update algebra and ana

ws2020/algebra/uebungen/algebra4.tex

@@ -201,4 +201,94 @@
     \end{enumerate}
 \end{aufgabe}
 
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $(K^{\times })^2 = \text{Bild}(\varphi)$ Untergruppe vom Index 2 in $K^{\times}$.
+            \begin{proof}
+                Sei $K$ endlich und $\text{char}(K) \neq 2$. 
+
+                Es ist zunächst für
+                $a, b \in K^{\times }\colon \varphi(ab) = (ab)^2 = a^2b^2 = \varphi(a)\varphi(b)$. Also
+                $\varphi$ Grp.hom und damit $\text{im }\varphi$ Untergruppe in $K^{\times }$.
+
+                Dann sei $a \in K^{\times}$ mit
+                $\varphi(a) = 1$. Dann folgt, da $K$ Körper, insbesondere nullteilerfrei
+                \[
+                    a^2 = 1 \implies a^2 - 1 = 0 \implies (a+1)(a-1) = 0 \implies a = 1 \lor a = -1
+                .\] Es folgt also $\text{ker } \varphi = \{1, -1\} $. Ang.: $1 = -1$, dann
+                ist $0 = 1 + (-1) = 1 + 1$, also $\text{char}(K) = 2$ $\contr$. Also
+                folgt $\text{ord}(\text{ker } \varphi) = 2$ $(*)$.
+
+                Dann ist nach Homomorphiesatz
+                $K^{\times } / \text{ker } \varphi \stackrel{\sim }{=} \text{im }\varphi$, insbesondere
+                \[
+                K^{\times} \colon \text{ker }\varphi = \text{ord}\left( K^{\times } / \text{ker } \varphi \right)
+                = \text{ord}(\text{im } \varphi) \qquad (**)
+                .\] Außerdem gilt nach Satz von Lagrange
+                \[
+                    K^{\times } \colon \text{im }\varphi
+                    \qquad \stackrel{\text{Lagrange}}{=} \qquad
+                    \frac{\text{ord}(K^{\times })}{\text{ord}(\text{im }\varphi)}
+                    \stackrel{(**)}{=}
+                    \frac{\text{ord}(K^{\times})}{K^{\times } : \text{ker } \varphi}
+                    \qquad \stackrel{\text{Lagrange}}{=} \qquad \text{ord}(\text{ker } \varphi)
+                    \stackrel{(*)}{=} 2
+                .\]
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Eine der Zahlen $-1, -2, 2$ ist ein Quadrat.
+            \begin{proof}
+                Sei $K$ endlich. Falls $\text{char}(K) = 2$ folgt $-1 = 1$, denn $1 + 1 = 0$.
+                Also ist $-1 = 1 = 1^2$ ein Quadrat.
+
+                Sei nun $\text{char}(K) \neq 2$. Ang.: $-2$ und $2$ sind keine Quadrate.
+                Betrachte $\varphi$ aus (a). Dann
+                ist $2, -2 \not\in \text{im }\varphi$. Nach (a) gibt es jedoch nur zwei
+                Nebenklassen bezüglich $\text{im } \varphi$ in $K^{\times }$. Also folgt
+                $\overline{2} = \overline{-2}$, also $(-2)^{-1}2 \in \text{im }\varphi$. 
+                Da $(-1) (-1) = 1$ folgt $(-1)^{-1} = -1$, also damit
+                \[
+                    -1 = (-1)^{-1} = (-1)^{-1} \cdot 1 = (-1)^{-1} 2^{-1}2 = (-2)^{-1} 2 \in \text{im }\varphi
+                .\] Also $\exists a \in K^{\times }$ mit $a^2 = -1$. Damit folgt da $K$ nullteilerfrei
+                \[
+                    0 = -1 + 1 = -1 - (-1) = -1 - a^2 \implies (-1-a) (-1+a) = 0 \implies a = -1 \lor a = 1
+                .\] Also folgt
+                \[
+                    -1 = a^2 = (-1)^2 = 1 \lor -1 = a^2 = 1^2 = 1
+                .\] Also $-1 = 1$ und damit $0 = 1 + (-1) = 1 + 1$, also $\text{char }K = 2$ $\contr$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $X^{4} + 1 \in \mathbb{F}_p[X]$ für $p$ Primzahl lässt sich als Produkt zweier
+            quadratischer Polynome schreiben.
+            \begin{proof}
+                Sei $p$ Primzahl. Dann ist $\mathbb{F}_p[X]$ endlicher Körper, also nach (b)
+                mindestens eine der Zahlen $-1, -2, 2$ ein Quadrat.
+                Falls
+                \begin{itemize}
+                    \item $\exists a \in \mathbb{F}_p^{\times}$ mit $a^2 = -1$: Dann ist
+                        \[
+                            X^{4} + 1 = X^{4} - (-1) = X^{4} - a^2 = (X^2 - a) (X^2 + a)
+                        .\]
+                    \item $\exists a \in \mathbb{F}_p^{\times }$ mit $a^2 = 2$: Dann ist
+                        \[
+                            X^{4} + 1 = (X^2 +1)^2 - 2X^2 = (X^2 +1)^2 - a^2X^2
+                            = (X^2 +1 - aX) (X^2 + 1 + aX)
+                        .\]
+                    \item $\exists a \in \mathbb{F}_p^{\times }$ mit $a^2 = -2$: Dann ist
+                        \[
+                            X^{4} + 1 = (X^2 - 1)^2 - (-2)X^2 = (X^2 -1)^2 - a^2X^2
+                            = (X^2 - 1 - aX) (X^2 -1 + aX)
+                        .\]
+                \end{itemize}
+                Das zeigt die Behauptung.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $X^{4} + 1$ ist irreduzibel in $\Q[X]$.
+            \begin{proof}
+                Betrachte
+                \[
+                    f(X+1) = X^{4} + 4X^{3} + 6X^2 + 4X + 2
+                .\] Dann ist $f(X+1)$ irreduzibel nach Eisenstein mit $p = 2$ in $\Q[X]$, also
+                auch $f$ irreduzibel in $\Q[X]$.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
 \end{document}

ws2020/algebra/uebungen/algebra5.tex

@@ -0,0 +1,194 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Algebra I: Übungsblatt 5}
+\author{Lukas Nullmeier, Christian Merten}
+
+\begin{document}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $L$ ist ein Zerfällungskörper von $X^{4} - 2 \in \Q[X]$.
+            \begin{proof}
+                Es ist zunächst
+                \[
+                    X^{4} - 2 = (X^2 - \sqrt{2} )(X^2 + \sqrt{2}) = (X - \sqrt[4]{2})(X + \sqrt[4]{2})(X + i \sqrt[4]{2})(X - i \sqrt[4]{2})
+                .\] Weiter ist $i \in \Q(\sqrt[4]{2}, i\sqrt[4]{2})$, denn
+                \[
+                    \Q(\sqrt[4]{2}, i\sqrt[4]{2}) \ni  \frac{1}{2} \sqrt[4]{2}  (i \sqrt[4]{2} )(\sqrt[4]{2})^2
+                    = i
+                .\] Also $\Q(\sqrt[4]{2}, i\sqrt[4]{2}) = \Q(\sqrt[4]{2}, i) = L$, also
+                $L$ Zerfällungskörper von $X^{4} - 2$.
+            \end{proof}
+        \item Es ist $\Q \subseteq L$ endliche Körpererweiterung und $\text{char}(\Q) = 0$, also
+            folgt mit dem letzten Zettel
+            \[
+            8 = [ L \colon \Q] = [ L \colon \Q]_s = \# \text{Hom}_\Q(L, \overline{\Q})
+            \] 
+            mit $\overline{\Q}$ ein algebraischer Abschluss von $\Q$. Da jeder
+            $\Q$-Automorphismus von $L \subseteq \overline{Q}$
+            insbesondere $\Q$-Homomorphismus $L \to \overline{Q}$, folgt
+            \[
+                \# \text{Aut}_\Q(L, L) \le 8
+            .\] Sei $x \in \Q(L, L)$. Dann gilt für $a_0, \ldots, a_7 \in \Q$:
+            \[
+                x = a_0 + i a_1 + \sqrt[4]{2} a_2 + \sqrt[4]{2}^{3} a_3 +
+                \sqrt{2} a_4 + i \sqrt[4]{2} a_5 + i \sqrt{2}  a_6 + i \sqrt[4]{2} a_7
+            .\] Diese Darstellung ist eindeutig, da die Vorfaktoren der $a_i$ eine
+            $\Q$ Basis von $L$ darstellen.
+            Sei nun $\tau_i \colon L \to L$ für $i \ge 1$ mit
+            $\tau_i$ ändert Vorzeichen des $i$-ten Koeffizienten. Dabei bezeichne
+            $\tau_0 = \text{id}_L$. Da $\sigma \colon \Q \to \Q, r \mapsto -r$ ein Körperhomomorphismus
+            folgt durch Nachrechnen, dass die $\tau_i$ ebenfalls Körperhomomorphismen sind. Dabei
+            ist $\tau_i \mid_\Q = \text{id}$, da für $x \in \Q$ folgt $x = a_0$ und
+            damit $\tau_i(x) = \tau_i(a_0) = a_0 = x$.
+
+            Die $\tau_i$ sind bereits $8$ $\Q$-Automorphismen von $L$, d.h. mit der Vorüberlegung alle
+            $\Q$-Automorphismen von $L$.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(i)]
+        \item $L = \Q(\sqrt{2} e^{i \pi /4}, -\sqrt{2}e^{i \pi /4}, \sqrt{2}  e^{- i \pi / 4}, - \sqrt{2} e^{- i \pi / 4} $, denn
+            \[
+                X^{4} + 4 = (X^2 - 2i)(X^2 + 2i)
+                = (X - \sqrt{2} e^{\pi i /4})
+                (X + \sqrt{2} e^{\pi i /4})(X - \sqrt{2}e^{- \pi i /4})
+                (X + \sqrt{2} e^{- \pi i/4})
+            .\]
+        \item $L = \Q\left(\left( \exp\left( \frac{k \pi}{4} \right)  \right)_{k=1}^{8}\right)$, denn
+            das sind gerade die $8$-ten Einheitswurzeln, also folgt
+            \[
+                X^{8} - 1 = \prod_{k=1}^{8} (X - e^{k \pi i /4})
+            .\] 
+        \item $L = \Q\left(\sqrt{\sqrt{3} -1}, - \sqrt{\sqrt{3} -1}, \sqrt{-\sqrt{3} -1}, - \sqrt{-\sqrt{3} - 1} \right)$
+            , denn
+            \begin{salign*}
+                X^{4} + 2 X^2 -2 &= (X^2 + 1 - \sqrt{3}) (X^2 +1 + \sqrt{3}) \\
+                &= \left(X - \sqrt{\sqrt{3} -1} \right)
+                \left( X + \sqrt{-1 + \sqrt{3} }  \right)
+                \left( X - \sqrt{-1 - \sqrt{3} }  \right) 
+                \left( X + \sqrt{-1 - \sqrt{3} }  \right) 
+            .\end{salign*}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $L = K(\alpha)$.
+            \begin{proof}
+                Es ist $[L \colon K] = n$. Da $\sigma_i$ $K$-Automorphismus,
+                ist $\sigma \coloneqq \sigma_i |_K = \text{id}$. 
+
+                Sei nun $f$ Minimalpolynom von $\alpha$ über $K$.
+                Dann
+                ist $f^{\sigma} = f^{\text{id}} = f$. Betrachte
+                $\sigma_i'\colon K(\alpha) \to L$ mit $\sigma_i' = \sigma_i|_{K(\alpha)}$. Dann
+                setzt $\sigma_i'$ $\sigma$ fort, es folgt also mit 3.40
+                $\sigma_i'(\alpha)$ Nullstelle von $f^{\sigma} = f$. Da
+                die $\sigma_i'(\alpha)$ paarweise verschieden, folgt
+                $\text{deg}(f) \ge n$. Da $\text{deg}(f) = [K(\alpha) \colon K] \le [ L \colon K] = n$ folgt
+                $\text{deg}(f) = n$. Damit folgt mit Gradsatz
+                \[
+                    n = [L \colon K] = [ L \colon K(\alpha)] [ K(\alpha) \colon K]
+                    = [L \colon K(\alpha) ] n \implies [ L \colon  K(\alpha)] = 1
+                .\] Also $L = K(\alpha)$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Jeder $K$ Homomorphismus $\sigma\colon L \to L$ ist Automorphismus.
+            \begin{proof}
+                Sei $\sigma\colon L \to L$ ein $K$-Hom.
+                Sei $\alpha \in L$ und $f \in K[X]$ Minimalpolynom von $\alpha$ über $L$. Seien
+                weiter $\gamma_1, \ldots, \gamma_n$ Nullstellen von $f$ über $L$ mit
+                $\Gamma \coloneqq \{ \gamma_1, \ldots, \gamma_r\} $. Dann gilt, da
+                $\sigma|_K = \text{id}$ und $\sigma$ Ringhom, folgt
+                \[
+                    f(\sigma(\gamma)) = \sigma (f(\gamma)) = \sigma(0) = 0 \qquad \forall \gamma \in \Gamma
+                .\] Damit gilt $\sigma(\Gamma) \subseteq \Gamma$. Da $\sigma$ als Körperhom.
+                injektiv und $\Gamma$ endlich (da $\# \Gamma \le \text{deg}(f) < \infty$)
+                folgt $\sigma(\Gamma) = \Gamma$, also $\exists \gamma \in \Gamma\colon \sigma(\gamma) = \alpha$.
+
+                Also ist $\sigma$ auch surjektiv und damit bijektiv.
+            \end{proof}
+            Beh.: Wenn $L / K$ nicht algebraisch ist, ist die Aussage falsch.
+            \begin{proof}
+                Betrachte $\Q(\pi) / \Q$ mit dem
+                durch folgende Zuordnung festgelegten Körperhomomorphismus
+                \begin{salign*}
+                    \sigma\colon \Q(\pi) &\to \Q(\pi) \\
+                    1 &\mapsto 1 \\
+                    \pi &\mapsto \pi^2
+                .\end{salign*}
+                Dann ist $\sigma|_\Q = \text{id}$ also $\sigma$ $\Q$-Homomorphismus, aber
+                es gilt $\sigma(x) \neq \pi$ $\forall x \in \Q(\pi)$, denn
+                $\pi$ transzendent über $\Q$ (Ang.: es gäbe ein solches $x$, dann
+                ist $\pi = \sigma(x) = \sum_{k=0}^{n} a_k \pi^{2k}$ für $a_k \in \Q$, also
+                $0 = \sum_{k=0}^{n} a_k \pi^{2k} - \pi$, also
+                insbesondere $\pi$ algebraisch über $\Q$).
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}[]
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Sei $K \subseteq R \subseteq L$ Unterring. Beh.: $R$ Körper.
+            \begin{proof}
+                Sei $\alpha \in R \setminus \{0\} $. Dann ist $\alpha \in L$ algebraisch über $K$, also
+                sei $f \in K[X]$ Minimalpolynom zu $\alpha$ mit
+                \[
+                f = X^{n} + c_{n-1} X^{n-1} + \ldots + c_0
+                \] für $c_i \in K$. Es ist $c_0 \neq 0$, da $f$ irreduzibel. In $L$ existiert
+                $\alpha ^{-1}$. Damit folgt
+                \begin{salign*}
+                    0 = \alpha ^{-1}f(\alpha) = \alpha ^{-1} (\alpha^{n} + c_{n-1}\alpha^{n-1} + \ldots + c_0)
+                    = \alpha^{n-1}+ c_{n-1}\alpha^{n-2} + \ldots + c_0 \alpha^{-1}
+                .\end{salign*}
+                Da $c_0 \neq 0$ folgt
+                \begin{salign*}
+                    \alpha^{-1} = - c_0^{-1} (\alpha^{n-1}+c_{n-1}\alpha^{n-2} + \ldots + c_1)
+                .\end{salign*}
+                Da $\alpha \in R$, $c_i \in K$ und $R$ Ring mit $K \subseteq R$ folgt
+                $\alpha^{-1} \in R$.
+            \end{proof}
+        \item Es bezeichne $R$ die Menge aus der Aufgabenstellung. Beh.: $EF = R$.
+            \begin{proof}
+                \begin{enumerate}[(i)]
+                    \item Z.z.: $R$ Ring. Da $K \subseteq E, F$ ist $1 = 1_K 1_K \in R$ und $0 = 0_K 0_K \in R$.
+                        Weiter seien $x, y \in R$ mit $x = \sum_{i=1}^{n} a_i b_i$
+                        und $y = \sum_{i=1}^{m} c_i d_i$ mit $a_i, c_i \in E$, $b_i, d_i \in F$. Durch
+                        Ergänzung der $a_i$ und $b_i$ am Ende durch $c_i$ bzw. $d_i$ folgt direkt
+                        \[
+                        x + y = \sum_{i=1}^{n} a_i b_i + \sum_{i=1}^{m} c_i d_i
+                        = \sum_{i=1}^{n+m} a_i b_i \in R
+                        .\] Für $x y$ entstehen durch Ausmultiplizieren Summanden
+                        der Form $a_i b_i c_j d_j = \underbrace{a_i c_j}_{\in E} \underbrace{b_i d_j}_{\in F}$,
+                        also folgt durch Umbenennung $xy \in R$ aus $x + y \in R$.
+                        Da $E$ und $F$ Körper übertragen sich Assoziativ und Distributivgesetz
+                        direkt auf $R$. Auch additive Inverse existieren, da $E, F$ Körper sind folgt
+                        \[
+                            x + \underbrace{\sum_{i=1}^{n} -(a_i b_i)}_{=: -x} = \sum_{i=1}^{n} (a_i b_i - a_i b_i) = 0
+                        .\] Also $-x \in R$.
+                    \item Sei nun $H \subseteq L$ Körper, der $E$ und $F$ enthält, dann
+                        folgt insbesondere $R \subseteq H$.
+                    \item Nach (i) ist $R$ Ring und offensichtlich Teilring von $L$, damit
+                        nach (a) Körper und wegen (ii) kleinster Teilkörper von $L$, der
+                        $E$ und $F$ enthält. Also $EF = R$.
+                \end{enumerate}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Sind $[ E \colon K]$ und $[F \colon K]$ endlich, so auch $[EF \colon K]$ und es
+            gilt
+            \[
+                [EF \colon K] \le [ E \colon K ] [ F \colon K]
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                Seien $[E \colon K]$, $[F \colon K]$ endlich. Dann sind $E$ und $F$ e.d.
+                als $K$ VR, insbesondere existieren $\alpha_i$, $\beta_i$, s.d.
+                $(\alpha_i)_{i=1}^{n}$ Basis von $E$ und $(\beta_i)_{i=1}^{m}$ Basis von $F$. Wegen (b)
+                ist damit $(\alpha_i \beta_j)_{i, j =1}^{n, m}$ endliches Erzeugendensystem
+                von $EF$ der Länge $nm$. Damit folgen beide Behauptungen.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

ws2020/ana/uebungen/ana5.tex

@@ -0,0 +1,215 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Analysis 3: Übungsblatt 5}
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+
+\begin{document}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}
+    Beh.: $f_k g_k \to fg$ in $L^{1}(X, \mu)$.
+    \begin{proof}
+        \begin{enumerate}[(i)]
+            \item Es ist $f$ integrabel, also $\int_{X}^{} f_+ \d{\mu} < \infty$
+                und $\int_{X}^{} f_- \d{\mu} < \infty$, also
+                folgt $\text{ess sup } f_+ < \infty$ und $\text{ess sup } f_- < \infty$, also
+                folgt mit $f = f_+ - f_-$, auch $\text{ess sup } f = M < \infty$
+                für ein $M \in \R$.
+            \item Es ist $\sup_{k \in \N} \Vert g_k \Vert_{L^{\infty}} \le S < \infty$
+                für ein $S \in \R$,
+                also auch $\text{ess sup } g < \infty$ (Ang.: es gäbe
+                ein $A \in \mathcal{E}$ mit $\mu(A) > 0$ und
+                $g(x) = \infty$ für $x \in A$, dann folgt
+                $g_k(x) \not\to g(x)$, da $g_k(x) \le S < \infty$ $\contr$).
+                Also OE $\text{ess sup } g \le S$.
+            \item Es ist $g_k \xrightarrow{k \to \infty} g$ $\mu$ fast überall, d.h.
+                \[
+                \int_{X}^{} \lim_{k \to \infty} |g_k - g| \d{\mu} = 0
+                .\] 
+            \item Betrachte $h \coloneqq 2 S |f|$. Dann gilt $\forall k \in \N$:
+                \[
+                    |f| |g_k - g| \le |f| (|g_k| + |g|) \stackrel{\text{(ii)}}{\le} 2 S |f| = h
+                .\] $h$ ist außerdem integrabel, da $f$ integrabel, also $f_+$ und $f_-$ integrabel,
+                insbesondere $|f| = f_+ + f_-$ integrabel.
+                Damit folgt mit dominierter Konvergenz
+                \begin{salign*}
+                    \lim_{k \to \infty} \int_{X}^{} |f| |g_k - g| \d{\mu}
+                    &\stackrel{\text{3.19}}{=} \int_{X}^{} \lim_{k \to \infty} |f| |g_k - g| \d{\mu} \\
+                    &\stackrel{\text{(i)}}{\le } \int_{X}^{} M \lim_{k \to \infty} |g_k - g|  \d{\mu} \\
+                    &\stackrel{\text{(iii)}}{=} 0
+                .\end{salign*}
+            \item Da $f_k \to f$ in $L^{1}$ folgt
+                $\int_{X}^{} |f_k - f| \d{\mu} = \Vert f_k - f \Vert_{L^{1}} \xrightarrow{k \to \infty} 0$.
+                Damit folgt
+                \begin{salign*}
+                    \Vert f_k g_k - fg \Vert_{L^{1}} &= \int_{X}^{} |f_k g_k - fg| \d{\mu} \\
+                    &= \int_{X}^{} |f_k g_k - g_k f + g_k f - fg| \d{\mu} \\
+                    &\le \int_{X}^{} |g_k| |f_k - f| \d{\mu} 
+                    + \int_{X}^{} |f| |g_k - g| \d{\mu} \\
+                    &\stackrel{\text{(ii)}}{\le} M
+                    \underbrace{\int_{X}^{} |f_k - f |  \d{\mu} }_{\xrightarrow{k \to \infty} 0}
+                    + \underbrace{\int_{X}^{} |f| |g_k - g| \d{\mu} }_{\xrightarrow{k \to \infty} 0}\\
+                    &\xrightarrow{k \to \infty} 0
+                .\end{salign*}
+                Also $f_k g_k \to fg$ in $L^{1}$.
+        \end{enumerate}
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Beh.: $L^{1}(X, \mu) \cap L^{\infty}(X, \mu) \subseteq L^{p}(X, \mu)$ für
+            $1 < p < \infty$ und
+            \[
+            \Vert f \Vert_{L^{p}} \le \Vert f \Vert_{L^{1}}^{\frac{1}{p}} 
+            \Vert f \Vert_{L^{\infty}} ^{\frac{p-1}{p}} \qquad
+            \text{für alle } f \in L^{1}(X, \mu) \cap L^{\infty}(X, \mu)
+            .\]
+            \begin{proof}
+                Sei $1 < p < \infty$ und $f \in L^{1}(X, \mu) \cap L^{\infty}(X, \mu)$. Dann
+                ist
+                \begin{salign*}
+                    \int_{X}^{} |f|^{p} \d{\mu} &=
+                    \int_{X}^{} |f|^{1} |f|^{p-1} \d{\mu} \\
+                    &\stackrel{\text{Hölder}}{\le } \Vert f \Vert_{1} \Vert f^{p-1} \Vert_{\infty} \\
+                    &= \Vert f \Vert_1 \text{ess sup}_{X} |f^{p-1}| \\
+                    &\stackrel{p-1>0}{=} \Vert f \Vert_1 \left( \text{ess sup}_X |f| \right)^{p-1} \\
+                    &= \Vert f \Vert_1 \Vert f \Vert_{\infty}^{p-1} \\
+                    &\stackrel{p < \infty}{<} \infty
+                    \intertext{Da beide Seiten nicht-negativ, folgt durch Potenzieren mit $\frac{1}{p}$:}
+                    \Vert f \Vert_p &\le \Vert f \Vert_1^{\frac{1}{p}} \Vert f \Vert_{\infty}^{\frac{p-1}{p}} < \infty
+                .\end{salign*}
+                Das zeigt beide Behauptungen.
+            \end{proof}
+        \item Sei $\mu(X) < \infty$ und $1 \le p \le q \le \infty$. Beh.:
+            $L^{q}(X, \mu) \subseteq L^{p}(X, \mu)$ und $\exists C \in \R$, s.d. $\forall f \in L^{q}(X, \mu)$
+            \[
+            \Vert f \Vert_p \le C \Vert f \Vert_q
+            .\]
+            \begin{proof}
+                Sei $f \in L^{q}(X, \mu)$. Dann wähle $r \coloneqq \frac{q}{p} \ge 1$ und
+                $r' = \frac{q}{q-p}$. Damit folgt
+                \[
+                    \frac{1}{r} + \frac{1}{r'} = \frac{p}{q} + \frac{q-p}{q} = 1
+                .\] Dann betrachte
+                \begin{salign*}
+                    \int_{X}^{} |f|^{p} \d{\mu} &= \int_{X}^{} |f|^{p}\cdot 1 \d{\mu}  \\
+                    &\stackrel{\text{Hölder}}{\le }  \Vert 1 \Vert_{r'} \Vert f^{p} \Vert_r \\
+                    &= \Vert 1 \Vert_{r'} \left( \int_{X}^{} (|f|^{p})^{r} \d{\mu}  \right)^{\frac{1}{r}} \\
+                    &\stackrel{r = q / p}{=}
+                    \Vert 1 \Vert_{r'} \left( \int_{X}^{} |f|^{q} \d{\mu}  \right)^{\frac{p}{q}} \\
+                    \intertext{Da beide Seiten nichtnegativ, folgt durch Potenzieren mit $\frac{1}{p}$}
+                    \Vert f \Vert_p &\le \Vert 1 \Vert_{r'}^{\frac{1}{p}} \Vert f \Vert_q
+                    \intertext{Für die Konstante folgt}
+                    \Vert 1 \Vert_{r'}^{\frac{1}{p}}
+                    &= \left( \int_{X}^{} 1^{r'} \d{\mu}  \right)^{\frac{1}{pr'}} \\
+                    &\stackrel{r' = q / (q-p)}{=} \left( \int_{X}^{} 1 \d{\mu}  \right)^{\frac{q-p}{pq}} \\
+                    &= \mu(X)^{\frac{q-p}{pq}} \eqqcolon C < \infty
+                    \intertext{Damit folgt insgesamt}
+                    \Vert f \Vert_p &\le C \Vert f \Vert_q < \infty
+                .\end{salign*}
+                Also insbesondere $f \in L^{p}(X, \mu)$.
+            \end{proof}
+            Beh.: Es ist $L^{4}((0,1), \lambda) \subsetneqq L^{1}((0,1), \lambda)$.
+            \begin{proof}
+                Betrachte $f = x^{-\frac{1}{2}}$. Dann ist
+                \begin{salign*}
+                    \int_{0}^{1} |f|^{4} \d{\lambda} &= \int_{0}^{1} x^{-2} \d{\lambda} =
+                    - x^{-1}\Big|_{0}^{1} = -1 + \lim_{k \to \infty} \frac{1}{\frac{1}{k}} = \infty \\
+                    \int_{0}^{1} |f| \d{\lambda} &= \int_{0}^{1} x^{-\frac{1}{2}} \d{\mu}
+                    = 2 (\sqrt{1}  - \sqrt{0}) = 2 < \infty
+                .\end{salign*}
+                Also ist $f \in L^{1}((0, 1), \lambda)$, aber $f \not\in L^{4}((0,1), \lambda)$.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Beh.: $f_k \to f$ in $L^{1}(X, \mu)$ $\iff$
+            \[
+                \int_{X}^{} |f_k| \d{\mu} \xrightarrow{ k \to \infty} \int_{X}^{} |f| \d{\mu} 
+            .\]
+            \begin{proof}
+                \begin{itemize}
+                    \item ,,$\implies$''. Sei $\Vert f_k - f \Vert_{L^{1}} \xrightarrow{k \to \infty} 0$. Dann
+                        folgt
+                        \begin{salign*}
+                            0 &\le \left| \int_{X}^{} |f_k| \d{\mu} - \int_{X}^{} |f| \d{\mu}   \right| \\
+                            &= \left| \int_{X}^{} (|f_k| - |f|) \d{\mu}  \right| \\
+                            &\stackrel{\triangle}{\le } \int_{X}^{} | |f_k| - |f| | \d{\mu} \\
+                            &\stackrel{\triangledown}{=} \int_{X}^{} |f_k - f| \d{\mu}
+                            \xrightarrow{k \to \infty} 0
+                        .\end{salign*}
+                    \item ,,$\impliedby$''. Sei $\lim_{k \to \infty} \int_{X}^{} |f_k| \d{\mu}
+                        = \int_{X}^{} |f| \d{\mu} $ $(*)$.
+                        Es ist zunächst $|f_k - f| = |f_k + (-f)| \le |f_k| + |f|$. Dann
+                        betrachte $g_k \coloneqq |f_k| + |f| - |f_k -f| \ge 0$. Da
+                        $f_k \xrightarrow{ k \to \infty} f$ $\mu$-f.ü., folgt
+                        $g_k \xrightarrow{k \to \infty} 2 |f|$ $\mu$ f.ü. Damit folgt
+                        mit Lemma von Fatou
+                        \begin{salign*}
+                            \int_{X}^{} 2 |f| \d{\mu} &= \int_{X}^{} \liminf_{k \to \infty} g_k \d{\mu} \\
+                            &\stackrel{\text{3.18}}{\le } \liminf_{k \to \infty} \int_{X}^{} g_k \d{\mu} \\
+                            &= \liminf_{k \to \infty} \left( \int_{X}^{} 2|f_k| \d{\mu} 
+                            + \int_{X}^{} 2 |f| \d{\mu} - \int_{X}^{} |f_k - f| \d{\mu} \right) \\
+                            &\stackrel{(*)}{=} \int_{X}^{} |f| \d{\mu} + \int_{X}^{} |f| \d{\mu}
+                            - \limsup_{k \to \infty} \int_{X}^{} |f_k -f| \d{\mu} 
+                            \intertext{Umstellen liefert}
+                            0 &\le \limsup_{k \to \infty} \int_{X}^{} |f_k -f| \d{\mu} \le 0
+                            \intertext{Wegen $0 \le \liminf_{k \to \infty} \int_{X}^{}  |f_k - f|\d{\mu} 
+                            \le \limsup_{k \to \infty} \int_{X}^{}  |f_k -f| \d{\mu} \le 0$ folgt}
+                            0 &= \lim_{k \to \infty} \int_{X}^{} |f_k -f| \d{\mu} 
+                        .\end{salign*}
+                        Also $f_k \to f$ in $L^{1}(X, \mu)$.
+                \end{itemize}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $f_k \to f$ in $L^{1}(X, \mu)$.
+            \begin{proof}
+                Definiere $g_k := g \coloneqq 1$. Dann ist $g = g_k$ integrabel, da
+                \[
+                    \int_{X}^{} g \d{\mu} = \int_{X}^{} 1 \d{\mu} = \mu(X) < \infty
+                .\] Außerdem sind $f_k, f$ integrierbar, insbesondere messbar. Außerdem
+                gilt $f_k g_k = f_k \cdot 1 = f_k$ und $f g = f \cdot 1 = g$. Dann folgt
+                die Aussage aus Aufgabe 1.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Beh.: $f \coloneqq \prod_{j=1}^{n} f_j \in L^{p}(X, \mu) $ und
+    \[
+        \Vert f \Vert_{L^{P}(X, \mu)} \le \prod_{j=1}^{n} \Vert f_j \Vert_{L^{p_j}(X, \mu)} 
+    .\] 
+    \begin{proof}
+        per Induktion über $n$. $n=1$: Dann gilt $p_1 = p$ und $f = f_1$, also trivial.
+        Sei nun $n \in \N$ mit Aussage gezeigt für $n$. Sei $1 \le p \le \infty$ und seien $1 \le p_j < \infty$
+        für $j \in \{ 1, \ldots, n+1\} $ und
+        \[
+        \sum_{j=1}^{n+1} \frac{1}{p_j} = \frac{1}{p}
+        .\] Dann ist $p \le p_j$ für $j \in \{1, \ldots, n+1\} $.
+        Definiere $q \coloneqq \frac{p p_{n+1}}{p_{n+1}-p} \ge 1$. Dann ist
+        \begin{salign*}
+        \frac{1}{q} = \frac{p_{n+1} - p}{p p_{n+1}} = \frac{1}{p} - \frac{1}{p_{n+1}} =
+        \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{p_j}
+        .\end{salign*}
+        Außerdem definiere $r \coloneqq \frac{p_{n+1}}{p} \ge 1$. Dann ist
+        $r' = \frac{p_{n+1}}{p_{n+1}-p}$, denn
+        $\frac{1}{r} + \frac{1}{r'} = \frac{p_{n+1} -p}{p_{n+1}} + \frac{p}{p_{n+1}} = 1$.
+        Seien nun $f_j \in L^{p_j}(X, \mu)$ für $j \in \{1, \ldots, n+1\} $.
+        Damit betrachte
+        \begin{salign*}
+            \int_{X}^{} |f|^{p} \d{\mu} &= \int_{X}^{} \left| \prod_{j=1}^{n+1} f_j  \cdot f_{n+1}\right| \d{\mu} \\
+            &\stackrel{\text{Hölder}}{\le } \left\Vert \left( \prod_{j=1}^{n} f_j  \right)^{p} \right\Vert_{r'}
+            \left\Vert f_{n+1}^{p} \right\Vert_r \\
+            &= \left( \int_{X}^{} \left| \prod_{j=1}^{n} f_j  \right|^{\frac{p p_{n+1}}{p_{n+1}-p}} \d{\mu}  \right)^{\frac{p_{n+1} -p}{p_{n+1}}} \left( \int_{X}^{} |f_{n+1}|^{p_{n+1}} \d{\mu}  \right)^{\frac{p}{p_{n+1}}} \\
+            \intertext{Da beide Seiten nicht-negativ sind, folgt durch Potenzieren mit $\frac{1}{p}$}
+            \Vert f \Vert_p &\le \left\Vert \prod_{j=1}^{n} f_j \right\Vert_q \Vert f_{n+1} \Vert_{p_{n+1}} \\
+            &\stackrel{\text{IV}}{=} \prod_{j=1}^{n} \Vert f_j \Vert_{p_j} \Vert f_{n+1} \cdot \Vert_{p_{n+1}} \\
+            &= \prod_{j=1}^{n+1} \Vert f_j \Vert_{p_j} 
+        .\end{salign*}
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}