-1} = (hk)^{-1} = \underbrace{k^{-1}}_{\in K} \underbrace{h^{-1}}_{\in H}
+                    \in KH = HK
+                .\]
+        \end{enumerate}
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $a = \prod_{g \in G, g^2 = e} g$.
+            \begin{proof}
+                Es gilt zunächst $\forall g \in G\colon g^2 \neq e$ gilt
+                $(g^{-1})^2 \neq e$, denn Inverse sind eindeutig in Gruppen. Da
+                $G$ abelsch folgt durch Umordnung
+                \[
+                    \prod_{\substack{g \in G \\ g^2 \neq e}} g = e
+                .\] 
+                Damit folgt
+                \begin{salign*}
+                a = \prod_{g \in G}^{} g
+                &\stackrel{G \text{ abelsch}}{=} \prod_{\substack{g \in G\\g^2 = e}} g
+                \cdot \underbrace{\prod_{\substack{g \in G \\ g^2 \neq e}} g}_{= e}
+                = \prod_{\substack{g \in G\\g^2 = e}} g
+                .\end{salign*}
+            \end{proof}
+            Beh.: $a^2 = e$.
+            \begin{proof}
+                Es folgt direkt
+                \[
+                    a^2 = \left( \prod_{\substack{g \in G \\ g^2 = e}} g \right)^2
+                    = \prod_{\substack{g \in G \\ g^2 = e}} g^2
+                    = e
+                .\] 
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Für $p$ prim gilt $(p-1)! \equiv -1$ $(\text{mod } p)$.
+            \begin{proof}
+                Zunächst ist $\Z / p \Z$ nullteilerfrei, denn $\Z / p \Z$ nach LAI Körper, da $p$ prim.
+                Damit gilt für $\overline{a} \in \Z/ p\Z$:
+                \[
+                \overline{a}^2 = \overline{1} \iff \overline{a}^2 - \overline{1} = 0
+                \iff (\overline{a} + \overline{1})(\overline{a} - \overline{1}) = 0
+                \iff \overline{a} = \overline{1} \text{ oder } \overline{a} = \overline{-1}
+                .\] 
+                Da $p$ prim gilt außerdem
+                $(\Z / p \Z)^{\times } = (\Z / p \Z) \setminus \{ \overline{0}\} $. Damit
+                folgt
+                \[
+                    \overline{(p-1)!} = \prod_{\overline{g} \in ( \Z / p\Z)^{\times }} \overline{g}
+                    \stackrel{\text{(a)}}{=} \prod_{\substack{\overline{g} \in (\Z / p \Z)^{\times } \\ \overline{g}^2 = \overline{1}}} \overline{g} = \overline{1} \cdot \overline{-1} = \overline{-1}
+                .\] Das zeigt die Behauptung.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $Z(G)$ ist Normalteiler in $G$.
+            \begin{proof}
+                Zunächst zeige $Z(G)$ ist Untergruppe in $G$.
+                \begin{enumerate}[(i)]
+                    \item $e \in Z(G)$, denn $e h = h = h e$ $\forall h \in G$.
+                    \item Seien $a, b \in Z(G)$ und $h \in G$ beliebig. Dann ist
+                        \[
+                            (ab)h \quad \stackrel{b \in Z(G)}{=} \quad a h b
+                            \quad\stackrel{a \in Z(G)}{=} \quad h (a b)
+                        .\] Also $ab \in Z(G)$.
+                    \item Sei $a \in Z(G)$ und $h \in G$. Dann ist
+                        \[
+                        a^{-1} h = a^{-1} h \cdot a a^{-1}
+                        \quad \stackrel{a \in Z(G)}{=} \quad a^{-1} a h a^{-1} = h a^{-1}
+                        .\] 
+                \end{enumerate}
+                Bleibt zu zeigen, dass $Z(G)$ Normalteiler. Dazu sei $a \in G$. Dann folgt wegen der
+                Kommutativität des Zentrums direkt
+                \[
+                    a Z(G) a^{-1} = a a^{-1} Z(G) = Z(G)
+                .\] 
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $G / Z(G)$ zyklisch $\implies$ $G$ abelsch.
+            \begin{proof}
+                Sei $G / Z(G)$ zyklisch. Dann ex. $g \in G$, s.d.
+                $\langle \overline{g} \rangle = G / Z(G)$. Seien nun $a, b \in G$ beliebig.
+                Dann ist ex. $n, m \in \N$, s.d. $\overline{a} = \overline{g}^{n} = \overline{g^{n}}$ und
+                $\overline{b} = \overline{g}^{m} = \overline{g^{m}}$.
+
+                Also ex. $h_1, h_2 \in Z(G)$ s.d. $a = h_1 g^{n}$ und $b = h_2 g^{m}$. Damit folgt
+                unter mehrfacher Ausnutzung der Zentrumseigenschaft für $h_1$ und $h_2$:
+                \begin{salign*}
+                a b = h_1 g^{n} h_2 g^{m} = h_1 g^{n} g^{m} h_2 = h_1 g^{m} g^{n} h_2
+                = h_2 g^{m} h_1 g^{n} = b a
+                .\end{salign*}
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $D_4$ ist eine Untergruppe von $\text{GL}_2(\R)$.
+            \begin{proof}
+                \begin{enumerate}[(i)]
+                    \item $E_2 \in D_4$, denn $E_2(\square) = \square$.
+                    \item Seien $A, B \in D_4$. Dann ist
+                        \[
+                            (A B)(\square) = A ( B (\square)) = A (\square) = \square
+                        .\] Also $AB \in D_4$
+                    \item Sei $A \in D_4$. Dann ex. $A^{-1} \in \text{GL}_2(\R)$ und es gilt
+                        \[
+                            \square = (\underbrace{A^{-1}A}_{= E_2})(\square)
+                            = A^{-1} (A (\square)) = A^{-1} (\square)
+                        .\] Also $A^{-1} \in D_4$.
+                \end{enumerate}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\text{ord}(D_4) = 8$.
+            \begin{proof}
+                Zunächst gilt für $A \in D_4$: $A$ ist isometrisch, also ist
+                nach LAI $A$ immer eine Drehspiegelung um $(0,0)$.
+
+                Damit bleiben für $\square$ genau $4$ erhaltende Rotationen und $4$ Spiegelachsen. Damit folgt
+                die Behauptung.
+            \end{proof}
+        \item Die Punkte von $\square$ sind durch den festen Abstand der Eckpunkte von einander eindeutig
+            durch ihre zwei benachbarten Ecken festgelegt.
+
+            Damit ex. eine injektive Abbildung $\iota: D_4 \xhookrightarrow{} S_4$. Es reicht also
+            die Permutation der Eckpunkte anzugeben. Diese sind:
+            \begin{salign*}
+                \tau_1 &= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \end{pmatrix} = \text{id} \\
+                \tau_2 &= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 4 & 1 & 2 & 3 \end{pmatrix} \\
+                \tau_3 &= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 3 & 4 & 1 & 2 \end{pmatrix} \\
+                \tau_4 &= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 3 & 4 & 1\end{pmatrix} \\
+                \tau_5 &= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 4 & 3 & 2 & 1\end{pmatrix} \\
+                \tau_6 &= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 1 & 4 & 3 \end{pmatrix} \\
+                \tau_7 &= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 3 & 2 & 1 & 4 \end{pmatrix} \\
+                \tau_8 &= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 4 & 3 & 2\end{pmatrix}
+            .\end{salign*}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

ws2020/ana/uebungen/ana1.tex

@@ -1,5 +1,7 @@
 \documentclass[uebung]{../../../lecture}
 
+\usepackage[]{mathrsfs}
+
 \begin{document}
 
 \punkte
@@ -89,7 +91,203 @@
 \end{aufgabe}
 
 \begin{aufgabe}
-    
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Beh.: Es existiert kein Wahrscheinlichkeitsmaß $\nu \colon \mathscr{P}(X) \to \{0, 1\} $ mit
+            $\nu(A) = 0$ für alle endlichen Mengen $A \subseteq X$.
+            \begin{proof}
+                Ang. es existiert ein Wahrscheinlichkeitsmaß $\nu \colon \mathscr{P}(X) \to \{0, 1\} $. Dann
+                ist $\nu([0,1]) = 1$. Definiere nun induktiv: $I_1 = [0, 1]$.
+                Für $I_{k+1}$ teile $I_k$ beliebig in zwei disjunkte Teilintervalle $A, B \subseteq I_k$ mit
+                $A \cap B = \emptyset$, $A \cup B = I_k$ und $A, B \neq \emptyset$. Da $\mu(I_k) = 1$ und
+                $A$ und $B$ disjunkt folgt mit der Additivität von $\nu$, dass entweder $\nu(A) = 1$ oder
+                $\nu(B) = 1$. Wähle dann $I_{k+1} = A$ oder $I_{k+1} = B$, s.d. $\nu(I_k) = 1$. Damit
+                ist $I_{k+1} \subsetneqq I_k$ also $I_k$ monoton fallend und $I_k \searrow \{ x \} $
+                für $x \in [0,1]$. Außerdem gilt nach Konstruktion $\nu(I_k) = 1$ $\forall k \in \N$. Damit folgt
+                nach VL
+                \[
+                    \lim_{k \to \infty} \mu(I_k) = 1 \neq 0 = \mu\left( \left\{ x \right\}  \right) 
+                    \quad \contr
+                .\]
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\mathcal{A}$ ist eine $\sigma$-Algebra.
+            \begin{proof}
+                \begin{enumerate}[(i)]
+                    \item $X \in \mathcal{A}$, denn $X^{c} = \emptyset$ endlich. $\emptyset$ selbst endlich.
+                    \item Sei $A \in \mathcal{A}$. Falls $A$ höchstens abzählbar, dann ist
+                        $\left(A^{c}\right)^{c} = A$ höchstens abzählbar, analog für $A^{c}$ höchstens
+                        abzählbar. Also $A^{c} \in \mathcal{A}$.
+                    \item Sei $A_i \in \mathcal{A}$ $\forall i \in \N$. Falls $A_i$ höchstens
+                        abzählbar $\forall i \in \N$ ist $\bigcup_{i \in \N} A_i$ ebenfalls
+                        abzählbar, also $\bigcup_{i \in \N} A_i \in \mathcal{A}$.
+
+                        Falls $\exists j \in \N$, s.d. $A_j \in \mathcal{A}$ überabzählbar, dann ist
+                        $\mathcal{A}^{c}$ höchstens abzählbar nach Definition. Damit folgt
+                        \[
+                            \left(\bigcup_{i \in \N} A_i\right)^{c} = \bigcap_{i \in \N} A_i ^{c}
+                            \subseteq A_j^{c}
+                        .\] Also $\left( \bigcup_{i \in \N} A_i \right)^{c}$ höchstens abzählbar.
+                \end{enumerate}
+            \end{proof}
+            Beh.: $\mu$ definiert ein Maß auf $\mathcal{A}$.
+            \begin{proof}
+                \begin{enumerate}[(i)]
+                    \item Es ist $\mu(\emptyset) = 0$, denn $\emptyset$ endlich.
+                    \item Sei $A_i \in \mathcal{A}$ mit $A_i \cap A_j = \emptyset$ für $i \neq j$.
+                        Falls $\forall i \in \N$ $A_i$ höchstens abzählbar, dann ist $\bigcup_{i \in \N} A_i$
+                        auch höchstens abzählbar also folgt
+                        \[
+                            \mu\left( \bigcup_{i \in \N} A_i \right) = 0 = \sum_{i \in \N} \mu(A_i)
+                        .\]
+                        Falls ein $i \in \N$ existiert, s.d. $A_i$ überabzählbar, dann gilt
+                        $\mu(A_i) = 1$, $A_i^{c}$ nach Definition von $\mathcal{A}$ abzählbar
+                        und $\bigcup_{k \in \N} A_k $ überabzählbar.
+                        Da $A_i$ paarweise disjunkt, folgt $\forall j \in \N\colon A_j \subseteq A_{i}^{c}$,
+                        also $A_j$ höchstens abzählbar. Damit folgt
+                        \[
+                            \sum_{k \in \N} \mu(A_k) = \mu(A_i) + \sum_{k \in \N, k \neq i} \mu(A_k)
+                            = 1 + 0 = 1 = \mu\left( \bigcup_{k \in \N} A_k \right) 
+                        .\] 
+                \end{enumerate}
+            \end{proof}
+        \item In (a) ist ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf dem gesamten Potenzraum gefordert, in (b)
+            nur auf der Untermenge $\mathcal{A} \subsetneqq \mathscr{P}(X)$, denn beispielsweise
+            weder $\left[0,\frac{1}{2}\right] \subseteq \R$ noch $\left[ 0, \frac{1}{2} \right]^{c} \subseteq \R$ sind höchstens
+            abzählbar. Deswegen liegt kein Widerspruch vor.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Beh.: $\mathscr{D}$ $\pi$-System $\implies$ $\mathscr{D}$ $\sigma$-Algebra.
+            \begin{proof}
+                Sei $\mathscr{D}$ ein $\pi$-System. Dann gilt
+                \begin{enumerate}[(i)]
+                    \item $X \in \mathscr{D}$ klar, da $\mathscr{D}$ Dynkinsystem.
+                    \item $A \in \mathscr{D} \implies A^{c} \in \mathscr{D}$ klar, da $\mathscr{D}$ Dynkinsystem.
+                    \item Sei nun $A_i \in \mathscr{D}$ $\forall i \in \N$. Da für zwei
+                        Mengen $A, B \subseteq \mathscr{D}$ gilt $A \setminus B = A \cap B^{c}$.
+                        Da $\mathscr{D}$ Dynkinsystem und
+                        $\pi$-System ist, folgt
+                        $A \cap B^{c} \in \mathscr{D}$.
+                        Also folgt insgesamt $A \setminus B \in \mathscr{D}$.
+
+                        Konstruiere nun induktiv $B_1 \coloneqq A_1$ und
+                        $B_{k+1} \coloneqq A_{k+1} \setminus \bigcup_{i=1}^{k} B_i$. Es ist wegen
+                        oben $B_k \in \mathscr{D}$ und nach Konstruktion $B_i \cap B_j = \emptyset$
+                        $\forall i, j \in \N$ mit $i \neq j$. Damit folgt wegen
+                        $\mathcal{D}$ Dynkinsystem
+                        \[
+                            \bigcup_{i \in \N} A_i = \mathop{\dot{\bigcup_{i \in \N}}} B_i \in \mathscr{D}
+                        .\]
+                \end{enumerate}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\mathscr{H}(D)$ ist Dynkinsystem.
+            \begin{proof}
+                \begin{enumerate}[(i)]
+                    \item Es ist $\emptyset \in \mathscr{H}(D)$, denn
+                        $\emptyset \cap D = \emptyset \in \mathscr{D}_0$,
+                        da $\mathscr{D}_0$ Dynkinsystem. Ebenfalls
+                        ist $X \in \mathscr{H}(D)$, denn $X \cap D = D \in \mathscr{D}_0$.
+                    \item Sei $A \in \mathscr{H}(D)$. Dann ist $A \cap D \in \mathscr{D}_0$. Da
+                        $\mathscr{D}_0$ Dynkinsystem folgt:
+                        \begin{align*}
+                            A^{c} \cap D = (X \setminus A) \cap D = (X \cap D) \setminus (A \cap D)
+                            = \left( (X \cap D)^{c} \mathop{\dot{\cup}} (A \cap D) \right)^{c}
+                            \in \mathscr{D}_0
+                        .\end{align*}
+                    \item Sei $A_i \in \mathscr{H}(D)$ $\forall i \in \N$ mit $A_i \cap A_j = \emptyset$
+                        $\forall i, j \in \N, i \neq j$. Dann folgt direkt, da die $A_i$ paarweise
+                        disjunkt sind und $\mathscr{D}_0$ Dynkinsystem:
+                        \[
+                            \left( \bigcup_{i \in \N} A_i \right) \cap D
+                            = \mathop{\dot{\bigcup_{i \in \N}}} (\underbrace{A_i \cap D}_{ \in \mathscr{D}_0})
+                            \in \mathscr{D}_0
+                        .\] 
+                \end{enumerate}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\mathscr{H}(D) = \mathscr{D}_0$ für alle $D \in \mathscr{D}_0$.
+            \begin{proof}
+                \begin{enumerate}[(1)]
+                    \item Z.z.: $H(K) = \mathscr{D}_0$ $\forall K \in \mathscr{K}$.
+
+                        Sei $K \in \mathscr{K}$.
+                        Dann ist $\mathscr{K} \subseteq \mathscr{H}(K)$, denn für $A \in \mathscr{K}$ gilt
+                        $A \cap K \in \mathscr{K} \subseteq \mathscr{D}_0$, da $\mathscr{K}$ $\pi$-System.
+
+                        Da wegen (b) $\mathscr{H}(K)$ Dynkinsystem und $\mathscr{D}_0$ kleinstes
+                        Dynkinsystem, das $\mathscr{K}$ enthält, folgt $\mathscr{D}_0 \subseteq \mathscr{H}(K)$.
+                        Außerdem ist nach Definition $\mathscr{H}(K) \subseteq \mathscr{D}_0$, also
+                        folgt $\mathscr{H}(K) = \mathscr{D}_0$.
+                    \item Z.z.: $\mathscr{K} \subseteq \mathscr{H}(D)$ $\forall D \in \mathscr{D}_0$.
+
+                        Sei $D \in \mathscr{D}_0$ und $K \in \mathscr{K}$ beliebig. Da
+                        $D \in \mathscr{D}_0 = \mathscr{H}(K)$ (wg. 1) folgt $K \cap D \in \mathscr{D}_0$. Also
+                        auch $K \in \mathscr{H}(D)$.
+                    \item Sei nun $D \in \mathscr{D}_0.$ Da $\mathscr{H}(D)$ Dynkinsystem, das
+                        $\mathscr{K}$ enthält folgt wie in (1), dass $\mathscr{H}(D) = \mathscr{D}_0$.
+                \end{enumerate}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\sigma(\mathscr{K}) \subseteq \mathscr{D}$.
+            \begin{proof}
+                    $\mathscr{D}_0$ ist $\pi$-System, denn $\mathscr{D}_0 \neq \emptyset$
+                    und für $A, B \in \mathscr{D}_0$ betrachte:
+                    $A \in \mathscr{H}(B) = D_0$. Damit folgt $A \cap B \in \mathscr{D_0}$.
+
+                    Mit (a) ist $\mathscr{D}_0$ also $\sigma$-Algebra, die mit (c) $\mathscr{K}$ enthält.
+                    Da $\mathscr{D}_0$ kleinstes Dynkinsystem ist, das $\mathscr{K}$ enthält, und jede
+                    $\sigma$-Algebra auch Dynkinsystem ist und $\mathscr{D}_0$ selber $\sigma$-Algebra, folgt
+                    \[
+                        \delta(\mathscr{K}) = \mathscr{D}_0 = \sigma(\mathscr{K})
+                    .\] Da bereits $\mathscr{D} \supseteq \mathscr{K}$, folgt
+                    $\sigma(\mathscr{K}) \subseteq \mathscr{D}$.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}[Zusatzaufgabe]
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Beh.: $A_{*} = \{ x \in X \colon x \in A_k \text{ f.f.a. } k \in \N\} $.
+            \begin{proof}
+                Sei $x \in X$. Dann gilt
+                \begin{align*}
+                    x \in A_{*} &\iff x \in \bigcup_{n \ge 1} \bigcap_{m \ge n} A_m \\
+                    &\iff \exists n \in \N\colon \forall m \ge n\colon x \in A_m \\
+                    &\iff x \in A_k \text{ für fast alle } k \in \N
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+            Beh.: $A^{*} = \{ x \in X \colon x \in A_k \text{ für unendlich viele } k \in \N\} $.
+            \begin{proof}
+                Sei $x \in X$. Dann folgt
+                \begin{align*}
+                    x \in A^{*} &\iff x \in \bigcap_{n \ge 1} \bigcup_{m \ge n} A_m \\
+                    &\iff \forall n \in \N\colon  \exists m \in \N, n \ge m \colon x \in A_m \\
+                    &\iff x \in A_k \text{ für unendlich viele } k \in \N
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+        \item Verwendet werden im Folgenden die Charakterisierungen aus (a).
+
+            Beh.: $\chi_{A_{*}} = \liminf_{k \to \infty} \chi_{A_k} $.
+            \begin{proof}
+                Sei $x \in X$. Falls $x \in A_{*}$: Dann ex. ein $k \in \N$ s.d. $\forall n \ge k$:
+                $x \in A_n$, also $\chi_{A_k}(x) = 1$ also
+                \[
+                    \liminf_{n \to \infty} \chi_{A_n} (x)
+                    = \sup_{n \in \N} \inf_{m \ge n} \chi_{A_k}(x) = 1 = \chi_{A_*}(x)
+                .\] Falls $x \not\in A_{*}$: $\forall n \in \N\colon \exists k \in \N, k \ge n\colon  x\not\in A_k \implies \chi_{A_k}(x) = 0$, also
+                \[
+                \liminf_{n \to \infty} \chi_{A_n} (x) = 0 = \chi_{A_*}(x)
+                .\] 
+            \end{proof}
+            Die Behauptung für den limes superior funktioniert exakt analog.
+        \item Beh.: $A_* = \emptyset$ und $A^{*} = [0,1)$.
+            \begin{proof}
+                Bemerke: Für $x \in [0,1)$ existieren $\infty$-viele $A_k$ mit $x \in A_k$ und
+                $\infty$-viele $A_k$ mit $x \not\in A_k$, denn die $A_k$ bilden immer feinere
+                Unterteilungen des Intervalls $[0, 1)$.
+
+                Damit folgt die Behauptung aus den Charakterisierungen aus (a).
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
 \end{aufgabe}
 
 \end{document}