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@@ -20,7 +20,7 @@
         \[
             \mu_k(A) \coloneqq \mu(A \cap A_k) \qquad \forall A \in \mathscr{B}(X)
         .\] $\mu_k$ wohldefiniert, da $A \cap A_k \in \mathscr{B}(X)$. Da
-        $X = \bigcupdot_{k \in \N} (A \cap A_k)$, folgt für $A \in \mathscr{B}(X)$:
+        $X = \bigcupdot_{k \in \N} A_k$, folgt für $A \in \mathscr{B}(X)$:
         $A = \bigcupdot_{k \in \N} (A \cap A_k)$. Damit folgt wegen
         der $\sigma$-Additivität von $\mu$:
         \[
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                 Sei $A \in \mathscr{B}(X)$: $A \cap A_k \subseteq A_k$, also folgt wegen
                 Monotonie von $\mu$, dass
                 \[
-                    \mu_k(A) = \mu(A \cap A_k) \le \mu(A) < \infty
+                    \mu_k(A) = \mu(A \cap A_k) \le \mu(A_k) < \infty
                 .\]
         \end{enumerate}
         Sei nun $A \in \mathscr{B}(X)$ und $\epsilon > 0$.
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         und $\mu_k(U_k \setminus K_k) < \frac{\epsilon}{2^{k+1}}$. Dann definiere
         $V \coloneqq \bigcap_{k \in \N} U_k$ und $S \coloneqq \bigcup_{k \in \N} K_k$. Da
         $\forall k \in \N\colon A \subseteq U_k$ und $K_k \subseteq A$, folgt
-        $S \subseteq A \subseteq V$. Weiter ist für $k \in \N$, da $\sigma_k$ endlich und monoton:
+        $S \subseteq A \subseteq V$. Weiter ist für $k \in \N$, da $\mu_k$ endlich und monoton:
         \begin{salign*}
-            \mu_k(V \setminus S) = \underbrace{\mu_k(V)}_{\le \mu(U_k)}
-            - \underbrace{\mu_k(S)}_{\ge \mu(K_k)} \le \mu_k(U_k) - \mu_k(K_k)
-            = \mu_k(U_k \setminus K_k) < \frac{\epsilon}{2^{n+1}}
+            \mu_k(V \setminus S) = \underbrace{\mu_k(V)}_{\le \mu_k(U_k)}
+            - \underbrace{\mu_k(S)}_{\ge \mu_k(K_k)} \le \mu_k(U_k) - \mu_k(K_k)
+            = \mu_k(U_k \setminus K_k) < \frac{\epsilon}{2^{k+1}}
         .\end{salign*}
         Damit folgt mit geometrischer Reihe im letzten Schritt
         \begin{salign*}
             \mu(V \setminus S) = \sum_{k \in \N} \mu_k(V \setminus S)
-            < \sum_{k \in \N} \frac{\epsilon}{2^{n+1}}
-            = \sum_{k \in \N} \frac{\epsilon}{4} \frac{1}{2^{n-1}}
-            = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\epsilon}{4} \frac{1}{2^{n}} = \frac{\epsilon}{2}
+            < \sum_{n \in \N} \frac{\epsilon}{2^{n+1}}
+            = \sum_{n \in \N} \frac{\epsilon}{4} \frac{1}{2^{n-1}}
+            = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\epsilon}{4} \frac{1}{2^{n}} = \frac{\epsilon}{2}
             \qquad (*)
         .\end{salign*}
         Im Allgemeinen ist $V$ jedoch nicht offen und $S$ nicht abgeschlossen, aber
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         .\] Da $\mu$ Maß, folgt also $\mu(D_n) \searrow \mu( V \setminus S)$. Das heißt
         es ex. ein $n_0 \in \N$, s.d. $\forall n \ge n_0$ gilt
         $\mu(D_n) - \mu(V \setminus S) < \frac{\epsilon}{2}$ $(**)$. Wähle
-        nun $U = V^{n_0}$ und $K = S^{n_0}$ abgeschlossen. Dann ist $U$ offen, $K$ abgeschlossen
-        und $K \subseteq A \subseteq K$ mit
+        nun $U = V^{n_0}$ und $K = S^{n_0}$. Dann ist $U$ offen, $K$ abgeschlossen
+        und $K \subseteq A \subseteq U$ mit
         \[
             \mu(U \setminus K) = \mu(D_{n_0}) \stackrel{(**)}{<} \frac{\epsilon}{2} + \mu(V \setminus S)
             \stackrel{(*)}{<} \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon
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                 A_k \coloneqq \left[ \frac{k-1}{n}, \frac{k}{n} \right]
                 \] für $1 \le k \le n$ und $A_k = \emptyset$ für $k > n$.
                 Dann ist $[0,1] \subseteq \bigcup_{k \in \N} A_k$ und
-                $\text{diam}(A_k) = \frac{1}{n}$ für $1 \le k \le n$ und
-                $\text{diam}(A_k) = 0$ für $k > n$. Damit folgt
+                $\text{diam}(A_k) = \frac{1}{n} < \delta $ für $1 \le k \le n$ und
+                $\text{diam}(A_k) = 0 < \delta $ für $k > n$. Damit folgt
                 \[
                     \mathscr{H}_{\delta }^{s}([0,1]) \le \sum_{k \in \N} \text{diam}(A_j)^{s}
                     = n \left(\frac{1}{n}\right)^{s} = \left( \frac{1}{n} \right)^{s-1} < \delta^{s-1}
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         \item Sei $A \subseteq \R$. Beh.: $\exists s^{*} \ge 0$ mit $\mathscr{H}^{s^{*}}(A) < \infty$
             $\implies$ $H^{s}(A) = 0$ $\forall s > s^{*}$.
             \begin{proof}
-                Sei $s^{*} \ge 0$ mit $H^{s^{*}} < \infty$ und $s > s^{*}$.
+                Sei $s^{*} \ge 0$ mit $H^{s^{*}}(A) < \infty$ und $s > s^{*}$.
                 Sei weiter $\delta > 0$. Dann ex. $A_i \subseteq \R$ mit
                 $ A \subseteq \bigcup_{i \in \N} A_i$ und $\text{diam}(A_i) \le \delta $, s.d.
                 $\sum_{i \in \N} \text{diam}(A_i)^{s^{*}} \eqqcolon C < \infty$.
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                 Sei dazu $0 \le s < 1$ und $\delta  > 0$ und $B_j \subseteq \R$ mit
                 $\text{diam}(B_j) \le \delta $ $\forall j \in \N$ und
                 $(0,1) \subseteq \bigcup_{j \in \N} B_j $. Es
-                ist $\sum_{j \in \N} \text{diam}(B_j) \le \text{diam}( (0,1)) = 1$. Damit folgt
+                ist $\sum_{j \in \N} \text{diam}(B_j) \ge \text{diam}( (0,1)) = 1$. Damit folgt
                 \begin{salign*}
                     \sum_{i \in \N} \text{diam}(B_j)^{s}
-                    = \sum_{j \in \N} \text{diam}(B_j)^{s} \text{diam}(B_j)^{s-1}
+                    = \sum_{j \in \N} \text{diam}(B_j) \text{diam}(B_j)^{s-1}
                     = \sum_{j \in \N} \frac{\text{diam}(B_j)}{\text{diam}(B_j)^{1-s}}
-                    \quad \stackrel{1-s > 0}{>} \quad
+                    \quad \stackrel{1-s > 0}{\ge } \quad
                     \frac{\sum_{j \in \N} \text{diam}(B_j)}{\delta ^{1-s}} \ge \frac{1}{\delta ^{1-s}}
                 .\end{salign*}
                 Damit folgt $H_{\delta }^{s}((0,1)) \ge \frac{1}{\delta ^{1-s}}$. Mit $\delta \longrightarrow 0$
                 folgt $H^{s}((0,1)) = \infty$.
 
-                $\Omega \neq \emptyset$ und $\emptyset$ offen. Sei nun $x \in \Omega$, dann ex.
+                $\Omega \neq \emptyset$ und $\Omega$ offen. Sei nun $x \in \Omega$, dann ex.
                 $\epsilon > 0$, s.d. $(x - \epsilon, x + \epsilon) \subseteq \Omega$. Damit
                 folgt mit Monotonie, Translationsinvarianz und Skalierung von $\mathscr{H}^{s}$:
                 \[
@@ -242,7 +242,7 @@
                 Sei im Folgenden $\Vert \cdot \Vert_{\infty}$ die Maximumsnorm auf $[0,1]$.
 
                 Zunächst zu zeigen, dass $f_k$ Cauchy-Folge. Sei dazu $\epsilon > 0$ und setze
-                $N_0 \coloneqq \log_2\left( \frac{1}{\epsilon} \right) - 1$. Dann gilt
+                $N_0 \coloneqq \log_2\left( \frac{1}{\epsilon} \right) + 2$. Dann gilt
                 $\forall m, n \ge N_0$ zunächst
                 \begin{salign*}
                 \Vert f_{n+1} - f_n \Vert_{\infty} \le \frac{1}{2} \Vert f_n - f_{n-1} \Vert
@@ -258,8 +258,8 @@
                     &\stackrel{\text{geom. Reihe}}{=} \frac{1 - \frac{1}{2^{m-1}}}{1-\frac{1}{2}}
                     - \frac{1 - \frac{1}{2^{n-1}}}{1-\frac{1}{2}} \\
                     &= 2 (1 - \frac{1}{2^{m-1}} -1 + \frac{1}{2^{n-1}}) \\
-                    &= \frac{1}{2^{m}} + \frac{1}{2^{n}} \\
-                    &\le \frac{1}{2^{N_0+1}} \\
+                    &= \frac{1}{2^{n-2}} - \frac{1}{2^{m-2}} \\
+                    &\le \frac{1}{2^{N_0-2}} \\
                     &< \frac{1}{2^{\log_{2}\left( \frac{1}{\epsilon} \right) }} \\
                     &= \epsilon
                 .\end{salign*}