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\begin{document}
\begin{preamble}
\subject{Vorlesung aus dem Sommersemester 2010}
\title{Analysis 2}
\author{Prof.\,Dr\kern-.1em.~Hans-Dieter Donder}%Prof. Dr. Hans-Dieter Donder
\date{}
\publishers{\small ge\TeX{}t von Viktor Kleen \& Florian Stecker}
\maketitle
\thispagestyle{empty}
\tableofcontents
\clearpage
\end{preamble}
\setcounter{section}{8}
\section{Gleichmäßige Konvergenz, Taylorreihen}
\begin{definition}
Sei $D \subseteq \mathbb R$. Für $n \in \mathbb N$ sei $f_n \colon D \to \mathbb R$. Weiterhin sei $f \colon D \to \mathbb R$.
\begin{enumerate}[(a)]
\item Die Folge $(f_n)_{n\in\mathbb N}$ {\em konvergiert punktweise} gegen $f$, wenn für alle $x \in D$ die Folge $(f_n(x))_{n \in \mathbb N}$ gegen $f(x)$ konvergiert.
\[\forall x \in D \colon \forall \varepsilon > 0 \colon \exists m \in \mathbb N \colon \forall n \geq m \colon |f_n(x) - f(x)| < \varepsilon\]
\item Die Folge $(f_n)_{n\in\mathbb N}$ {\em konvergiert gleichmäßig} gegen $f$, wenn gilt:
\[\forall \varepsilon > 0 \colon \exists m \in \mathbb N \colon \forall x \in D \colon \forall n \geq m \colon |f_n(x) - f(x)| < \varepsilon\]
\end{enumerate}
\end{definition}
\begin{remark}
Wenn $(f_n)_{n\in\mathbb N}$ gleichmäßig gegen $f$ konvergiert, so konvergiert $(f_n)_{n\in\mathbb N}$ auch punktweise gegen $f$.
\end{remark}
\begin{example}

Sei $I = [0,1]$ und $f_n \colon I \to \mathbb R, x \mapsto x/n$. Weiterhin sei $f = 0$. Dann konvergiert $(f_n)_{n\in\mathbb N}$ gleichmäßig gegen $f$. Denn sei $\varepsilon > 0$. Wähle $m \in \mathbb N$ mit $1/m < \varepsilon$. Dann gilt für alle $x \in I$ und alle $n \geq m$
\[|f_n(x) - f(x)| = x/n \leq 1/n \leq 1/m < \varepsilon\]
\end{example}
\begin{gelaber}
Zur Erinnerung: Für $f \colon D \to \mathbb R$ sei $\|f\| = \sup \{|f(x)| \colon x \in D\}$.
\end{gelaber}
\begin{remark}
Seien $f_n \colon D \to \mathbb R$, $f \colon D \to \mathbb R$. $(f_n)_{n\in\mathbb N}$ konvergiert gleichmäßig gegen $f$, wenn
\[\lim_{n\to\infty}\|f_n-f\| = 0\]
\end{remark}
\begin{remark}
Sei $I = [a,b]$. Ein $f \colon I \to \mathbb R$ ist Regelfunktion genau dann, wenn es eine Folge $(f_n)_{n\in\mathbb N}$ von Treppenfunktionen gibt, die gleichmäßig gegen $f$ konvergieren.
\end{remark}
\begin{theorem}
Sei $(f_n)_{n\in\mathbb N}$ eine Folge von stetigen Funktionen auf $D$, die gleichmäßig gegen $f$ konvergiert. Dann ist auch $f$ stetig.
\end{theorem}
\begin{proof}
Sei $a \in D$. Wir müssen zeigen, dass $f$ stetig in $a$ ist. Sei also $\varepsilon > 0$. Da $(f_n)_{n\in\mathbb N}$ gleichmäßig gegen $f$ konvergiert, existiert ein $m \in \mathbb N$ mit $|f_m(x) - f(x)| < \varepsilon/3$ für alle $x \in D$. Da $f_m$ stetig in $a$ ist, existiert ein $\delta > 0$ mit $|f_m(x) - f_m(a)| < \varepsilon/3$ für alle $x \in D$ mit $|x-a| < \delta$. Dann gilt für alle $x \in D$ mit $|x-a| < \delta$
\begin{align*}
|f(x)-f(a)| &= |(f(x)-f_m(x)) + (f_m(x) - f_m(a)) + (f_m(a)-f(a))| \leq\\
&\leq |f(x)-f_m(x)| + |f_m(x)-f_m(a)| + |f_m(a)-f(a)| <\\
&< \varepsilon/3 + \varepsilon/3 + \varepsilon/3 = \varepsilon\qedhere
\end{align*}
\end{proof}
\begin{remark}
Dies gilt nicht bei punktweiser Konvergenz. Sei $I = [0,1]$ und definiere $f_n \colon I \to \mathbb R, x \to x^n$. Die $f_n$ sind stetig und es gilt für $x \in I$
\[\lim_{n\to\infty}f_n(x) = \lim_{n\to\infty}x^n= \begin{cases}0 & \quad x \neq 1\\1 & \quad x=1\end{cases}\]
Also konvergiert $(f_n)_{n\in\mathbb N}$ punktweise gegen $f \colon I \to \mathbb R$ mit $f(x) = \delta_{x1}$. $f$ ist aber in $1$ nicht stetig.
\end{remark}
\begin{theorem}
Sei $I = [a,b]$ ein kompaktes Intervall. Sei $(f_n)_{n\in\mathbb N}$ eine Folge von Regelfunktionen auf $I$, die gleichmäßig gegen $f$ konvergiert. Dann ist auch $f$ eine Regelfunktion und es gilt
\[\int_a^bf\dd x = \lim_{n\to\infty}\int_a^b f_n \dd x\]
\end{theorem}
\begin{proof}
Wir zeigen zuerst, dass $f$ eine Regelfunktion ist. Hierzu müssen wir zeigen, dass für alle $\varepsilon > 0$ eine Treppenfunktion $g \colon I \to \mathbb R$ existiert mit $\|f-g\| < \varepsilon$. Sei also $\varepsilon > 0$. Da $(f_n)_{n\in\mathbb N}$ gleichmäßig gegen $f$ konvergiert, gilt $\lim_{n\to\infty}\|f_n-f\| = 0$. Also existiert ein $m \in \mathbb N$ mit $\|f_m-f\| \leq \varepsilon/2$. Da $f_m$ eine Regelfunktion ist, existiert eine Treppenfunktion $g \colon I \to \mathbb R$ mit $\|f_m-g\| \leq \varepsilon/2$. Dann gilt aber $\|f-g\| \leq \|f-f_m\|+\|f_m-g\| \leq \varepsilon/2 + \varepsilon/2 = \varepsilon$. Wir zeigen nun $\int_a^b f \dd x = \lim_{n\to\infty}\int_a^bf_n\dd x$. Dies ist trivial für $a=b$. Sei also $a < b$. Sei nun $\varepsilon > 0$. Wegen $\lim_{n\to\infty}\|f_n-f\| = 0$ existiert $m \in \mathbb N$ mit $\|f_n-f\| < \varepsilon/(b-a)$ für alle $n \geq m$. Somit gilt für alle $n \geq m$:
\[\left|\int_a^bf\dd x - \int_a^bf_n\dd x\right| = \left|\int_a^bf-f_n\dd x\right| \leq (b-a)\|f_n-f\| < \varepsilon\qedhere\]
\end{proof}
\begin{theorem}
Sei $I$ ein echtes Intervall. Sei $(f_n)_{n\in\mathbb N}$ eine Folge stetig differenzierbarer Funktionen auf $I$, die punktweise gegen $f$ konvergiert. Weiterhin konvergiere die Folge der Ableitungen $(f_n')_{n\in\mathbb N}$ gleichmäßig gegen $g$. Dann ist $f$ auch stetig differenzierbar und $f' = g$.
\end{theorem}
\begin{proof}
Nach Satz 1 ist $g$ stetig. Also genügt es zu zeigen, dass $f$ differenzierbar ist und $f' = g$ gilt. Wähle hierzu ein festes $a \in I$. Sei nun $x \in I$. Natürlich konvergiert auch die Folge der Einschränkungen von $f'_n$ auf $[a,x]$ (bzw. $[x,a]$) gleichmäßig gegen die Einschränkung von $g$ auf $[a,x]$($[x,a]$). Also folgt aus Satz 2
\[\int_a^x g(t)\dd t = \lim_{n\to\infty}\int_a^xf_n'(t)\dd t = \lim_{n\to\infty}(f_n(x)-f_n(a)) = f(x)-f(a)\]
d.h. $f(x) = f(a) + \int_a^xg(t)\dd t$. Somit ist nach Satz 7 aus §7 $f$ differenzierbar und es gilt $f' = g$.
\end{proof}
\begin{remark}
Wenn in Satz 3 $I = [a,b]$ kompakt ist, so folgt automatisch, dass $(f_n)_{n\in\mathbb N}$ sogar gleichmäßig gegen $f$ konvergiert, denn für all $x \in [a,b]$ gilt:
\begin{align*}
|f_n(x)-f(x)| &= \left|\left(\int_a^xf_n'(t)\dd t - \int_a^xg(t)\dd t\right) + (f_n(a)-f(a))\right| \leq\\
&\leq \left|\int_a^xf_n'(t)-g(t)\dd t\right| + |f_n(a)-f(a)| \leq\\
&\leq (b-a)\|f_n'-g\| + |f_n(a)-f(a)| \underset{n\to\infty}{\longrightarrow} 0
\end{align*}
Also ist $\lim_{n\to\infty}\|f_n-f\| = 0$.
\end{remark}
\begin{definition}
Sei $D \subseteq \mathbb R$. Für $k \in \mathbb N$ sei $f_k \colon D \to \mathbb R$. Die Reihe $\sum_{k=0}^\infty f_k$ {\em konvergiert punktweise} (bzw. {\em konvergiert gleichmäßig}) gegen $f$, wenn die Folge der Partialsummen $\left(\sum_{k=0}^n f_k\right)_{n\in\mathbb N}$ punktweise (bzw. gleichmäßig) gegen $f$ konvergiert. Wir schreiben dann $\sum_{k=0}^\infty f_k = f$.
\end{definition}
\begin{theorem}[Konvergenzkriterium von Weierstraß]
Seien $f_k \colon D \to \mathbb R$ Funktionen für $k \in \mathbb N$. Ist $\sum_{k=0}^\infty\|f_k\|$ konvergent, so ist $\sum_{k=0}^\infty f_k$ gleichmäßig konvergent.
\end{theorem}
\begin{proof}
Wir zeigen zuerst, dass $\sum_{k=0}^\infty f_k$ punktweise konvergiert. Sei hierzu $x \in D$. Da $|f_k(x)| \leq \|f_k\|$ für alle $k \in \mathbb N$ ist $\sum_{k=0}^\infty f_k(x)$ absolut konvergent. Definiere also $f \colon D \to \mathbb R, x \mapsto \sum_{k=0}^\infty f_k(x)$. Dann konvergiert $\sum_{k=0}^\infty f_k$ punktweise gegen $f$. Wir zeigen nun, dass $\sum_{k=0}^\infty f_k$ sogar gleichmäßig gegen $f$ konvergiert. Sei also $\varepsilon > 0$. Da $\sum_{k=0}^\infty \|f_k\|$ konvergiert, existiert $m \in \mathbb N$ mit $\sum_{k=m}^\infty \|f_k\| < \varepsilon$. Dann gilt für alle $x \in D$ und alle $n \geq m$:
\[\left|\sum_{k=0}^n f_k(x) - f(x)\right| = \left|\sum_{k=n+1}^\infty f_k(x)\right| \leq \sum_{k=n+1}^\infty|f_k(x)| \leq \sum_{k=n+1}^\infty\|f_k\| < \varepsilon\]
\end{proof}
\begin{example}
Sei $\sum_{k=0}^\infty a_kx^k$ eine Potenzreihe mit Konvergenzradius $r$. Sei $0 \leq c < r$ und setze $I = [-c,c]$. Für $k \in \mathbb N$ definiere $f_k \colon I \to \mathbb R, x \mapsto a_k x^k$. Dann ist für alle $k \in \mathbb N$ und alle $x \in I$
\[|f_k(x)| = |a_kx^k| = |a_k||x|^k \leq |a_kc^k|\]
also $\|f_k\| \leq |a_kc^k|$. Da $\sum_{k=0}^\infty a_kc^k$ absolut konvergiert, ist also $\sum_{k=0}^\infty\|f_k\|$ absolut konvergent. Somit ist nach Satz 4 $\sum_{k=0}^\infty f_k$ gleichmäßig konvergent. Mit Satz 1 folgt also, dass $\sum_{k=0}^\infty f_k$ stetig ist.
\end{example}
\begin{definition}
Sei $a \in \mathbb R$. Eine {\em Potenzreihe mit Mittelpunkt $a$} ist eine Reihe der Form $\sum_{k=0}^\infty a_k(x-a)^k$ mit $a_k \in \mathbb R$. Sie konvergiert (bzw. divergiert) an der Stelle $b \in \mathbb R$, wenn $\sum_{k=0}^\infty a_k(b-a)^k$ konvergiert (bzw. divergiert).
\end{definition}
\begin{gelaber}
$\sum_{k=0}^\infty a_k(x-a)^k$ konvergiert natürlich an der Stelle $b$ genau dann, wenn $\sum_{k=0}^\infty a_k x^k$ an der Stelle $b-a$ konvergiert. Somit können wir alle Ergebnisse von früher auf diesen allgemeineren Begriff übertragen. Setzen wir also
\[I = \left\{b \in \mathbb R \colon \text{$\sum_{k=0}^\infty a_k(x-a)^k$ konvergiert an der Stelle $b$}\right\}\]
so ist $I$ ein Intervall mit Mittelpunkt $a$. Den Radius von $I$ nennen wir den Konvergenzradius von $\sum_{k=0}^\infty a_k(x-a)^k$. Die zugehörige Funktion wird definiert durch $f(b) = \sum_{k=0}^\infty a_k(b-a)^k$. $f$ ist stetig und in $\mathring I$ differenzierbar und es gilt für $b \in \mathring I$
\[f'(b) = \sum_{k=1}^\infty ka_k(b-a)^{k-1}\]
Damit ist $f$ in $\mathring I$ natürlich beliebig oft differenzierbar. Man kann nun folgende Frage stellen:
Sei $g \colon I \to \mathbb R$ beliebig oft differenzierbar und $I$ ein Intervall. Sei $a \in \mathring I$. Gibt es dann eine Potenzreihe $\sum_{k=0}^\infty a_k(x-a)^k$ mit Mittelpunkt $a$ und Konvergenzradius $r > 0$ und ein $0 \leq \overline r \leq r$, so dass $g(b) = \sum_{k=0}^\infty a_k(b-a)^k$ für alle $b \in I$ mit $|b-a| < \overline r$. Leider ist dies nicht immer der Fall. Nach dem Identitätssatz gibt es aber nur einen Kandidaten. Man kann sogar die Koeffizienten bestimmen. Es muss nämlich gelten
\[a_k = \frac{g^{(k)}(a)}{k!}\]
\end{gelaber}
\begin{definition}
Sei $I$ ein Intervall, $g \colon I \to \mathbb R$ eine in $\mathring I$ beliebig oft differenzierbare Funktion und $a \in \mathring I$. Setze dann
\[T(g,a) = \sum_{k=0}^\infty \frac{g^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k\]
$T(g,a)$ ist die {\em Taylorreihe von $g$ mit Entwicklungspunkt $a$}. Wir bezeichnen mit $T(g,a)$ auch die zugehörige Funktion.
\end{definition}
\begin{gelaber}
Ist der Konvergenzradius $r$ von $T(g,a)$ echt größer als $0$ und gibt es ein $0 < \overline r \leq r$ mit $g(b) = T(g,a)(b)$ für alle $b \in I$ mit $|b-a| < \overline r$, so sagen wir $g$ besitzt im Punkt $a$ ein Taylorentwicklung. Dies motiviert folgendes:
\end{gelaber}
\begin{definition}
Seien $f \colon I \to \mathbb R$, $I$ ein Intervall, $a \in I$. Sei $f$ $n$-mal differenzierbar in $a$. Setze dann
\[T_n(f,a) = \sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k\]
$T_n(f,a)$ ist das {\em $n$-te Taylorpolynom von $f$ mit Entwicklungspunkt $a$}. Wir betrachten $T_n(f,a)$ als Funktion $I \to \mathbb R$.
\end{definition}
\begin{theorem}[Taylorsche Formel]
Sei $I$ ein Intervall und $f \colon I \to \mathbb R$ eine $(n+1)$-mal differenzierbare Funktion, und sei $a \in I$. Dann gilt für alle $x \in I$:
\[f(x) = T_n(f,a)(x) + R_{n+1}(x)\quad\text{wobei}\quad R_{n+1}(x) = \frac{1}{n!}\int_a^x(x-t)^nf^{(n+1)}(t)\dd t\]
\end{theorem}
\begin{proof}
Durch Induktion über $n$.
\begin{itemize}
\item Induktionsanfang: Es ist $f(x) = f(a) + \int_a^x f'(t)\dd t = T_0(f,a)(x) + R_1(x)$.
\item Induktionsschritt:
\begin{align*}
R_{n+1}(x) &= \frac{1}{n!} \int_a^x(x-t)^nf^{(n+1)}(t)\dd t =\\
&= -\int_a^x f^{(n+1)}(t)\left(\frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!}\right)'\dd t =\\
&= -f^{(n+1)}(t)\frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!}\bigg|_{t=a}^x + \int_a^x f^{(n+2)}(t)\frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!}\dd t =\\
&= \frac{f^{(n+1)}(a)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1} + \frac{1}{(n+1)!}\int_a^x (x-t)^{n+1} f^{(n+2)}(t)\dd t = \\
&= \frac{f^{(n+1)}(a)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1} + R_{n+2}(x)
\end{align*}
Also ist nach Induktionsvoraussetzung
\begin{align*}
f(x) &= T_n(f,a)(x) + R_{n+1}(x) =\\
&= T_n(f,a)(x) + \frac{f^{(n+1)}(a)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1} + R_{n+2}(x) =\\
&= T_{n+1}(f,a)(x) + R_{n+2}(x)\qedhere
\end{align*}
\end{itemize}
\end{proof}
\begin{corollary}[Langrangesches Restglied]
Sei $I$ ein Intervall und $f \colon I \to \mathbb R$ eine $(n+1)$-mal stetig differenzierbare Funktion. Weiterhin seien $a,x \in I$. Dann existiert ein $\xi$ zwischen $a$ und $x$ mit
\[f(x) = T_n(f,a)(x) + \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}\]
\end{corollary}
\begin{proof}
Sei $R_{n+1}(x) = \frac{1}{n!} \int_a^x(x-t)^n f^{(n+1)}(t)\dd t = \int_a^x f^{(n+1)}(t)\frac{(x-t)^n}{n!}\dd t$ wie in Satz 5. Nach dem Mittelwertsatz der Integralrechnung existiert ein $\xi$ zwischen $a$ und $x$, so dass gilt
\[R_{n+1}(x) = f^{(n+1)}(\xi)\int_a^x\frac{(x-t)^n}{n!}\dd t = - f^{(n+1)}(\xi)\frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!}\bigg|_{t=a}^x = \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1} \qedhere\]
\end{proof}
\begin{corollary}
Sei $I$ ein Intervall und $f \colon I \to \mathbb R$ eine $n$-mal stetig differenzierbare Funktion. Weiterhin sei $a \in I$. Dann gibt es eine stetige Funktion $r \colon I \to \mathbb R$ mit $r(a) = 0$ und
\[f(x) = T_n(f,a)(x) + r(x)(x-a)^n\]
für alle $x \in I$.
\end{corollary}
\begin{proof}
Für $n=0$ setze $r(x) = f(x) - f(a)$. Sei also $n > 0$. Definiere $r \colon I \to \mathbb R$ durch
\[r(x) = \begin{cases}\frac{1}{(x-a)^n}(f(x)-T_n(f,a)(x)) & \quad x \neq a \\ 0 & \quad x = a\end{cases}\]
Offenbar ist $f(x) = T_n(f,a)(x) + r(x)(x-a)^n$ für $x \in I$, denn $T_n(f,a)(a) = f(a)$. Weiter ist $r$ stetig in $I \setminus \{a\}$. Wir müssen also nur noch zeigen, dass $r$ stetig in $a$ ist. Sei also $(x_k)_{k \in \mathbb N}$ eine folge aus $I \setminus \{a\}$, die gegen $a$ konvergiert. Dann ist
\begin{align*}
r(x_k) &= \frac{1}{(x_k-a)^n}\left(f(x_k) - T_n(f,a)(x_k)\right) =\\
&= \frac{1}{(x_k-a)^n}\left(f(x_k) - T_{n-1}(f,a)(x_k) - \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x_k-a)^n\right) =\\
&= \frac{1}{(x_k-a)^n}\left(f(x_k) - T_{n-1}(f,a)(x_k)\right) - \frac{f^{(n)}(a)}{n!}
\end{align*}
Nach obigem Korollar existiert ein $\xi_k$ zwischen $a$ und $x_k$ mit
\[f(x_k) - T_{n-1}(f,a)(x_k) = \frac{f^{(n)}(\xi_k)}{n!}(x_k-a)^n\]
Dann ist $r(x_k) = \frac{1}{n!}(f^{(n)}(\xi_k) - f^{(n)}(a))$. Wegen $\lim_{k\to\infty} x_k = a$ ist aber auch $\lim_{k\to\infty} \xi_k = a$. Da $f^{(n)}$ stetig ist, folgt als $\lim_{k\to\infty} r(x_k) = 0$.
\end{proof}
\begin{theorem}
Sei $f \colon I \to \mathbb R$ $n$-mal stetig differenzierbar, wobei $I$ ein Intervall ist und $n \geq 2$. Sei $a \in \mathring I$ und es gelte $f^{(k)}(a) = 0$ für $1 \leq k < n$, aber $f^{(n)}(a) \neq 0$.
\begin{enumerate}[(a)]
\item Ist $n$ gerade und $f^{(n)}(a) > 0$, so besitzt $f$ in $a$ ein lokales Minimum.
\item Ist $n$ gerade und $f^{(n)}(a) < 0$, so besitzt $f$ in $a$ ein lokales Maximum.
\item Ist $n$ ungerade, so besitzt $f$ in $a$ kein lokales Extremum.
\end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}
Nach Voraussetzung ist $T_{n-1}(f,a) = f(a)$.
\begin{enumerate}[zu (a)]
\item Sei $n$ gerade und $f^{(n)}(a) > 0$. Wegen $f^{(n)}$ stetig und $a \in \mathring I$ existiert ein $\varepsilon > 0$ mit $U_\varepsilon(a) \subseteq I$ und $f^{(n)}(b) > 0$ für alle $b \in U_\varepsilon(a)$. Sei nun $x \in U_\varepsilon(a)$, $x \neq a$. Nach dem ersten Korollar zu Satz 5 existiert ein $\xi$ zwischen $a$ und $x$ mit
\[f(x) = f(a) + \frac{f^{(n)}(\xi)}{n!}(x-a)^n\]
Dann ist aber $f^{(n)}(\xi) > 0$ und wegen $n$ gerade ist auch $(x-a)^n > 0$. Also folgt $f(x) > f(a)$.
\item wende (a) auf $-f$ an.
\item Sei nun $n$ ungerade. Sei o.E. $f^{(n)}(a) > 0$ (sonst betrachte $-f$). Sei $\varepsilon > 0$. Es ist zu zeigen, dass $x_0,x_1 \in U_\varepsilon(a) \cap I$ existieren mit $f(x_0) < f(a) < f(x_1)$. Wegen $f^{(n)}$ stetig in $a$ und $a \in \mathring I$ existiert ein $\delta > 0$ mit $\delta \leq \varepsilon$ und $U_\delta(a) \subseteq I$ und $f^{(n)}(b) > 0$ für alle $b \in U_\delta(a)$. Wähle $x_0,x_1 \in U_\delta(a)$ mit $x_0 < a < x_1$. Dann existiert wieder $\xi_i$ zwischen $a$ und $x_i$ mit
\[f(x_i) = f(a) + \frac{f^{(n)}(\xi_i)}{n!}(x_i-a)^n\]
Dann gilt $f^{(n)}(\xi_i) > 0$. Wegen $n$ ungerade ist aber $(x_0-a)^n < 0$ und $(x_1-a)^n > 0$. Also $f(x_0) < f(a) < f(x_1)$.\qedhere
\end{enumerate}
\end{proof}
\begin{example}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Definiere $f \colon \mathbb R \to \mathbb R$ durch
\[f(x) = \begin{cases}\exp(-1/x^2) & \quad x \neq 0\\ 0 & \quad x=0\end{cases}\]
$f$ ist beliebig oft differenzierbar und es gilt $f^{(n)}(0) = 0$ für ale $n$. Die Taylorreihe von $f$ mit Entwicklungspunkt $0$ ist also identisch $0$. Somit besitzt $f$ keine Taylorentwicklung in $0$.
\item Früher wurde gezeigt
\[\ln(1+b) = \sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\frac{b^k}{k} \quad \forall b \in (-1,1)\]
Also
\[\ln(x) = \sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\frac{(x-1)^k}{k} \quad \forall x \in (0,2)\]
Also besitzt $\ln$ eine Taylorentwicklung im Punkt $1$.
\end{enumerate}
\end{example}
\section{Metrische Räume}
\begin{gelaber}
Wir wollen nun $\mathbb R^n$ untersuchen. Für beliebige $n$ ist $\mathbb R^n$ nicht mehr ein Körper. Aber $\mathbb R^n$ ist noch ein $\mathbb R$-Vektorraum, d.h. wir haben Addition und Skalarmultiplikation. Wir haben auch ein Analogon zum Absolutbetrag. Hierzu setzen wir für $a = (a_1,\dots,a_n) \in \mathbb R^n$
\[\|a\| = \sqrt{\sum_{k=1}^na_k^2}\]
$\| \cdot \|$ ist die euklidische Norm. Für $a \in \mathbb R$ ist $\|a\| = |a|$. Für die euklidische Norm $\| \cdot \| \colon \mathbb R^n \to \mathbb R$ gilt:
\begin{enumerate}[(N1)]
\item $\|x\| = 0 \Longleftrightarrow x = 0$
\item $\forall x \in \mathbb R^n \colon \forall \lambda \in \mathbb R \colon \| \lambda x \| = | \lambda | \|x\|$
\item $\forall x,y \in \mathbb R^n \colon \|x+y\| \leq \|x\| + \|y\|$
\end{enumerate}
\end{gelaber}
\begin{proof}
Seien $x = (x_1,\dots,x_n)$, $y = (y_1,\dots,y_n)$.
\begin{enumerate}[(N1)]
\item $\displaystyle \|x\| = \sqrt{\sum_{k=1}^n a_k^2} = 0 \Longleftrightarrow x_1 = \dots = x_n = 0 \Longleftrightarrow x = 0$
\item $\displaystyle \|\lambda x \| = \sqrt{\sum_{k=1}^n(\lambda x_k)^2} = |\lambda|\sqrt{\sum_{k=1}^nx_k^2} = |\lambda|\|x\|$
\item Setze $\scalar{x}{y} = \sum_{k=1}^nx_ky_k$. Wir zeigen zuerst die {\em Cauchy-Schwarz-Ungleichung}
\[\scalar{x}{y} \leq \|x\|^2\|y\|^2\]
Dies ist trivial für $y = 0$. Sei also $y \neq 0$. Setze $\lambda = \scalar{x}{y}/\|y\|^2$. Es ist:
\begin{align*}
0 &\leq \|x-\lambda y\|^2 = \sum_{k=1}^n(x_k-\lambda y_k)^2 =\\
&= \sum_{k=1}^n(x_k^2-2\lambda x_ky_k + \lambda^2 y_k^2) =\\
&= \sum_{k=1}^nx_k^2 - 2 \lambda \sum_{k=1}^nx_ky_k + \lambda^2\sum_{k=1}^n y_k^2 =\\
&= \|x\|^2 - 2 \lambda \scalar{x}{y} + \lambda^2 \|y\|^2
\end{align*}
Durch Multiplikation mit $\|y\|^2$ also
\[0 \leq \|x\|^2\|y\|^2 - 2\scalar{x}{y}^2 + \scalar{x}{y}^2\]
also $\scalar{x}{y}^2 \leq \|x\|^2\|y\|^2$
Dann gilt aber
\begin{align*}
\|x+y\|^2 &= \sum_{k=1}^n(x_k+y_k)^2 = \sum_{k=1}^n(x_k^2 + 2x_ky_k + y_k^2) =\\
&= \sum_{k=1}^nx_k^2 + 2\sum_{k=1}^nx_ky_k + \sum_{k=1}^ny_k^2 = \\
&= \|x\|^2 + 2 \scalar{x}{y} + \|y\|^2 \leq\\
&\leq \|x\|^2 + 2 \|x\|\|y\| + \|y\|^2 =\\
&=(\|x\|+\|y\|)^2
\end{align*}
Also $\|x+y\| \leq \|x\| + \|y\|$ \qedhere
\end{enumerate}
\end{proof}
\begin{definition}
Sei $V$ ein $\mathbb R$-Vektorraum und $\|\cdot\| \colon V \to \mathbb R^+$. Dann ist $\|\cdot\|$ eine {\em Norm}, wenn gilt:
\begin{enumerate}[(N1)]
\item $\|x\| = 0 \Longleftrightarrow x = 0$
\item $\forall x \in V \colon \forall \lambda \in \mathbb R \colon \| \lambda x \| = | \lambda | \|x\|$
\item $\forall x,y \in V \colon \|x+y\| \leq \|x\| + \|y\|$
\end{enumerate}
$V$ mit $\|\cdot\|$ heißt dann {\em normierter Vektorraum}.
\end{definition}
\begin{gelaber}
Sei nun $V$ mit $\|\cdot\|$ ein normierter Vektorraum. Wir können dann den Abstand zwischen zwei Punkten $x,y \in V$ definieren durch $d(x,y) = \|x-y\|$. Hierfür gilt dann $d \colon V^2 \to \mathbb R^+$
\begin{enumerate}[(M1)]
\item $d(x,y) = 0 \Longleftrightarrow x=y$
\item $\forall x,y \in V \colon d(x,y) = d(y,x)$ (Symmetrie)
\item $\forall x,y,z \in V \colon d(x,z) \leq d(x,y) + d(y,z)$ (Dreiecksungleichung)
\end{enumerate}
\end{gelaber}
\begin{proof}
\begin{enumerate}[(M1)]
\item $d(x,y) = 0 \Longleftrightarrow \|x-y\| = 0 \Longleftrightarrow x-y = 0 \Longleftrightarrow x=y$
\item $d(x,y) = \|x-y\| = \|-(y-x)\| = |-1|\|y-x\| = \|y-x\| = d(y,x)$
\item $d(x,z) = \|x-z\| = \|(x-y)+(y-z)\| \leq \|x-y\|+\|y-z\| = d(x,y)+d(y,z)$\qedhere
\end{enumerate}
\end{proof}
\begin{definition}
Sei $X$ eine Menge. Eine {\em Metrik} auf $X$ ist eine Funktion $d \colon X^2 \to \mathbb R^+$ mit
\begin{enumerate}[(M1)]
\item $d(x,y) = 0 \Longleftrightarrow x=y$
\item $\forall x,y \in X \colon d(x,y) = d(y,x)$ (Symmetrie)
\item $\forall x,y,z \in X \colon d(x,z) \leq d(x,y) + d(y,z)$ (Dreiecksungleichung)
\end{enumerate}
$X$ mit $d$ ist ein {\em metrischer Raum}.
\end{definition}
\begin{gelaber}
Wir sagen auch einfach "`$X$ ist ein metrischer Raum"' und bezeichnen dann die Metrik mit $d$. Dies machen wir auch für verschiedene Räume. Speziell ist also jeder $\mathbb R^n$ ein metrischer Raum mit der euklidischen Metrix $d(x,y) = \|x-y\|$. Dies benutzen wir immer auf dem $\mathbb R^n$. Sei nun $X$ ein metrischer Raum.
\end{gelaber}
\begin{definition}
Für $x \in X$ und $\varepsilon > 0$ setzen wir
\[U_\varepsilon(x) = \{y \in X \colon d(x,y) < \varepsilon\}\]
$U_\varepsilon(x)$ ist die {\em $\varepsilon$-Umgebung von $X$}.
\end{definition}
\begin{definition}
Sei $x \in X$ und $U \subseteq X$. $U$ ist eine {\em Umgebung von $x$}, wenn ein $\varepsilon > 0$ existiert mit $U_\varepsilon(x) \subseteq U$. Speziell ist also für $\varepsilon > 0$ $U_\varepsilon(x)$ eine Umgebung von $X$.
\end{definition}
\begin{theorem}[Trennungseigenschaft von Hausdorff]
Zu je 2 verschiedenen Punkten $x,y \in X$ gibt es Umgebungen $U$ von $x$ und $V$ von $y$ mit $U \cap V = \varnothing$.
\end{theorem}
\begin{proof}
Seien $x,y \in X$, $x \neq y$. Setze $\varepsilon = d(x,y)$. Dann ist $\varepsilon > 0$ nach (M1). Setze $\delta = \varepsilon /2$ und $U = U_\delta(x)$ und $V = U_\delta(y)$. Dann ist $U$ Umgebung von $x$ und $V$ Umgebung von $y$. Es ist $U \cap V \neq \varnothing$, denn nehme an, dass $z \in U \cap V$. Dann ist
\[ 2 \delta = d(x,y) \leq d(x,z) + d(x,y) = d(x,z) + d(y,z) < \delta + \delta = 2 \delta \]
was ein Widerspruch ist.
Ist $X$ ein metrischer Raum und $A \subseteq X$, so ist $A$ mit der auf $A$ eingeschränkten Metrix selbst ein metrischer Raum. Auf diese Weise wird insbesondere jede Teilmenge von $\mathbb R^n$ zu einem metrischen Raum.
\end{proof}
\begin{gelaber}
Im folgenden seien $X$,$Y$,$Z$ stets metrische Räume.
\end{gelaber}
\begin{definition}
Sei $(a_n)_{n \in \mathbb N}$ eine Folge von $X$ und $a \in X$. Die Folge $(a_n)_{n \in \mathbb N}$ {\em konvergiert} gegen $a$, wenn gilt:
für alle $\varepsilon > 0$ existiert ein $m \in \mathbb N$ mit $d(a_n,a) < \varepsilon$ für alle $n \geq m$. $a$ ist dann {\em Grenzwert} (oder Limes) von $(a_n)_{n \in \mathbb N}$.
\end{definition}
\begin{gelaber}
Wir können dies auf verschiedene Weise umformulieren.
\end{gelaber}
\begin{remark}
$(a_n)_{n \in \mathbb N}$ konvergiert gegen $a$ genau dann wenn $\lim_{n\to\infty}d(a_n,a) = 0$
\end{remark}
\begin{remark}
Es ist äquivalent:
\begin{enumerate}
\item $(a_n)_{n \in \mathbb N}$ konvergiert gegen $a$.
\item für alle $\varepsilon > 0$ existiert ein $m \in \mathbb N$ mit $a_n \in U_\varepsilon(a)$ für alle $n \geq m$.
\item für alle Umgebungen $U$ von $a$ existiert ein $m \in \mathbb N$ mit $a_n \in U$ für alle $n \geq m$.
\end{enumerate}
Aus Satz 1 folgt also, dass jede Folge höchstens einen Grenzwert besitzt.
Wir können also schreiben:
\[\lim_{n\to\infty} a_n = a \qquad\text{für "`$(a_n)_{n\in\mathbb N}$ konvergiert gegen $a$"'}\]
\end{remark}
\begin{definition}
Eine Folge $(a_n)_{n \in \mathbb N}$ aus $X$ ist {\em beschränkt}, wenn ein $b \in X$ und $r > 0$ existieren mit $a_n \in U_r(b)$ für alle $n \in \mathbb N$.
\end{definition}
\begin{remark}
Jede konvergente Folge ist beschränkt.
\end{remark}
\begin{proof}
Sei $\lim_{n\to\infty}a_n = a$. Dann existiert ein $m \in \mathbb N$ mit $a_n \in U_1(a)$ für alle $n \geq m$. Setze $r = \max\{d(a_k,a) \colon k < m\} + 1$. Dann gilt $a_n \in U_r(a)$ für alle $n$.
\end{proof}
\begin{theorem}
Sei $(a_k)_{k \in \mathbb N}$ eine Folge aus $\mathbb R^n$ und $b \in \mathbb R^n$. Sei $b = (b_1,\ldots,b_n)$ und $a_k = (a_{k1},\ldots,a_{kn})$. Dann gilt $\lim_{k\to\infty}a_k = b$ genau dann, wenn $\displaystyle\lim_{k\to\infty}a_{kl} = b_l$ für alle $1 \leq l \leq n$.
\end{theorem}
\begin{proof}
Sei $\lim_{k\to\infty}a_k = b$. Dann gilt $\lim_{k\to\infty}d(a_k,b) = 0$. Sei $1 \leq l \leq n$. Dann ist für $k \in \mathbb N$
\[0 \leq \left| a_{kl} - b_l \right| \leq \sqrt{\sum_{j=1}^n(a_{kj}-b_j)^2} = d(a_k,b)\]
Also $\lim_{k\to\infty}|a_{kl}-b_l| = 0$, d.h. $\lim_{k\to\infty}a_{kl} = b_l$. \\
Sei umgekehrt $\lim_{k\to\infty}a_{kl} = b_l$ für alle $1 \leq l \leq n$. Dann ist für alle $1 \leq l \leq n$ $\lim_{k\to\infty}(a_{kl}-b_l) = 0$. Also ist
\[\lim_{k\to\infty}d(a_k,b) = \lim_{k\to\infty}\sqrt{\sum_{j=1}^n(a_{kj}-b_j)^2} = 0\]
Damit folgt sofort für Folgen $(a_k)_{k\in\mathbb N}$, $(b_k)_{k \in \mathbb N}$ und $c \in \mathbb R$.
\[\lim_{k\to\infty}(a_k+b_k) = \lim_{k\to\infty}a_k + \lim_{k\to\infty}b_k\]
\[\lim_{k\to\infty}(ca_k) = c\lim_{k\to\infty}a_k \qedhere\]
\end{proof}
\begin{definition}
Sei $(a_n)_{n\in\mathbb N}$ Folge aus $X$ und $a \in X$. $a$ ist {\em Häufungspunkt} von $(a_n)_{n\in\mathbb N}$, wenn es für jede Umgebung $U$ von $a$ unendlich viele $n$ gibt mit $a_n \in U$.
\end{definition}
\begin{remark}
$a$ ist ein Häufungspunkt von $(a_n)_{n\in\mathbb N}$, wenn es eine Teilfolge von $(a_n)_{n\in\mathbb N}$ gibt, die gegen $a$ konvergiert.
\end{remark}
\begin{proof}
Wie in Analysis I. \phantom{\qedhere}
\end{proof}
\begin{theorem}[Bolzano-Weierstraß]
Im $\mathbb R^n$ besitzt jede beschränkte Folge einen Häufungspunkt.
\end{theorem}
\begin{proof}
Durch Induktion über $n$.
\begin{itemize}
\item Induktionsanfang ($n=1$): nach Analysis I
\item Induktionsschritt: Sei $(a_k)_{k\in\mathbb N}$ beschränkte Folge in $\mathbb R^{n+1}$. Sei $a_k = (a_{k1},\ldots,a_{k,n+1})$ für $k \in \mathbb N$. Setze $b_k = (a_{k1},\ldots,a_{kn})$. Dann ist $(b_k)_{k\in\mathbb N}$ eine beschränkte Folge in $\mathbb R^n$. Nach Induktionsvoraussetzung besitzt also $(b_k)_{k\in\mathbb N}$ eine konvergente Teilfolge $(b_{k(l)})_{l\in\mathbb N}$. Nach Analysis I besitzt die beschränkte Folge $(a_{k(l),n+1})_{l\in\mathbb N}$ eine konvergente Teilfolge $(a_{k(l)(j),n+1})_{j\in\mathbb N}$. Nach Satz 2 ist dann $(a_{k(l)(j)})_{j\in\mathbb N}$ eine konvergente Teilfolge von $(a_k)_{k\in\mathbb N}$. \qedhere
\end{itemize}
\end{proof}
\begin{definition}
Eine Folge $(a_n)_{n\in\mathbb N}$ aus $X$ ist eine {\em Cauchy-Folge}, wenn gilt:
\[\forall \varepsilon > 0 \colon \exists m \in \mathbb N \colon \forall n \geq m \colon d(a_n,a_m) < \varepsilon\]
\end{definition}
\begin{remark}
Ist $(a_n)_{n\in\mathbb N}$ eine Cauchy-Folge, so gilt stärker:
\[\forall \varepsilon > 0 \colon \exists m \in \mathbb N \colon \forall k,n \geq m \colon d(a_n,a_k) < \varepsilon\]
\end{remark}
\begin{proof}
Wie in Analysis I \phantom{\qedhere}
\end{proof}
\begin{remark}
Jede konvergente Folge ist eine Cauchy-Folge. Die Umkehrung gilt nicht in beliebigen metrischen Räumen.
\end{remark}
\begin{proof}
Sei $\lim_{n\to\infty}a_n = a$. Sei $\varepsilon > 0$. Dann existiert $m \in \mathbb N$ mit $d(a_n,a) < \varepsilon/2$ für alle $n \geq m$. Dann ist aber für $n \geq m$
$d(a_n,a_m) \leq d(a_n,a) + d(a_m,a) < \varepsilon/2 + \varepsilon/2 = \varepsilon$.
\end{proof}
\begin{example}
Sei $X = (0,1)$ ein offenes Intervall. In $X$ ist $(1/n)_{n\in\mathbb N}$ eine Cauchy-Folge, die in $X$ (!) nicht konvergiert.
\end{example}
\begin{definition}
Ein metrischer Raum ist {\em vollständig}, wenn jede Cauchy-Folge aus $X$ konvergiert (in $X$).
\end{definition}
\begin{theorem}
$\mathbb R^n$ ist vollständig.
\end{theorem}
\begin{proof}
Sei $(a_k)_{k\in\mathbb N}$ eine Cauchy-Folge aus $\mathbb R^n$. Sei $a_k = (a_{k1},\ldots,a_{kn})$. Dann ist für jedes $1 \leq l \leq n$ $(a_{kl})_{k\in\mathbb N}$ eine Cauchy-Folge in $\mathbb R$, denn $0 \leq \left|a_{kl}-a_{jl}\right| \leq d(a_k,a_j)$ für alle $k,j$. Also ist $(a_{kl})_{k\in\mathbb N}$ konvergent. Somit ist nach Satz 2 $(a_k)_{k\in\mathbb N}$ konvergent.
\end{proof}
\begin{definition}
Sei $f \colon X \to Y$, $a \in X$.
\begin{enumerate}
\item $f$ ist {\em stetig in $a$}, wenn für alle $\varepsilon > 0$ ein $\delta > 0$ existiert mit $d(f(x),f(a)) < \varepsilon$ für alle $x \in X$ mit $d(x,a) < \delta$.
\item $f$ ist {\em stetig}, wenn $f$ in jedem Punkt $a \in X$ stetig ist.
\end{enumerate}
\end{definition}
\begin{remark}
Somit sind also folgende Aussagen äquivalent:
\begin{enumerate}
\item $f$ ist stetig in $a$
\item Für alle $\varepsilon > 0$ existiert ein $\delta > 0$ mit $f[U_\delta(a)] \subseteq U_\varepsilon(f(a))$
\item Für alle Umgebungen $U$ von $f(a)$ existiert eine Umgebung $V$ von $a$ mit $f[V] \subseteq U$
\end{enumerate}
\end{remark}
\begin{remark}
Eine Funktion $f \colon X \to Y$ ist genau dann stetig im Punkt $a \in X$, wenn für jede Folge $(x_n)_{n\in\mathbb N}$, die gegen $a$ konvergiert, die Bildfolge $(f(x_n))_{n\in\mathbb N}$ gegen $f(a)$ konvergiert.
\end{remark}
\begin{proof}
Wie in Analysis I \phantom{\qedhere}
\end{proof}
\begin{example}\
\begin{itemize}
\item Sei $1 \leq i \leq n$. Definiere $p_i \colon \mathbb R^n \to \mathbb R$ durch $p_i(x_1,\ldots,x_n) = x_i$. $p_i$ ist die $i$-te Projektion. $p_i$ ist stetig. Das folgt sofort aus Satz 2.
\item Die Funktion $+ \colon \mathbb R^2 \to \mathbb R$ ist stetig.
\item Die Funktion $\cdot \colon \mathbb R^2 \to \mathbb R$ ist stetig.
\item Sind $f,g \colon X \to \mathbb R$ stetig, $c \in \mathbb R$, so sind $f + g$, $f \cdot g$, $cf$ stetig (entsprechend abgeändert gilt das auch für $1/g$).
\end{itemize}
\end{example}
\begin{theorem}
Seien $f \colon X \to Y$ und $g \colon Y \to Z$. Die Funktion $f$ sei in $a \in X$ stetig und $g$ sei in $f(a) \in Y$ stetig. Dann ist $g \circ f$ in $a$ stetig.
\end{theorem}
\begin{proof}
Sei $U$ eine Umgebung von $(g \circ f)(a) = g(f(a))$. Wegen $g$ in $f(a)$ stetig existiert dann eine Umgebung $V$ von $f(a)$ mit $g[V] \subseteq U$. Wegen $f$ in $a$ stetig existiert eine Umgebung $W$ von $a$ mit $f[W] \subseteq V$. Dann ist $(g \circ f)[W] = g[f[W]] \subseteq g[V] \subseteq U$.
\end{proof}
\begin{example}
Die Funktion $\|\cdot\| \colon \mathbb R^n \to \mathbb R$ ist stetig. Denn
\[\|(x_1,\ldots,x_n)\| = \sqrt{\sum_{k=1}^nx_k^2}\]
\end{example}
\begin{definition}
Sei $f \colon X \to \mathbb R^n$. Dann existieren eindeutig bestimmte Funktionen $f_1,\ldots,f_n$ von $X \to \mathbb R$ mit $f(x) = (f_1(x),\ldots,f_n(x))$. $f_i$ ist die $i$-te {\em Komponentenfunktion} von $f$. Wir schreiben hierfür etwas ungenau $f = (f_1,\ldots,f_n)$.
\end{definition}
\begin{theorem}
Sei $f \colon X \to \mathbb R^n$, $f = (f_1,\ldots,f_n)$, und sei $a \in X$. Dann ist $f$ genau dann in $a$ stetig, wenn jedes $f_i$ mit $1 \leq i \leq n$ in $a$ stetig ist.
\end{theorem}
\begin{proof}
Sei $f$ in $a$ stetig. Es ist $f_i = p_i \circ f$. Da $p_i$ stetig ist, ist $f_i$ in $a$ stetig. Sei umgekehrt jedes $f_i$ in $a$ stetig. Sei $\lim_{k\to\infty}x_k = a$. Dann ist $\lim_{k\to\infty}f_i(x_k) = f_i(a)$ für $1 \leq i \leq n$. Also $\lim_{k\to\infty}f(x_k) = (f_1(a),\ldots,f_n(a)) = f(a)$.
\end{proof}
\begin{definition}
Sei $A \subseteq X$ und $b \in X$. $b$ ist {\em Häufungspunkt} von $A$, wenn in jeder Umgebung von $b$ ein Element von $A$ liegt, das von $b$ verschieden ist.
\end{definition}
\begin{remark}
Seien $A$,$b$ wie oben. Es sind äquivalent:
\begin{enumerate}
\item $b$ ist ein Häufungspunkt von $A$
\item Es gibt eine Folge aus $A \setminus \{b\}$, die gegen $b$ konvergiert
\item In jeder Umgebung von $b$ liegen unendlich viele Elemente von $A$.
\end{enumerate}
\end{remark}
\begin{definition}
Seien $A \subseteq X$ und $f \colon A \to Y$ und $b \in Y$. Weiterhin sei $a \in A$ oder $a$ ein Häufungspunkt von $A$. Dann ist $\lim_{x \to a}f(x) = b$, falls für jede Folge $(a_n)_{n\in\mathbb N}$ aus $A$, die gegen $a$ konvergiert, die Folge $(f(a_n))_{n\in\mathbb N}$ gegen $b$ konvergiert.
\end{definition}
\begin{definition}\
\begin{enumerate}
\item Eine Teilmenge $A$ von $X$ ist {\em abgeschlossen}, wenn sie jeden ihrer Häufungspunkte enthält.
\item Eine Teilmenge $U$ von $X$ ist {\em offen}, wenn für alle $x \in U$ $U$ eine Umgebung von $x$ ist.
\end{enumerate}
\end{definition}
\begin{example}
Seien $a \in X$ und $\varepsilon > 0$. Setze $U = U_\varepsilon(a)$. Dann ist $U$ offen.
\end{example}
\begin{proof}
Sei $x \in U$. Setze $\delta = \varepsilon - d(x,a) > 0$. Dann ist $U_\delta(x) \subseteq U$, denn sei $z \in U_\delta(x)$. Dan ist $d(z,a) \leq d(z,x) + d(x,a) < \delta + d(x,a) = \varepsilon$. Somit ist $U$ Umgebung von $X$.
\end{proof}
\begin{remark}
Sei $U \subseteq X$. Dann ist $U$ offen genau dann, wenn $X \setminus U$ abgeschlossen ist.
\end{remark}
\begin{proof}
Sei also $U$ offen. Dann ist kein $x \in U$ ein Häufungspunkt von $X \setminus U$, denn für $x \in U$ ist $U$ Umgebung von $x$ mit $U \cap (X \setminus U) = \varnothing$. Also ist $X \setminus U$ abgeschlossen. Sei umgekehrt $X \setminus U$ abgeschlossen und $x \in U$. Dann ist $x$ kein Häufungspunkt von $X \setminus U$. Somit existiert eine Umgebung $W$ von $x$ mit $W \cap (X \setminus U) \subseteq \{x\}$. Wegen $x \in U$ ist dann $W \subseteq U$. Also ist $U$ Umgebung von $x$.
\end{proof}
\begin{theorem}
Sei $f \colon X \to Y$, Dann sind folgende Aussagen äquivalent:
\begin{enumerate}
\item $f$ ist stetig
\item Für alle offenen $U \subseteq Y$ ist $f^{-1}[U]$ offen.
\item Für alle abgeschlossenen $A \subseteq Y$ ist $f^{-1}[A]$ abgeschlossen.
\end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}\
\begin{enumerate}
\item Sie $f$ stetig und $U \subseteq Y$ offen. Sei $a \in f^{-1}[U]$. Wir müssen zeigen, dass $f^{-1}[U]$ eine Umgebung von $a$ ist. Nun ist $f(a) \in U$. Wegen $U$ offen ist also $U$ eine Umgebung von $f(a)$. Wegen $f$ stetig existiert also eine Umgebung $V$ von $a$ mit $f[V] \subseteq U$. Dann ist aber $V \subseteq f^{-1}[U]$. Also ist $f^{-1}[U]$ Umgebung von $a$.
\item Sei $A \subseteq Y$ abgeschlossen. Dann ist nach obiger Bemerkung $Y \setminus A$ offen. Also $f^{-1}[Y \setminus A]$ offen. Aber $f^{-1}[Y \setminus A] = X \setminus f^{-1}[A]$. Also ist $f^{-1}[A]$ abgeschlossen
\item Sei $a \in X$. Wir müssen zeigen, dass $f$ in $a$ stetig ist. Sei also $\varepsilon > 0$. Setze $U = U_\varepsilon(f(a))$. Wegen $U$ offen ist dann $Y \setminus U$ abgeschlossen. Also $f^{-1}[Y \setminus U] = X \setminus f^{-1}[U]$ abgeschlossen. Somit ist $V = f^{-1}[U]$ offen. Wegen $a \in V$ ist also $V$ eine Umgebung von $a$ mit $f[V] \subseteq U$. \qedhere
\end{enumerate}
\end{proof}
\begin{example}
Sei $f \colon X \to \mathbb R$ stetig, $b \in \mathbb R$. Dann ist $A = \{ x \in X \colon f(x) = b \}$ abgeschlossen und $B = \{x \in X \colon f(x) < b\}$ offen. Denn $A = f^{-1}[\{b\}]$, $B = f^{-1}[(-\infty,b)]$.
\end{example}
\begin{definition}
Eine Teilmenge $A$ von $X$ ist {\em kompakt}, wenn jede Folge aus $A$ einen Häu\-fungs\-punkt besitzt, der in $A$ liegt.
\end{definition}
\begin{definition}
Eine Teilmenge $A$ von $X$ ist {\em beschränkt}, wenn es ein $b \in X$ und $r > 0$ gibt mit $A \subseteq U_r(b)$ oder wenn $A = \varnothing$.
\end{definition}
\begin{theorem}
Jede kompakte Teilmenge von $X$ ist abgeschlossen und beschränkt.
\end{theorem}
\begin{proof}
Sei $A \subseteq X$ kompakt. Wir zeigen zuerst, dass $A$ abgeschlossen ist. Sei hierzu $a$ ein Häufungspunkt von $A$. Dann existiert eine Folge $(a_n)_{n\in\mathbb N}$ aus $A \setminus \{a\}$, die gegen $a$ konvergiert. Also ist $a$ der einzige Häufungspunkt von $(a_n)_{n\in\mathbb N}$. Wegen Kompaktheit von $A$ ist also $a \in A$. Weiterhin kann $A$ nicht unbeschränkt sein. Denn nehme an, dass dies der Fall ist. Dann ist natürlich $X \neq \varnothing$. Sei also $x \in X$ Wenn $A$ unbeschränkt ist, dann ist für alle $n \geq 1$ $A$ keine Teilmenge von $U_n(x)$. Wähle also für jedes $n \geq 1$ ein $a_n \in A$ mit $a_n \not\in U_n(x)$ und setze $a_0 = x$. Dann besitzt offenbar die Folge $(a_n)_{n\in\mathbb N}$ keinen Häufungspunkt, denn jede Teilfolge von $(a_n)_{n\in\mathbb N}$ ist unbeschränkt. Also ist $A$ nicht kompakt.
\end{proof}
\begin{remark}
Die Umkehrung von Satz 8 gilt aber nicht in jedem metrischen Raum.
\end{remark}
\begin{example}
Sei $X = \{1/(n+1) \colon n \in \mathbb N\}$. Dann ist $X$ abgeschlossen (in $X$!) und beschränkt. Aber $X$ ist nicht kompakt in $X$, da $(1/(n+1))_{n\in\mathbb N}$ in $X$ keinen Häufungspunkt besitzt.
\end{example}
\begin{theorem}
Sei $A \subseteq \mathbb R^n$. Dann ist $A$ genau dann kompakt, wenn $A$ abgeschlossen und beschränkt ist.
\end{theorem}
\begin{proof}
Ist $A$ kompakt, so ist $A$ abgeschlossen und beschränkt nach Satz 8. Sei also umgekehrt $A$ abgeschlossen und beschränkt. Wir müssen zeigen, dass $A$ kompakt ist. Sei hierzu $(a_n)_{n\in\mathbb N}$ eine Folge aus $A$. Wegen $A$ beschränkt ist dann auch $(a_n)_{n\in\mathbb N}$ beschränkt. Nach Satz 3 besitzt dann $(a_n)_{n\in\mathbb N}$ einen Häufungspunkt $a$. Wegen $A$ abgeschlossen ist $a \in A$.
\end{proof}
\begin{definition}
Sei $\mathcal U \subseteq \mathcal P(X)$ und $A \subseteq X$. $\mathcal U$ ist {\em offene Überdeckung} von $A$, wenn gilt:
\begin{enumerate}
\item Jedes $U \in \mathcal U$ ist offen
\item Für alle $a \in A$ existiert $U \in \mathcal U$ mit $a \in U$.
\end{enumerate}
\end{definition}
\begin{theorem}[Heine-Borelscher Überdeckungssatz]
Eine Teilmenge $A$ von $X$ ist genau dann kompakt, wenn es für jede offene Überdeckung $\mathcal U$ von $A$ endlich viele $U_1,\ldots,U_n \in \mathcal U$ gibt mit $A \subseteq U_1 \cup \ldots \cup U_n$.
\end{theorem}
\begin{proof}
Von links nach rechts: Sei $A \subseteq X$ kompakt. Sei $\mathcal U$ eine offene Überdeckung von $A$. Für $\delta > 0$ setze $A_\delta = \{x \in A \colon \exists U \in \mathcal U \colon U_\delta(x) \subseteq U \}$. Wir zeigen zuerst ($*$) es existiert $\delta > 0$ mit $A_\delta = A$. \par
Beweis von ($*$): Nehme an, dass dies nicht der Fall ist. Dann existiert für alle $n \geq 1$ ein $x_n \in A$ mit $x_n \not\in A_{1/n}$. Wegen $A$ kompakt besitzt die Folge $(x_n)_{n \geq 1}$ einen Häufungspunkt $x \in A$. Dann existiert $U \in \mathcal U$ mit $x \in U$. Wegen $U$ offen gibt es ein $\varepsilon > 0$ mit $U_\varepsilon(x) \subseteq U$. Sei $m \in \mathbb N$ mit $1/m \leq \varepsilon/2$. Da $x$ ein Häufungspunkt von $(x_n)_{n\geq 1}$ ist, gibt es ein $k \geq m$ mit $d(x_k,x) < 1/m$. Dann ist aber für $z \in U_{1/k}(x_k)$
\[d(z,x) \leq d(z,x_k)+d(x_k,x) < 1/k + 1/m \leq 2/m \leq \varepsilon\]
Somit ist $U_{1/k}(x_k) \subseteq U_\varepsilon(x) \subseteq U$. Also $x_k \in A_{1/k}$, was ein Widerspruch zur Wahl von $x_k$ ist.
Wähle nun $\delta > 0$ wie in ($*$). Es genügt natürlich nun zu zeigen, dass es $x_1,\ldots,x_n \in A$ gibt mit $A \subseteq U_\delta(x_1) \cup \ldots \cup U_\delta(x_k)$. Nehme an, dass dies nicht der Fall ist. Dann können wir rekursiv eine Folge $(x_n)_{n\in\mathbb N}$ definieren mit $x_n \in A \setminus (U_\delta(x_0) \cup \ldots \cup U_\delta(x_{n-1}))$. Dann gilt aber für alle $m,n \in \mathbb N$ mit $m < n$, dass $d(x_m,x_n) \geq \delta$. Offenbar hat aber dann $(x_n)_{n\in\mathbb N}$ keinen Häufungspunkt. Dies ist aber ein Widerspruch zur Kompaktheit von $A$. \par
Von rechts nach links: Die andere Richtung des Satzes zeigen wir indirekt. Sei also $A \subseteq X$ nicht kompakt. Dann gibt es eine Folge $(x_n)_{n\in\mathbb N}$ aus $A$, die keinen Häufungspunkt in $A$ besitzt. Somit existiert für jedes $x \in A$ eine offene Umgebung $V_x$ von $x$ mit $\{n \in \mathbb N \colon x_n \in V_x\}$ ist endlich. Setze nun $\mathcal U = \{V_x \colon x \in A\}$. Dann ist $\mathcal U$ eine offene Überdeckung von $A$. Sind aber $V_{z_1},\ldots,V_{z_n}$ endlich viele Elemente von $\mathcal U$, so ist $\{n \in \mathbb N \colon x_n \in V_{z_1} \cup \ldots \cup V_{z_n}\}$ endlich. Also ist $A \not\subseteq V_{z_1} \cup \ldots \cup V_{z_n}$.
\end{proof}
\begin{theorem}
Sei $f \colon X \to Y$ stetig und $A \subseteq X$ kompakt. Dann ist $f[A]$ kompakt.
\end{theorem}
\begin{proof}
Sei $(y_n)_{n\in\mathbb N}$ eine Folge aus $f[A]$. Dann existiert für jedes $n \in \mathbb N$ ein $x_n \in A$ mit $y_n = f(x_n)$. Da $A$ kompakt ist, besitzt $(x_n)_{n\in\mathbb N}$ eine Teilfolge $(x_{n(k)})_{k \in\mathbb N}$, die gegen ein $x \in A$ konvergiert. Wegen $f$ stetig gilt aber dann
\[\lim_{k\to\infty}y_{n(k)} = \lim_{k\to\infty} f(x_{n(k)}) = f(x) \in f[A] \qedhere\]
\end{proof}
\begin{definition}
Sei $f \colon X \to Y$. $f$ ist {\em gleichmäßig stetig}, wenn gilt:
\[\forall \varepsilon > 0 \colon \exists \delta > 0 \colon \forall x,x' \in X \colon \left(d(x,x') < \delta \Longrightarrow d\left(f(x),f(x')\right) < \varepsilon\right)\]
\end{definition}
\begin{theorem}
Ist $f \colon X \to Y$ stetig und $X$ kompakt, so ist $f$ sogar gleichmäßig stetig.
\end{theorem}
\begin{proof}
Sei $\varepsilon > 0$. Wegen $f$ stetig gibt es zu jedem $x \in X$ ein $\delta(x) > 0$ mit $f\left[U_{\delta(x)}(x)\right] \subseteq U_{\varepsilon/2}\left(f(x)\right)$. Setze $\mathcal U = \left\{U_{\delta(x)/2}(x)\colon x \in X\right\}$. Dann ist $\mathcal U$ eine offene Überdeckung von $X$. Wegen $X$ kompakt gibt es also nach Satz 10 $x_1,\ldots,x_n \in X$ mit $X = U_{\delta(x_1)/2}(x_1) \cup \ldots \cup U_{\delta(x_n)/2}(x_n)$. Setze $\delta = \min \{ \delta(x_1)/2,\ldots,\delta(x_n)/2\} > 0$. Seien $a,a' \in X$ mit $d(a,a') < \delta$. Dann gibt es ein $1 \leq j \leq n$ mit $a \in U_{\delta(x_j)/2}(x_j)$. Wegen $d(a,a') < \delta(x_j)/2$ ist dann $a' \in U_{\delta(x_j)}(x_j)$, denn $d(a',x_j) \leq d(a',a) + d(a,x_j) < \delta(x_j)$. Somit
\[d\left((f(a),f(a')\right) \leq d\left(f(a),f(x_j)\right) + d\left(f(x_j),f(a')\right) < \varepsilon/2 + \varepsilon/2 = \varepsilon \qedhere\]
\end{proof}
\begin{definition}
Zwei Mengen $A$, $B$ heißen {\em disjunkt}, wenn $A \cap B = \varnothing$ gilt.
\end{definition}
\begin{definition}
Eine Teilmenge $A$ von $X$ ist {\em zusammenhängend}, wenn es keine disjunkten offenen Mengen $U,V$ gibt mit $A \subseteq U \cup V$, $U \cap A \neq \varnothing$ und $V \cap A \neq \varnothing$.
\end{definition}
\begin{theorem}
Eine Teilmenge von $\mathbb R$ ist genau dann zusammenhängend, wenn sie ein Intervall ist.
\end{theorem}
\begin{proof}
Die Richtung von links nach rechts zeigen wir indirekt. Sei also $A \subseteq \mathbb R$ kein Intervall. Dann gibt es Punkt $u,v \in A$ mit $u < v$ und ein $x \in X$ mit $u < x < v$ und $x \not\in A$. Setze $U = (-\infty,x)$ und $V = (x,\infty)$. Dann sind $U,V$ disjunkt, beide offen, und es gilt $A \subseteq U \cup V$, $U \cap A \neq \varnothing$ und $V \cap A \neq \varnothing$. Also ist $A$ nicht zusammenhängend. \\
Sei umgekehrt $I$ ein Intervall. Sien $U,V$ offen mit $I \in U \cup V$, $U \cap I \neq \varnothing$ und $V \cap I \neq \varnothing$. Wir müssen zeigen, dass $U$,$V$ nicht disjunkt sind. Wähle hierzu $u \in U \cap I$ und $v \in V \cap I$. Wenn $u = v$ sind wir fertig. Wir können also o.E. annehmen, dass $u < v$. Da $I$ ein Intervall ist, gilt $[u,v] \subseteq I$. Sei $s = \sup(U \cap [u,v])$. Ist $s \in U$, so wegen $U$ offen $s = v$. Also ist in diesem Fall $U \cap V \neq \varnothing$. Sei also $s \not\in U$. Wegen $s \in I$ ist dann $s \in V$. Wegen $V$ offen existiert dann $\varepsilon > 0$ mit $(s-\varepsilon,s+\varepsilon) \subseteq V$. Somit aber nach Definition von $s$ auch $U \cap V \neq \varnothing$.
\end{proof}
\begin{theorem}
Sei $f \colon X \to Y$ stetig und $A \subseteq X$ zusammenhängend. Dann ist $f[A]$ zusammenhängend.
\end{theorem}
\begin{proof}
Seien $U,V$ offene Teilmengen von $Y$ mit $f[A] \subseteq U \cup V$, $U \cap f[A] \neq \varnothing$ und $V \cap f[A] \neq \varnothing$. Wegen $f$ stetig sind $f^{-1}[U]$ und $f^{-1}[V]$ offen. Außerdem gilt $A \subseteq f^{-1}[U] \cup f^{-1}[V]$, $A \cap f^{-1}[U] \neq \varnothing$ und $A \cap f^{-1}[V] \neq \varnothing$. Wegen $A$ zusammenhängend ist also $f^{-1}[U] \cap f^{-1}[V] \neq \varnothing$. Also $U \cap V \neq \varnothing$.
\end{proof}
\begin{definition}
Für $n \in \mathbb N$ seien $f_n \colon X \to Y$ Funktionen. Weiterhin sei $f \colon X \to Y$ Funktion.
\begin{enumerate}
\item Die Folge $(f_n)_{n\in\mathbb N}$ {\em konvergiert punktweise} gegen $f$, wenn für alle $x \in X$ gilt, dass $\lim_{n\to\infty}f_n(x) = f(x)$.
\item Die Folge $(f_n)_{n\in\mathbb N}$ {\em konvergiert gleichmäßig} gegen $f$, wenn gilt:
\[\forall \varepsilon > 0 \colon \exists m \in \mathbb N \colon \forall x \in X \colon \forall n \geq m \colon d(f_n(x),f(x)) < \varepsilon\]
\end{enumerate}
\end{definition}
\begin{theorem}
Konvergiert eine Folge $(f_n)_{n\in\mathbb N}$ von stetigen Funktionen $f_n \colon X \to Y$ gleich\-mä\-ßig gegen $f$, so ist auch $f$ stetig.
\end{theorem}
\begin{proof}
Wie in §9.\vphantom{\qedhere}
\end{proof}

\section{Kurven}
\begin{definition}
Eine {\em Kurve} im $\mathbb R^n$ ist eine stetige Funktion $f \colon I \to \mathbb R^n$, wobei $I$ ein echtes Intervall ist. Sei $f = (f_1,\ldots,f_n)$. $f$ ist (stetig) {\em differenzierbar}, falls $f_1,\ldots,f_n$ (stetig) differenzierbar sind. Man definiert dann $f' \colon I \to \mathbb R^n$ durch $f'(t) = (f_1'(t),\ldots,f_n'(t))$ für $t \in I$.
\end{definition}
\begin{example}\
\begin{enumerate}
\item $f \colon [0,2\pi] \to \mathbb R^2$ definiert durch $f(t) = (r \cos t, r \sin t)$ (Kreis mit Radius $r > 0$)
\item Sei $g \colon I \to \mathbb R$ stetig, $I$ echtes Intervall. Dann ist $f \colon I \to \mathbb R^2$ definiert durch $f(t) = (t,g(t))$ eine Kurve.
\end{enumerate}
\end{example}
\begin{definition}
Sei $I = [a,b]$ ein kompaktes Intervall mit $a<b$.
\begin{enumerate}
\item Eine {\em Zerlegung} von $I$ ist eine endliche Folge $(t_0,\ldots,t_m)$ mit
\[a = t_0 < t_1 < t_2 < \ldots < t_m = b\]
\item Sei $f \colon I \to \mathbb R^n$ eine Kurve. Für eine Zerlegung $Z = (t_0,\ldots,t_m)$ von $I$ setze
\[p_f(Z) = \sum_{k=1}^m \|f(t_k) - f(t_{k-1})\|\]
\end{enumerate}
\end{definition}
\begin{definition}
Sei $f \colon I \to \mathbb R^n$ eine Kurve, wobei $I = [a,b]$ mit $a<b$. $f$ ist {\em rektifizierbar}, wenn $P_f := \{p_f(Z) \colon Z$ Zerlegung von $I\}$ beschränkt ist. Ist dies der Fall, so heißt $L := \sup P_f$ die Länge von $f$.
\end{definition}
\begin{notation}
Sei $f \colon [a,b] \to \mathbb R^n$ eine Kurve, und sei $f = (f_1,\ldots,f_n)$. Setze dann
\[\int_a^b f(t)\dd t = \left(\,\int_a^b f_1(t)\dd t\quad,\,\ldots\,,\quad\int_a^b f_n(t)\dd t\right)\]
\end{notation}
\begin{gelaber}
zur Erinnerung: Für $u =(u_1,\ldots,u_n) \in \mathbb R^n$ und $v = (v_1,\ldots,v_n) \in \mathbb R^n$ hatten wir gesetzt $\scalar{u}{v} = \sum_{i=1}^n u_iv_i$ und gezeigt $|\scalar{u}{v}| \leq \|u\| \|v\|$.
\end{gelaber}
\begin{lemma}
Sei $g \colon [a,b] \to \mathbb R^n$ eine Kurve. Dann gilt
\[\left\|\int_a^b g(t)\, dt \right\| \leq \int_a^b \|g(t)\|\dd t\]
\end{lemma}
\begin{proof}
Sei $g = (g_1,\ldots,g_n)$ und setze für $1 \leq k \leq n$ $u_k = \int_a^b g_k(t)\dd t$, sowie $u = (u_1,\ldots,u_n)$. Dann gilt
\[\|u\|^2 = \sum_{k=1}^n u_k \cdot \int_a^b g_k(t)\dd t = \int_a^b \sum_{k=1}^n u_k g_k(t)\dd t = \int_a^b \scalar{u}{g(t)}\dd t \leq \|u\| \int_a^b\|g(t)\|\dd t\]
Hieraus folgt die Behauptung, da sie für $u = 0$ trivial ist.
\end{proof}
\begin{theorem}
Jede stetig differenzierbare Kurve $f \colon [a,b] \to \mathbb R^n$ ist rektifizierbar und hat die Länge
\[L = \int_a^b \|f'(t)\|\dd t\]
\end{theorem}
\begin{proof}
Setze $L = \int_a^b\|f'(t)\|\dd t$ und $I = [a,b]$ und sei $f = (f_1,\ldots,f_n)$. Wir zeigen zuerst, dass $f$ rektifizierbar ist. Hierzu zeigen wir, dass $p_f(Z) \leq L$ für jede Zerlegung $Z$ von $I$. Sei also $Z = (t_0,\ldots,t_m)$ eine Zerlegung von $I$. Dann gilt
\begin{align*}
p_f(Z) &= \sum_{k=1}^m \|f(t_k) - f(t_{k-1})\| = \\
&= \sum_{k=1}^m \left\|\left(f_1(t_k)-f_1(t_{k-1}),\ldots,f_n(t_k)-f_n(t_{k-1})\right)\right\| = \\
&= \sum_{k=1}^m\left\|\left(\int_{t_{k-1}}^{t_k}f_1'(t)\dd t\,\,,\,\ldots\,,\,\int_{t_{k-1}}^{t_k}f_n'(t)\dd t\right)\right\| =\\
&= \sum_{k=1}^m\left\|\int_{t_{k-1}}^{t_k}f(t)\dd t\right\| \leq \sum_{k=1}^m\int_{t_{k-1}}^{t_k}\|f'(t)\|\dd t = \int_a^b\|f'(t)\|\dd t
\end{align*}
Wir zeigen nun, dass $L$ die Länge von $f$ ist. Hierzu müssen wir noch zeigen, dass für jedes $K < L$ eine Zerlegung $Z$ von $I$ existiert mit $p_f(Z) > K$. Sei also $K < L$ und setze $\varepsilon = L - K > 0$. Wegen $I$ kompakt sind $f_1',\ldots,f_k'$ gleichmäßig stetig. Also existiert ein $\delta > 0$ mit
\[|f_k'(c) - f_k'(d)| < \frac{\varepsilon}{\sqrt n (b-a)}\]
für alle $1 \leq k \leq n$ und alle $c,d \in I$ mit $|c-d| < \delta$. Wähle nun eine Zerlegung $Z = (t_0,\ldots,t_n)$ von $I$ so fein, dass für alle $1 \leq k \leq n$ $t_k - t_{k-1} < \delta$ gilt. Nach dem Mittelwertsatz der Integralrechnung gibt es $\eta_k \in [t_{k-1},t_k]$ mit $L = \sum_{k=1}^m \|f'(\eta_k)\|(t_k - t_{k-1})$. Nach dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung gibt es $\xi_{k1},\ldots,\xi_{kn} \in [t_{k-1},t_k]$ mit $f_j(t_k) - f_j(t_{k-1}) = f_j'(\xi_{kj})(t_k-t_{k-1})$ für $j \in \{1,\ldots,n\}$. Dann gilt $|\eta_k - \xi_{kj}| < \delta$. Setzt man also $v_k = (f_1'(\xi_{k1}),\ldots,f_n'(\xi_{kn}))$, so gilt
\begin{align*}
\|f'(\eta_k) - v_k\| &= \sqrt{(f_1'(\eta_k)-f_1'(\xi_{k1}))^2 + \cdots + (f_n'(\eta_k)-f_n'(\xi_{kn}))^2} <\\
&< \sqrt{\frac{\varepsilon^2}{n(b-a)^2} + \cdots + \frac{\varepsilon^2}{n(b-a)^2}} = \frac{\varepsilon}{b-a}
\end{align*}
Somit erhalten wir
\begin{align*}
L-p_f(Z) &= \sum_{k=1}^m\|f'(\eta_k)\|(t_k-t_{k-1}) - \sum_{k=1}^m\|f(t_k)-f(t_{k-1})\| =\\
&= \sum_{k=1}^m\left(\|f'(\eta_k)(t_k-t_{k-1})\| - \|f(t_k)-f(t_{k-1})\|\right) \leq\\
&\leq \sum_{k=1}^m\|f'(\eta_k)(t_k-t_{k-1}) - (f(t_k) - f(t_{k-1}))\| =\\
&= \sum_{k=1}^m \|f'(\eta_k)(t_k-t_{k-1}) - v_k(t_k - t_{k-1})\| =\\
&= \sum_{k=1}^m \|f'(\eta_k) - v_k\|(t_k-t_{k-1}) < \frac{\varepsilon}{b-a} \cdot \sum_{k=1}^m(t_k-t_{k-1}) = \varepsilon
\end{align*}
Somit ist $p_f(Z) > K$.
\end{proof}
\begin{example}
Sei $f \colon [0,2\pi] \to \mathbb R^2, t \mapsto (r \cos t, r \sin t)$ der Kreis mit Radius $r$. Dann
\[ L = \int_0^{2\pi}\sqrt {r^2 \cos^2 t + r^2 \sin^2 t}\dd t = \int_0^{2\pi}r\dd t = 2 \pi r\]
\end{example}
\section{Mehrdimensionale Differenzierbarkeit}
\begin{gelaber}
Wir benötigen hier elementare Kenntnisse und Notationen aus der linearen
Algebra.
\end{gelaber}
\begin{convention}\
\begin{itemize}
\item Matrix = reelle Matrix
\item Im Zusammenhang mit Matrizenrechnungen betrachten wir Elemente von
  $\mathbb R^n$ als Spaltenvektoren, d.h. für eine $m\times n$-Matrix A und
  $x = (x_1,\ldots ,x_n) \in \mathbb R^n$ ist:
  \[
  Ax = A \begin{pmatrix} x_1 \\ \vdots \\ x_n \end{pmatrix}
  \]
\item Außerdem unterscheiden wir nicht zwischen $m\times n$-Matrizen und
  linearen Abbildungen $\mathbb R^n \to \mathbb R^m$. Ist also $A$ eine
  $m\times n$-Matrix, so ist $A\colon \mathbb R^n \to \mathbb R^m, x \mapsto
  Ax$. Beachte, dass $A$ stetig ist.
\end{itemize}
\end{convention}

\begin{question}
Sei $f\colon U \subseteq \mathbb R^n \to \mathbb R^m,  a \in U$. Wann ist
$f$ differenzierbar in $a \in U$?
$\lim\limits_{x\to a} \frac{f(x) - f(a)}{x-a}$ gibt keinen Sinn.
\end{question}
\begin{gelaber}
Wir hatten im Fall $m = n =1$ aber schon umformuliert. Es gilt (falls $a$
Häufungspunkt von $U$):
$f$ ist differenzierbar in $a$ genau dann, wenn gilt:

Es gibt ein $c \in \mathbb R$ und eine in $a$ stetige Funktion $\tilde
  r\colon U \to \mathbb R$ mit $\tilde r(a) = 0$ und $f(x) = f(a) + c(x-a) +
  \tilde r(x)(x-a)$ für alle $x \in U$. Dabei ist $c$ eindeutig bestimmt und es gilt $c = f'(a)$.

Wir können (1) noch geringfügig äquivalent umformulieren zu:\par
Es gibt ein $c \in \mathbb R$ und eine $a$ stetige Funktion $r\colon U \to
\mathbb R$ mit $r(a) = 0$ und $f(x) = f(a) + c(x-a) + r(x)|x-a|$ für alle $x
\in U$.
Dies geht einfach durch die Festsetzung
\[
r(x) = \left\{\begin{array}{r l}\tilde r(x) & \quad \text{falls $a \leq x$} \\
      -\tilde r(x) & \quad \text{falls $x < a$}\end{array}\right.
\]

Die Bedingung lässt sich kanonisch auf den mehrdimensionalen Fall
übertragen.
\end{gelaber}
\begin{definition}
Sei $f \colon U \to \mathbb R^m$, wobei $U \subseteq R^n$ offen sei. Weiterhin sei $a \in U$.
\begin{itemize}
\item $f$ ist {\em differenzierbar} in $a$, wenn es eine $m\times
n$-Matrix $C$ und eine in $a$ stetige Funktion $r\colon U \to \mathbb R^n$
gibt mit $r(a) = 0$ und $f(x) = f(a) + C(x-a) + r(x)\| x-a \|$ für alle $x
\in U$.
\item $f$ ist differenzierbar in einer Teilmenge $D \subseteq U$, wenn $f$ in jedem
$a \in D$ differenzierbar ist.
\item $f$ ist differenzierbar, wenn $f$ in jedem $a\in U$ differenzierbar ist.
\end{itemize}
\end{definition}
\begin{gelaber}
Für $m = n = 1$ ist dies also äquivalent zur früheren Definition. Wir
wollen zeigen, dass die Matrix $C$ durch $f$ und $a$ eindeutig bestimmt ist.
\end{gelaber}
\begin{lemma}
Sei $f \colon U\to \mathbb R^m$ mit $U \subseteq \mathbb R^n$ offen. Sei $f$
differenzierbar in $a \in U$ und seien daher $C \in \mathbb R^{m\times n}$ und
$r\colon U\to \mathbb R^m$ eine in $a$ stetige Funktion mit $r(a) = 0$ und
$f(x) = f(a) + C(x-a) + r(x)\| x-a \|$ für alle $x \in U$.\\
Dann gilt für alle $x\in \mathbb R^n$:
\[
Cx = \lim_{t\to 0} \frac{f(a + tx) - f(a)}{t}
\]
\end{lemma}
\begin{proof}
Für $t \neq 0$ mit $a + tx \in U$ gilt:
\begin{align*}
\frac{f(a + tx) - f(a)}{t} &= \frac{f(a) + Ctx + r(a+tx) \| tx \| - f(a)}{t}
=\\
&= Cx + r(a+tx) \frac{|t| \|x\|}{t}
\end{align*}
Wegen $r$ stetig in $a$ und $r(a) = 0$ ist aber $\lim_{t \to 0} r(a+tx) =
0$. Insgesamt folgt also die Behauptung.
\end{proof}
\begin{gelaber}
Ist also $f$ differenzierbar in $a$ und $C$ $m\times n$-Matrix wie in
Definition, so ist $C$ eindeutig bestimmt durch $f,a$. Wir nennen also $C$ die
{\em Ableitung} (Differential, Jacobimatrix) von $f$ im Punkt $a$ und setzen:
\[
C = f'(a) = \mathrm{D}f(a)
\]
\end{gelaber}
\begin{example}
\begin{enumerate}
\item Sei $f\colon \mathbb R^n \to \mathbb R^m$ eine konstante Abbildung,
  d.h. etwa $f(x) = c$ für alle $x \in \mathbb R^n$. Dann ist für alle $a \in
  \mathbb R^n$ $f'(a) = 0$, denn:
\[
f(x) = f(a) + 0(x-a) + 0\|x-a\|
\]
\item Sei $f\colon \mathbb R^n \to \mathbb R^m$ linear, d.h. etwa $f(x) = Bx$
  für alle $x \in \mathbb R^n$. Dann ist für alle $a \in \mathbb R^n$ $f'(a) =
  B$, denn:
\[
f(x) = f(a) + B(x-a) + 0\|x-a\| \quad\text{für alle $x\in\mathbb R^n$}
\]
\end{enumerate}
\end{example}
\begin{theorem}
Sei $f\colon U\to\mathbb R^m$ mit $U\subseteq \mathbb R^n$ offen, und sei $a\in
U$. Ist $f$ differenzierbar in $a$, so ist $f$ stetig in $a$.
\end{theorem}
\begin{proof}
Sei $f$ differenzierbar. Dann existiert $r\colon U\to\mathbb R^m$ mit $r$
stetig in $a$ und $r(a) = 0$ mit $f(x) = f(a) + \mathrm{D}\!f(a)(x-a) +
r(x)\|x-a\|$. Da $\mathrm{D}\!f(a)$ als lineare Abbildung stetig ist, ist also
auch $f$ in $a$ stetig.
\end{proof}
\begin{theorem}
Sei $f\colon U\to \mathbb R^m$ mit $U\subseteq\mathbb R^m$ offen, und sei
$a\in U$. Weiterhin sei $f = (f_1,\dotsc,f_m)$. Dann ist $f$ differenzierbar
in $a$ genau dann, wenn $f_1,\dotsc,f_m$ differenzierbar in $a$ sind.\\
Ist dies der Fall, so gilt:
\[
f'(a) = \begin{pmatrix}f_1'(a) \\ \vdots \\ f_m'(a)\end{pmatrix}
\]
\end{theorem}
\begin{proof}
Sei $f$ differenzierbar in $a \in U$. Dann existiert eine in $a$ stetige
Funktion $r\colon U\to \mathbb R^m$ mit $r(a) = 0$ und $f(x) = f(a) +
f'(a)(x-a) + r(x)\|x-a\|$ für alle $x \in U$. Seien $r = (r_1,\dotsc,r_m)$ und
$v_1,\dotsc,v_m$ die Zeilen von $f'(a)$. Ist dann $1 \leq k
\leq m$, so ist $r_k$ stetig in $a$, und es gilt $r_k(a) = 0$. Außerdem ist
$f_k(x) = f_k(a) + v_k(x-a) + r_k(x)\|x-a\|$ für alle $x \in U$. Also ist
$f_k$ differenzierbar in $a$, und es gilt $f'_k(a) = v_k$.\\
Die andere Richtung folgt analog.
\end{proof}
\begin{theorem}[Linearität]
Seien $f, g\colon U\to \mathbb R^m$ differenzierbar in $a$, $U \subseteq
\mathbb R^n$ offen, und sei $c \in \mathbb R$. Dann sind auch $f+g$ und $cf$
differenzierbar in $a$ und es gilt:
\begin{align*}
(f+g)'(a) &= f'(a) + g'(a)\\
(cf)'(a) &= cf'(a)
\end{align*}
\end{theorem}
\begin{proof}
Seien $r, s\colon U\to \mathbb R^m$ in $a$ stetig und $r(a) = s(a) = 0$ und
für alle $x\in U$:
\begin{align*}
f(x) &= f(a) + f'(a)(x-a) + r(x)\|x-a\|\\
g(x) &= g(a) + g'(a)(x-a) + s(x)\|x-a\|
\end{align*}
Dann ist für alle $x \in U$
\[
(f+g)(x) = f(x) + g(x) = (f+g)(a) + \left(f'(a) + g'(a)\right)(x-a) + (r(x) + s(x))\|x-a\|
\]
und
\[
(cf)(x) = cf(x) + cf'(a)(x-a) + cr(x)\|x-a\|
\]
Weiterhin sind $r+s$ und $cr$ in $a$ stetig und $(r+s)(a) = 0 =
cr(a)$. Hieraus folgt die Behauptung.
\end{proof}

\begin{definition}[Die Abbildungsnorm]
Sei $A$ eine lineare Abbildung von $\mathbb R^n$ nach $\mathbb R^m$. Wir
setzen dann:
\[
\|A\| = \sup\{\|Ax\|\colon x\in\mathbb R^n \text{ und } \|x\| \leq 1\}
\]
$\|A\|$ ist die Norm von $A$. Es ist $\|A\| < \infty$, denn $S = \{x\in\mathbb
R^n\colon \|x\|\leq 1\}$ ist abgeschlossen und beschränkt in $\mathbb R^n$,
also kompakt. Weiterhin ist $g\colon\mathbb R^n\to\mathbb R, x\mapsto \|Ax\|$
stetig. Also ist $g(S)$ kompakt und daher beschränkt, woraus $\|A\| = \sup
g(S) < \infty$ folgt.
\end{definition}
\begin{gelaber}
Man rechnet leicht nach, dass die Abbildungsnorm eine Norm auf dem Vektorraum
$\operatorname{Hom}(\mathbb R^n, \mathbb R^m)$ ist. Weiterhin gilt für alle
$x\in\mathbb R^n$:
\[
\|Ax\| \leq \|A\|\|x\|
\]
denn sei $x \in \mathbb R^n$. Für $x=0$ ist die Behauptung trivial. Sei also
$x\neq 0$. Setze dann $z = \frac{1}{\|x\|} x$. Also ist $\|Ax\| = \|A(\|x\|
z)\| = \| \|x\| Az \| = \|x\| \|Az\| \leq \|A\|\|x\|$.
\end{gelaber}
\begin{theorem}[Kettenregel]
Seien $U\subseteq\mathbb R^n$ und $V\subseteq\mathbb R^m$ offen, und sei
$f\colon U\to\mathbb R^m$ und $g\colon V\to\mathbb R^k$ mit $f(U) \subseteq
V$. Sei $f$ in $a$ differenzierbar und $g$ in $f(a)$ differenzierbar. Dann
ist $g\circ f$ in $a$ differenzierbar, und es gilt:
\[
(g\circ f)'(a) = g'\left(f(a)\right) f'(a)
\]
\end{theorem}
\begin{proof}
Seien $C := f'(a)$, $D := g'(f(a))$ und setze $b := f(a)$. Also ist zu zeigen,
dass $(g\circ f)'(a) = DC$. Es existieren Funktionen $r\colon U\to\mathbb R^m$
und $s\colon V\to\mathbb R^k$ mit $r$ stetig in $a$, $s$ stetig in $b$ und
$r(a) = 0 = s(b)$, sowie für alle $x\in U$ und $y\in V$:
\begin{align*}
f(x) &= f(a) + C(x-a) + r(x)\|x-a\|\\
g(y) &= g(b) + D(y-b) + s(y)\|y-b\|
\end{align*}
Dann ist für alle $x\in U$
\begin{align*}
(g\circ f)(x) &= g(f(x)) = g(b) + D(f(x) - b) + s(f(x))\|f(x) - b\|\\
&= g(b) + D(C(x-a) + r(x)\|x-a\|) + s(f(x))\|f(x) - b\|\\
&= g(b) + DC(x-a) + \eta(x)\|x-a\|
\end{align*}
mit
\[
\eta(x) = \begin{cases}
Dr(x) + s(f(x))\frac{\|f(x) - b\|}{\|x-a\|} &\quad\text{für $x\neq a$}\\
0 & \quad\text{für $x=a$}
\end{cases}
\]
Somit genüg es zu zeigen, dass $\eta$ stetig in $a$ ist, d.h. dass $\lim_{x\to
  a}\eta(x) = 0$. Nun ist aber $\lim_{x\to a} r(x) = 0$, also $\lim_{x\to a}
Dr(x) = 0$. Weiterhin ist $f$ stetig in $a$, also ist wegen $s$ stetig in
$f(a)$ $\lim_{x\to a} s(f(x)) = s(f(a)) = 0$.\\
Also genügt es zu zeigen, dass eine Umgebung $W$ von $a$ existiert und ein
$K\in \mathbb R$ mit $\frac{\|f(x) - b\|}{\|x-a\|} \leq K$ für alle $x\in
U\cap W$ mit $x\neq a$. Nun ist aber für $x\in U, x\neq a$
\begin{align*}
\frac{\|f(x) - b\|}{\|x-a\|} &= \frac{\left\|C(x-a) +
    r(x)\|x-a\|\right\|}{\|x-a\|}\\
&\leq \frac{\|C(x-a)\| + \left\| r(x)\|x-a\| \right\|}{\|x-a\|} \\
&\leq \frac{\|C\|\|x-a\| + \|r(x)\|\|x-a\|}{\|x-a\|} \\
&\leq \|C\| + \|r(x)\|
\end{align*}
Da $r$ stetig in $a$ ist, folgt also das Gewünschte.
\end{proof}
\begin{gelaber}
Sei $f\colon U\to\mathbb R^m$ differenzierbar in $a\in U$, wobei
$U\subseteq\mathbb R^n$ offen. Wie berechnet man $f'(a)$?\\
Ist $f = (f_1,\dots,f_m)$, so gilt nach Satz 3
\[
f'(a) = \begin{pmatrix}f_1'(a)\\\vdots\\f_m'(a)\end{pmatrix}
\]
Es genügt also den Fall $m=1$ zu betrachten. Sei also $f'(a) = v =
(c_1,\dots,c_n)$. Nach Lemma 1 gilt dann für alle $x\in\mathbb R^n$
\[
vx = \lim_{t\to 0}\frac{f(a + tx) - f(a)}{t}
\]
Speziell also für die Einheitsvektoren $e_1,\dots,e_n$
\[
c_i = v e_i = \lim_{t\to 0}\frac{f(a+te_i) - f(a)}{t}
\]
Setzt man also für $1 \leq i \leq n$ $E_i = \left\{x\in \mathbb R\colon
  (a_1,\dots,a_{i-1},x,a_{i+1},\dots,a_n) \in U\right\}$ und definiert
$g_i\colon E_i\to \mathbb R,x \mapsto
f(a_1,\dots,a_{i-1},x,a_{i+1},\dots,a_n)$, so ist
\[
c_i = \lim_{t\to 0} \frac{f(a+te_i) + f(a)}{t} = \lim_{t\to 0}\frac{g_i(a_i +
  t) - g_i(a_i)}{t} = g_i'(a_i)
\]
Damit ist alles auf den eindimensionalen Fall zurückgeführt, wenn wir wissen,
dass $f$ in $a$ differenzierbar ist.\par
Dies motiviert folgende Definitionen:
\end{gelaber}
\begin{definition}
Sei $U \subseteq\mathbb R^n$ offen, $f\colon U\to\mathbb R, a\in U$.
\begin{enumerate}
\item Sei $v\in \mathbb R^n$. Existiert der Grenzwert $\lim_{t\to 0}\frac{f(a
    + tv) - f(a)}{t}$, so nennt man ihn die {\em Ableitung von $f$ im Punkt $a$ in
  Richtung $v$} und bezeichnet ihn mit $D_vf(a)$.
\item ist $e_i$ der $i$-te Einheitsvektor im $\mathbb R^n$, so setzen wir
  $D_if(a) := D_{e_i}f(a)$. $D_if(a)$ heißt die {\em $i$-te partielle
    Ableitung von $f$ in $a$}. Statt $D_if(a)$ schreibt man auch
  $\frac{\partial f}{\partial x_i}$.
\item $f$ ist {\em partiell differenzierbar} in $a$, falls $D_if(a)$ für alle
  $1\leq i \leq n$ existiert. Ist dies der Fall, so setzt man
\[
\grad f(a) = \left(D_1f(a), \dots, D_nf(a)\right)
\]
$\grad f(a)$ ist der {\em Gradient von $f$ im Punkt $a$}.
\item $f$ ist {\em partiell differenzierbar}, falls $f$ in jedem $a \in U$
  partiell differenzierbar ist.
\end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
$f,U, a$ wie oben, $1\leq i\leq n$, $E_i = \{x\in\mathbb
  R\colon (a_1,\dots,a_{i-1},x,a_{i+1},\dots,a_n) \in U\}$. Definiere
  $g_i\colon E_i\to\mathbb R, x\mapsto
  f(a_1,\dots,a_{i-1},x,a_{i+1},\dots,n)$. Dann ist $D_if(a) = g_i'(a_i)$.
\end{remark}
\begin{proof}
\[
D_if(a) = \lim_{t\to 0} \frac{f(a + te_i) - f(a)}{t} = \lim_{t\to 0}
\frac{g_i(a_i + t) - g_i(a_i)}{t} = g_i'(a_i) \qedhere
\]
\end{proof}
\begin{example}
Sei $f\colon\mathbb R^3\to \mathbb R, (x_1,x_2,x_3) \mapsto x_1x_2x_3 + x_1^2x_2 +
x_2x_3^2$. Dann ist für $x = (x_1,x_2,x_3) \in \mathbb R^3$:
\begin{align*}
D_1f(x) &= x_2x_3 + 2x_1x_2\\
D_2f(x) &= x_1x_3 + x_1^2 + x_3^2\\
D_3f(x) &= x_1x_2 + 2x_2x_3
\end{align*}
\end{example}
\begin{gelaber}
Der folgende Satz ist nur eine Umformulierung eines Spezialfalls von Lemma 1.
\end{gelaber}
\begin{theorem}
Sei $U\subseteq\mathbb R^n$ offen und $f\colon U\to\mathbb R$ sei
differenzierbar in $a$. Dann existiert für alle $v\in\mathbb R^n$ die
Ableitung von $f$ im Punkt $a$ in Richtung $v$, und es gilt $D_vf(a) =
f'(a)v$. Insbesondere gilt also $f'(a) = \grad f(a)$.
\end{theorem}
\begin{proof}
Nach Lemma 1 ist
\[
f'(a)v = \lim_{t\to 0}\frac{f(a + tv) - f(a)}{t} = D_vf(a)
\]
Sei $f'(a) = (c_1,\dots,c_n)$. Dann gilt für $1\leq i\leq n$
\[
c_i = f'(a)e_i = D_if(a)
\]
Also ist $f'(a) = (c_1,\dots,c_n) = \grad f(a)$.
\end{proof}
\begin{corollary}
Sei $U\subseteq \mathbb R^n$ offen und $f\colon U\to\mathbb R^m$
differenzierbar in $a$. Sei $f = (f_1,\dots,f_m)$. Dann gilt
\[
f'(a) = \begin{pmatrix}\grad f_1(a) \\ \vdots \\ \grad f_m(a)\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}D_1f_1(a) & \cdots & D_nf_1(a)\\ \vdots &&\vdots\\ D_1f_m(a)
  & \cdots & D_nf_m(a)\end{pmatrix}
\]
\end{corollary}
\begin{proof}
Nach Satz 3 sind $f_1,\dots,f_m$ differenzierbar in $a$, und es gilt
\[
f'(a) = \begin{pmatrix}f_1'(a)\\ \vdots \\ f_m'(a)\end{pmatrix}
\]
Somit folgt aus Satz 6 die Behauptung.
\end{proof}
\begin{gelaber}
Aber aus der partiellen Differenzierbarkeit von einer Funktion $f\colon
U\to\mathbb R$ in $a$ folgt nicht die Differenzierbarkeit von $f$ in $a$. Es
folgt nicht einmal, dass $f$ stetig in $a$ ist.
\end{gelaber}
\begin{example}
Sei $f\colon\mathbb R^2\to\mathbb R$ definiert durch:
\[
f(x_1, x_2) = \begin{cases}\frac{x_1x_2}{x_1^2 + x_2^2} &\quad\text{für
    $(x_1,x_2)\neq(0,0)$}\\
0&\quad\text{sonst}\end{cases}
\]
$f$ ist partiell differenzierbar, denn:\\
Sei $(x_1,x_2)\in\mathbb R^2$. Ist $(x_1,x_2) \neq (0,0)$, so ist $f$ offenbar
partiell differenzierbar in $(x_1,x_2)$. Weiterhin:
\begin{align*}
D_1f(0,0) &= \lim_{t\to 0}\frac{f(t,0) - f(0,0)}{t} = 0\\
D_2f(0,0) &= \lim_{t\to 0}\frac{f(0,t) - f(0,0)}{t} = 0
\end{align*}
$f$ ist jedoch in $0$ nicht stetig, denn sei $a_k = (1/k, 1/k)$. Dann ist
$\lim_{k\to\infty} a_k = 0$, aber $\lim_{k\to\infty} f(1/k, 1/k) =
\lim_{k\to\infty} 1/2 = 1/2 \neq 0$.
\end{example}

\begin{theorem}
Sei $U\subseteq\mathbb R^n$ offen und $f\colon U\to\mathbb R$ partiell
differenzierbar. Sind alle partiellen Ableitungen von $f$ in $a\in U$ stetig,
so ist $f$ differenzierbar in $a$.
\end{theorem}
\begin{proof}
Sei $v = \grad f(a) = (D_1f(a),\dots,D_nf(a))$. Definiere dann den Rest
$r\colon U\to\mathbb R$ durch
\[
r(x) = \begin{cases}
\frac{f(x) - f(a) - v(x-a)}{\|x-a\|} & \quad\text{falls $x\in U\setminus\{a\}$}\\
0 & \quad\text{falls $x=a$}
\end{cases}
\]
Dann ist für alle $x\in U$:
\[
f(x) = f(a) + v(x-a) + r(x)\|x-a\|
\]
Also genügt es zu zeigen, dass $r$ in $a$ stetig ist, d.h. dass gilt
$\lim_{x\to a} r(x) = 0$.\par
Sei hierzu $\varepsilon > 0$. Da $D_1f,\dots,D_nf$ in $a$ stetig sind,
existiert $\delta > 0$ mit $U_\delta(a)\subseteq U$ und
\[
|D_if(x) - D_if(a)| < \frac{\varepsilon}{n}\quad\text{für alle $x\in
  U_\delta(a)$ und alle $1\leq i \leq n$}
\]
Wir zeigen, dass $|r(x)| < \varepsilon$ für alle $x\in U_\delta(a)$. Sei also
$x\in U_\delta(a)$, $x=(x_1,\dots,x_n)$. Weiterhin sei
$a=(a_1,\dots,a_n)$. Ohne Einschränkung sei $x\neq a$. Für $i\leq n$ setze
$v_i = (x_1,\dots,x_i,a_{i+1},\dots,a_n)$. Dann ist $d(v_i,a) =
\sqrt{\sum_{k=1}^i(x_k-a_k)^2} \leq \sqrt{\sum_{k=1}^n(x_k-a_k)^2} = d(x,a) <
\delta$. Also $v_i \in U_\delta(a)$. Beachte, dass $v_0 = a$ und $v_n = x$,
also $f(x) - f(a) = \sum_{i=1}^n f(v_i) - f(v_{i-1})$. Nun existiert für alle
$1\leq i\leq n$ eine $w_i\in U_\delta(a)$ mit
\[
f(v_i) - f(v_{i-1}) = D_if(w_i)(x_i - a_i)
\]
Ist $x_i = a_i$, so ist die Behauptung trivial. Sei also $x_i\neq a_i$ und
etwa $a_i < x_i$. Dann ist $(x_1,\dots,x_{i-1},t,a_{i+1},\dots,a_n) \in
U_\delta(a)$ für alle $t\in [a_i,x_i]$. Wir können also $g_i\colon
[a_i,x_i]\to \mathbb R$ definieren durch $g_i(t) =
f(x_1,\dots,x_{i-1},t,a_{i+1},\dots,a_n)$. Nach Voraussetzung ist dann $g_i$
differenzierbar, denn es ist $g_i'(t) =
D_if(x_1,\dots,x_{i-1},t,a_{i+1},\dots,a_n)$. Nach dem Mittelwertsatz der
Differentialrechnung existiert also ein $\xi_i \in (a_i,x_i)$ mit $g_i(x_i) -
g_i(a_i) = g_i'(\xi_i)(x_i - a_i)$. Setze dann $w_i =
(x_1,\dots,x_{i-1},\xi_i,a_{i+1},\dots,a_n)$. Dann ist
\[f(v_i) - f(v_{i-1}) = g_i(x_i) - g_i(a_i) = g_i'(\xi_i)(x_i-a_i) = D_if(w_i)(x_i-a_i)\]
und $w_i \in U_\delta(a)$. Falls $x_i < a_i$ betrachte analog $[x_i,
a_i]$. Insgesamt erhalten wir schließlich
\begin{align*}
|r(x)| &= \left|\frac{f(x) - f(a) - v(x-a)}{\|x-a\|}\right| = \\
&= \frac{\left|\sum_{i=1}^n f(v_i) - f(v_{i-1}) -
    \sum_{i=1}^nD_if(a)(x_i-a_i)\right|}{\|x-a\|} = \\
&= \frac{\left|\sum_{i=1}^n(D_if(w_i) - D_if(a))(x_i-a_i)\right|}{\|x-a\|}
\leq \\
&\leq \sum_{i=1}^n |D_if(w_i) -
D_if(a)|\underbrace{\frac{|x_i-a_i|}{\|x-a\|}}_{\leq 1} <
n\frac{\varepsilon}{n} = \varepsilon \qedhere
\end{align*}
\end{proof}
\begin{corollary}
Sei $U\subseteq\mathbb R^n$ offen und $f\colon U\to\mathbb R^m$ und sei
$f=(f_1,\dots,f_m)$. Seien $f_1,\dots,f_m$ partiell differenzierbar. Sind alle
partiellen Ableitungen von $f_1,\dots,f_m$ in $a\in U$ stetig, so ist $f$ in
$a$ differenzierbar.
\end{corollary}
\begin{proof}
Nach Satz 7 sind $f_1,\dots,f_m$ differenzierbar in $a$. Also ist $f$
differenzierbar in $a$.
\end{proof}

\begin{definition}
Sei $U\subseteq\mathbb R^n$ offen, $f\colon U\to\mathbb R^m$ und sei
$f=(f_1,\dots,f_m)$. $f$ ist {\em stetig differenzierbar}, wenn $f$
differenzierbar ist und alle partiellen Ableitungen $D_if_j$ für $1\leq i \leq
n, 1\leq j\leq m$ stetig sind.
\end{definition}
\begin{remark}
Sei $f$ wie oben differenzierbar. Wir können eine $m\times n$-Matrix
$A=(a_{ij})_{i,j}$ mit dem Vektor
\[(a_{11},\dots,a_{1n},\dots,a_{m1},\dots,a_{mn}) \in \mathbb R^{mn}\]
identifizieren. Dann ist $f$ stetig differenzierbar genau dann, wenn die
Abbildung $f'\colon U\to\mathbb R^{mn}$ stetig ist. (Dies gilt auch für die Abbildungsnorm!)
\end{remark}
\begin{definition}
Für $a,b\in\mathbb R^n$ sei $[a,b] = \{a+t(b-a)\colon 0\leq t \leq
1\}$. $[a,b]$ ist die {\em Strecke} von $a$ nach $b$.
\end{definition}
\begin{remark}
Für $a,b \in\mathbb R, a\leq b$ stimmt diese Notation mit der
Intervallnotation überein.
\end{remark}

\begin{theorem}[Mittelwertsatz]
Sei $U\subseteq\mathbb R^n$ offen und $f\colon U\to\mathbb R^m$ stetig
differenzierbar. Weiterhin seien $a,b \in U$ und $[a,b]\subseteq U$. Dann
gilt:
\[
f(b) - f(a) = \int_0^1 f'(a + t(b-a))(b-a)\dd t
\]
\end{theorem}
\begin{proof}
Sei $V = \{t\in\mathbb R\colon a+t(b-a) \in U\}$. Dann ist $V$ offen und nach
Voraussetzung $[0,1]\subseteq V$. Definiere $g\colon V\to\mathbb R^m$ durch
$g(t) = f(a+t(b-a))$. Also ist $g(0) = f(a)$ und $g(1) = f(b)$. Nach
Kettenregel ist $g$ differenzierbar, und es gilt:
\[
g'(t) = f'(a+t(b-a))(b-a)
\]
Da $f'$ stetig ist, ist also auch $g'$ stetig. Sei jetzt
$g=(g_1,\dots,g_m)$. Dann gilt:
\begin{align*}
f(b) - f(a) &= g(1) - g(0)\\
&= (g_1(1) - g_1(0),\dots,g_m(1) - g_m(0))\\
&= \left( \int_0^1 g_1'(t)\dd t,\dots,\int_0^1 g_m'(t)\dd t \right)\\
&= \int_0^1g'(t)\dd t \qedhere
\end{align*}
\end{proof}

\begin{remark}
Sei oben $m=n=1$. Dann hat man
\[
f(b) - f(a) = \int_0^1 f'(a+t(b-a))(b-a) \dd t = (b-a)\int_0^1 f'(a + t(b-a))
\dd t
\]
Aber nach dem Mittelwertsatz der Integralrechnung existiert ein $0\leq t_0 \leq
1$ mit
\[
\int_0^1 f'(a + t(b-a))\dd t = f'(a+t_0(b-a))
\]
Setze also $\xi_0 = a + t_0(b-a)$. Dann gilt $f(b) - f(a) = f'(\xi_0)(b-a)$.
\end{remark}

\begin{theorem}[Schrankensatz]
Seien $U\subseteq\mathbb R^n$ offen und $f\colon U\to\mathbb R^m$ stetig
differenzierbar. Weiterhin seien $a,b\in U$ mit $[a,b]\subseteq U$. Setze $M =
\sup\{\|f'(x)\|\colon x\in [a,b]\} < \infty$. Dann gilt $\|f(b) - f(a)\| \leq M\|b-a\|$.
\end{theorem}
\begin{proof}
Beachte, dass $M = \sup\{\|f'(a+t(b-a))\|\colon t\in [0,1]\}$. Setze zur
Abkürzung $h(t) = f'(a + t(b-a))(b-a)$. Nach Mittelwertsatz gilt:
\[
\|f(b) - f(a)\| = \left\| \int_0^1 h(t) \dd t \right\|
\]
Da $h$ stetig ist, gilt nach Lemma 1 aus Paragraph 11
\[
\left\|\int_0^1 h(t)\dd t\right\| \leq \int_0^1\|h(t)\|\dd t
\]
Setze nun $M^* = \sup\{\|h(t)\|\colon t\in[0,1]\}$. Dann gilt
$\int_0^1\|h(t)\|\dd t \leq M^*$. Aber für $t\in[0,1]$ ist $\|h(t)\| = \|f'(a
+ t(b-a))(b-a)\| \leq \|f'(a + t(b-a))\|\|b-a\| \leq M \|b-a\|$. Also ist $M^*
\leq M\|b-a\|$.
Insgesamt $\|f(b)-f(a)\|\leq M\|b-a\|$.
\end{proof}
\begin{remark}
Beachte, dass in Satz 9 $M < \infty$, da die Abbildungsnorm stetig ist und
$[a,b]$ kompakt ist.
\end{remark}
\begin{remark}
Im Schrankensatz wird die Schranke $M$ mit Hilfe der Abbildungsnorm
definiert. Für $m=1$ oder $n=1$ stimmt diese aber mit der euklidischen Norm
überein. Sei zuerst $m=1$. Sei also $v=(v_1,\dots,v_n), v\neq 0$
und $\|v\|'$ die Abbildungsnorm, $\|v\|$ die euklidische Norm. Für
$(x_1,\dots,x_n) = x\in\mathbb R^n$ mit $\|x\|\leq 1$ gilt dann $\|v x\| =
\|\scalar{v}{x}\| \leq \|v\|\|x\| \leq \|v\|$. Also $\|v\|' \leq
\|v\|$. Andererseits gilt für $x = \frac{v}{\|v\|}$, dass $\|x\| = 1$
und $vx
= \frac{\scalar{v}{v}}{\|v\|} = \|v\|$. Also $\|v\| \leq \|v\|'$.

Sei nun $n=1$, $v = (v_1,\dots,v_n) \in \mathbb R^m$ und $\|v\|'$ die
Abbildungsnorm, $\|v\|$ die euklidische Norm. Dann gilt
\[
\|v\|' = \sup\{\|vx\|\colon x\in\mathbb R, |x| \leq 1\} = \sup\{|x|\|v\|\colon
x\in\mathbb R, |x| \leq 1\} = \|v\|
\]
\end{remark}

\begin{definition}
Für $a_0,\dots,a_k \in \mathbb R^n$ setze
\[
[a_0,a_1,\dots,a_k] := \bigcup_{i=1}^k [a_{i-1},a_i]
\]
$[a_0,a_1,\dots,a_k]$ ist ein \emph{Streckenzug von $a_0$ nach $a_k$}.
\end{definition}
\begin{lemma}
Sei $U\subseteq\mathbb R^n$ offen. Dann ist $U$ genau dann zusammenhängend,
wenn es für alle $a,b\in U$ einen Streckenzug $S$ von $a$ nach $b$ gibt mit
$S\subseteq U$.
\end{lemma}
\begin{proof}
Sei $U$ zusammenhängend und seien $a,b\in U$. Setze
\[
V_0 = \{x\in U\colon \exists S \text{ Streckenzug von $a$ nach
  $x$}. S\subseteq U\}.
\]
\begin{enumerate}
\item $V_0$ ist offen, denn sei $x\in V_0$. Wegen $U$ offen existiert ein
  $\varepsilon > 0$ mit $U_\varepsilon(x)\subseteq U$. Dann ist aber auch
  $U_\varepsilon(x)\subseteq V_o$, denn sei $w\in U_\varepsilon(x)$. Wegen
  $x\in V_0$ existiert ein Streckenzug $S = [a_0,\dots,a_k]$ von $a$ nach $x$
  mit $S\subseteq U$. Wegen $w \in U_\varepsilon(x)$ ist aber $[x,w] \subseteq
  U_\varepsilon(x) \subseteq U$. Also ist $T = [a_0,\dots,a_k,w]$ ein
  Streckenzug von $a$ nach $w$ mit $T\subseteq U$. Somit ist $w\in V_0$. Also
  ist $U_\varepsilon(x)\subseteq V_0$.
\item $V_1 = U\setminus V_0$ ist offen, denn sei $x \in V_1$. Wegen $U$ offen
  existiert ein $\varepsilon > 0$ mit $U_\varepsilon(x)\subseteq U$. Dann ist
  aber auch $U_\varepsilon(x)\subseteq V_1$, denn andernfalls existiert ein
  $w\in U_\varepsilon(x)$ mit $w\not\in V_1$. Also ist wegen $w \in U$ $w \in
  V_0$. Also existiert ein Streckenzug $S = [a_0,\dots,a_k]$ von $a$ nach $w$
  mit $S\subseteq U$. Nun ist aber $[w,x]\subseteq U_\varepsilon(x)\subseteq
  U$. Also ist $T = [a_0,\dots,a_k,x]$ ein Streckenzug von $a$ nach $x$ mit
  $T\subseteq U$. Somit wäre $x \in V_0$, was ein Widerspruch ist.
\end{enumerate}
Somit ist $U = V_0\cup V_1$, $V_0$ und $V_1$ sind offen, $V_0\cap V_1 =
\emptyset$. Wegen $a \in V_0$ ist $V_0 \neq \emptyset$. Da $U$ zusammenhängend
ist, ist also $V_1 = \emptyset$, d.h. $V_0 = U$. Somit ist $b\in V_0$, woraus
das Gewünschte folgt.

Sei umgekehrt die rechte Seite von Lemma 10 erfüllt. Wir müssen zeigen, dass
$U$ zusammenhängend ist. Seien $V_0,V_1$ offen mit $U\subseteq V_0 \cup V_1$,
$U\cap V_0 \neq \emptyset \neq U\cap V_1$. Wir müssen zeigen, dass $V_0\cap
V_1 \neq \emptyset$. Wähle hierzu $a\in U\cap V_0$ und $b\in U\cap V_1$. Sei
also $S=[a_0,\dots,a_k]$ ein Streckenzug von $a$ nach $b$ mit $S\subseteq
U$. Definiere $f\colon[0,k]\to\mathbb R^n$ durch $f(j + t) = a_j + t(a_{j+1} -
a_j)$ für $j\in\{0,\dots,k-1\}$ und $0\leq t \leq 1$. Dann ist $f$ stetig und
$f\left([0,k]\right) = S$. Also sind $f^{-1}(V_0)$ und $f^{-1}(V_1)$ offen (in
$[0,k]$), $f^{-1}(V_0) \cap [0,k] \neq \emptyset \neq f^{-1}(V_1)\cap [0,k]$
und $[0,k] \subseteq f^{-1}(V_0) \cup f^{-1}(V_1)$. Wegen $[0,k]$
zusammenhängend ist also $f^{-1}(V_0) \cap f^{-1}(V_1) \neq \emptyset$ und
somit $V_0 \cap V_1 \neq \emptyset$.
\end{proof}

\begin{theorem}
Seien $U\subseteq\mathbb R^n$ offen und zusammenhängend und $f\colon
U\to\mathbb R^n$ differenzierbar. Ist $f' = 0$, so ist $f$ konstant.
\end{theorem}
\begin{proof}
Seien $a,b \in U$. Wir müssen zeigen, dass $f(a) = f(b)$. Nach Lemma 10
existiert ein Streckenzug $S = [a_0,\dots,a_k]$ von $a$ nach $b$ mit
$S\subseteq U$. Nach dem Schrankensatz gilt dann, dass $f(a_{j+1}) - f(a_j) =
0$ für alle $j < k$. Also $f(a) = f(a_0) = f(a_1) = \dots = f(a_k) = f(b)$.
\end{proof}
\begin{definition}
Seien $U \subseteq \mathbb R^n$ offen und $f \colon U \to \mathbb R$ differenzierbar.
\begin{enumerate}
\item $f$ ist {\em zweimal differenzierbar}, wenn $f'$ auch differenzierbar ist.
\item $f$ ist {\em zweimal stetig differenzierbar}, wenn $f'$ sogar stetig differenzierbar ist.
\end{enumerate}
\end{definition}
\begin{remark}
Sei $f$ zweimal differenzierbar. Dann ist nach Satz 6 $f' = (D_1f,\dots,D_nf)$. Wegen $f'$ differenzierbar ist also nach Satz 3 für $1 \leq i \leq n$ $D_if$ differenzierbar. Nach Satz 6 ist aber dann $D_if$ partiell differenzierbar. Für $1 \leq j \leq n$ existieren also $D_jD_if$. Ist $f$ sogar zweimal stetig differenzierbar, so ist $D_jD_if$ stetig.
\end{remark}
\begin{theorem}[Satz von Schwarz]
Seien $U \subseteq \mathbb R^n$ offen und $f \colon U \to \mathbb R$ zweimal stetig differenzierbar. Dann gilt für alle $1 \leq i,j \leq n$
\[D_jD_if = D_iD_jf\]
\end{theorem}
\begin{proof}
Da ja bei der partiellen Differentiation nach $x_i$ die anderen Variablen fest gehalten werden, können wir o.E. annehmen, dass $n=2$, $i=1$, $j=2$. Sei nun $a = (a_1,a_2) \in \mathbb R^2$. Wir wollen zeigen, dass $D_2D_1f(a) = D_1D_2f(a)$. Wegen $U$ offen existiert ein $\rho > 0$ mit $U_\rho(a) \subseteq U$. Setze $\varepsilon = \rho/\sqrt{2}$ und $V = \{(x_1,x_2) \in \mathbb R^2 \colon |x_1-a_1| < \varepsilon \wedge |x_2 - a_2| < \varepsilon\}$. Dann ist $V \subseteq U_\rho(a) \subseteq U$. Für $0 < \delta < \varepsilon$ setze $V_\delta = \{(x_1,x_2) \in \mathbb R^2 \colon |x_1-a_1| < \delta \wedge |x_2-a_2| < \delta\}$. Wir zeigen zuerst für alle $0 < \delta < \varepsilon$, dass $w,x \in V_\delta$ existieren mit $D_2D_1f(w) = D_1D_2f(x)$. Sei dafür $0 < \delta < \varepsilon$ und $b_k = a_k + \delta$ für $k = 1,2$. Definiere $g \colon [a_1,b_1] \to \mathbb R$ durch $g(t) = f(t,b_2) - f(t,a_2)$. Da $g$ differenzierbar ist, existiert ein $\xi \in [a_1,b_1]$ mit $g(b_1) - g(a_1) = g'(\xi)(b_1-a_1) = (D_1f(\xi,b_2) - D_1f(\xi,a_2))\cdot \delta$. Definiere nun $h \colon [a_2,b_2] \to \mathbb R$ durch $h(t) = D_1f(\xi,t)$. Da auch $h$ differenzierbar ist, existiert nach dem Mittelwertsatz ein $\eta \in [a_2,b_2]$ mit $h(b_2) - h(a_2) = h'(\eta)(b_2-a_2) = D_2D_1f(\xi,\eta)\cdot \delta$. Insgesamt erhalten wir also $(\xi,\eta) \in V_\delta$ und
\begin{align*}
f(b_1,b_2) - f(b_1,a_2) - f(a_1,b_2) + f(a_1,a_2) &= g(b_1) - g(a_1) =\\
&= (D_1f(\xi,b_2) - D_1f(\xi,a_2)) \cdot \delta =\\
&= (h(b_2) - h(a_2)) \cdot \delta = D_2D_1f(\xi,\eta) \cdot \delta^2
\end{align*}
Indem wir analog die Funktion $\tilde g \colon [a_2,b_2] \to \mathbb R$ definiert durch $\tilde g(t) = f(b_1,t) - f(a_1,t)$ betrachten, finden wir $(\tilde \xi, \tilde \eta) \in V_\delta$ mit
\[f(b_1,b_2) - f(a_1,b_2) - f(b_1,a_2) + f(a_1,a_2) = \tilde g(b_2) - \tilde g(a_2) = D_1D_2f(\tilde \xi, \tilde \eta) \cdot \delta^2\]
Setze nun $w = (\xi,\eta)$, $x = (\tilde \xi, \tilde \eta)$. Dann sind $w,x \in V_\delta$ und damit $D_2D_1f(w) = D_1D_2f(x)$. Also können wir nun zwei Folgen $(w_k)_{k\in\mathbb N}$ und $(x_k)_{k \in \mathbb N}$ aus $U$ definieren mit $\lim_{k\to\infty} w_k = a = \lim_{k\to\infty}x_k$ und $D_2D_1f(w_k) = D_1D_2f(x_k)$. Da $D_2D_1f$ und $D_1D_2f$ stetig sind, folgt dann
\[D_2D_1f(a) = \lim_{k\to\infty}D_2D_1f(w_k) = \lim_{k\to\infty}D_1D_2f(x_k) = D_1D_2f(a) \qedhere\]
\end{proof}
\begin{definition}
Seien $U \subseteq R^n$ offen und $f \colon U \to \mathbb R$ zweimal differenzierbar. Für $a \in U$ setzen wir dann
\[\hess f(a) = \left(D_iD_jf(a)\right)_{1 \leq i,j \leq n}\]
$\hess f(a)$ ist die {\em Hessesche Matrix} von $f$ im Punkt $a$. $\hess f(a)$ ist also eine $n \times n$-Matrix. Ist $f$ zweimal stetig differenzierbar, so ist nach Satz 12 $\hess f(a)$ symmetrisch, d.h. falls $\hess f(a) = (a_{ij})_{1 \leq i,j \leq n}$, so $a_{ij} = a_{ji}$ für alle $1 \leq i,j \leq n$.
\end{definition}
\begin{remark}
Es ist einfach $\hess f(a) = f''(a)$.
\end{remark}
\begin{theorem}[Taylorformel vom Grad 2]
Seien $U \subseteq \mathbb R^n$ offen und $f \colon U \to \mathbb R$ zweimal stetig differenzierbar. Weiterhin sei $a \in U$ und sei $A = \hess f(a)$. Dann existiert eine in $a$ stetige Funktion $r \colon U \to \mathbb R$ mit $r(a) = 0$ und $f(x) = f(a) + f'(a)(x-a) + \frac{1}{2}(x-a)^TA(x-a) + r(x)\|x-a\|^2$
\end{theorem}
\begin{proof}
Definiere $r \colon U \to \mathbb R$ durch
\[r(x) = \left\{\begin{matrix}\displaystyle\frac{f(x)-f(a)-f'(a)(x-a) - \frac{1}{2}(x-a)^TA(x-a)}{\|x-a\|^2} & \text{falls $x \neq a$} \\ 0 & \text{falls $x = a$}\end{matrix}\right.\]
Wir müssen zeigen, dass $r$ in $a$ stetig ist. Hierzu zeigen wir: Sei $\delta > 0$ mit $U_\delta(a) \subseteq U$. Dann existiert für alle $x = (x_1,\dots,x_n) \in U_\delta(a) \setminus \{a\}$ ein $\xi \in [a,x]$ mit
\[r(x) = \frac{1}{2}\sum_{i,j = 1}^n\left(D_iD_jf(\xi) - D_iD_jf(x)\right) \cdot \frac{x_i-a_i}{\|x-a\|} \cdot \frac{x_j-a_j}{\|x-a\|}\]
Hieraus folgt das Gewünschte. Denn sei $\varepsilon > 0$. Wegen $D_iD_jf$ stetig für $1 \leq i,j \leq n$ existiert dann $\delta > 0$ mit $U_\delta(a) \subseteq U$ und $|D_iD_jf(w) - D_iD_jf(a)| < \varepsilon/n^2$ für alle $1 \leq i,j \leq n$ und alle $w$ mit $\|w-a\| < \delta$. Sei nun $x = (x_1,\dots,x_n) \in U_\delta(a) \setminus \{a\}$. Wähle hierzu $\xi \in [a,x]$ wie oben. Dann ist $\xi \in U_\delta(a)$, also $\|\xi-a\| < \delta$. Somit gilt
\begin{align*}
|r(x)| &\leq \left|\sum_{i,j=1}^n\left(D_iD_jf(\xi)-D_iD_jf(a)\right)\cdot\frac{x_i-a_i}{\|x-a\|}\cdot\frac{x_j-a_j}{\|x-a\|}\right| \leq\\
& \leq \sum_{i,j=1}^n\left|D_iD_jf(\xi)-D_iD_jf(a)\right|\cdot\frac{|x_i-a_i|}{\|x-a\|}\cdot\frac{|x_j-a_j|}{\|x-a\|} < n^2 \cdot \frac{\varepsilon}{n^2} = \varepsilon
\end{align*}
Jetzt bleibt noch die obige Behauptung zu zeigen. Sei hierzu $\delta > 0$ mit $U_\delta(a) \subseteq U$ und $x = (x_1,\dots,x_n) \in U_\delta(a) \setminus \{a\}$. Setze $z = x - a$, und sei $z = (z_1,\ldots,z_n)$. Sei $V = \{t \in \mathbb R \colon a + t z \in U\}$ und definiere $g \colon V \to \mathbb R$ durch $g(t) = f(a+tz)$. Dann ist $V$ offen und nach Kettenregel ist
\[g'(t) = f'(a+tz) \cdot z = \sum_{j=1}^nD_jf(a+tz) \cdot z_j\]
Somit ist auch $g'$ differenzierbar und es gilt
\[g''(t) = \sum_{j=1}^n((D_jf)'(a+tz) \cdot z) \cdot z_j = \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nD_iD_jf(a+tz)z_iz_j\]
Nach der Taylorformel aus §9 (Lagrangesches Restglied) angewandt auf $g$ im Punkt $0$ existiert ein $t_0 \in [0,1]$ mit $g(1) = g(0) + g'(0) + \frac{1}{2}g''(t_0) = g(0) + g'(0) + \frac{1}{2}g''(0) + \frac{1}{2}(g''(t_0) - g''(0))$. Setze nun $\xi = a + t_0 z \in [a,x]$. Dann gilt
\[f(x) = g(1) = f(a) + f'(a)z + \frac{1}{2}z^T\!\!Az + \frac{1}{2}\sum_{i,j=1}^n(D_iD_jf(\xi) - D_iD_jf(a))z_iz_j\]
also
\[r(x) = \frac{1}{2}\sum_{i,j=1}^n(D_iD_jf(\xi) - D_iD_jf(a))\frac{z_i}{\|z\|}\frac{z_j}{\|z\|}\qedhere\]
\end{proof}

\begin{definition}
Seien $U \subseteq \mathbb R^n$ offen, $f \colon U \to \mathbb R$ und $a \in U$.
\begin{itemize}
\item $f$ hat in $a$ ein {\em lokales Maximum}, wenn eine Umgebung $W$ von $a$ existiert mit $f(x) \leq f(a)$ für alle $x \in W \cap U$.
\item $f$ hat in $a$ ein {\em lokales Minimum}, wenn eine Umgebung $W$ von $a$ existiert mit $f(x) \geq f(a)$ für alle $x \in W \cap U$.
\item $f$ hat in $a$ ein {\em lokales Extremum}, wenn $f$ in $a$ ein lokales Maximum oder ein lokales Minimum hat.
\end{itemize}
\end{definition}
\begin{theorem}
Seien $U \subseteq \mathbb R^n$ offen und $f \colon U \to \mathbb R$ partiell differenzierbar in $a \in U$. Besitzt $f$ in $a$ ein lokales Extremum so gilt $\grad f(a) = 0$.
\end{theorem}
\begin{proof}
Sei o.E $a \in U$ lokales Maximum von $f$ (sonst betrachte $-f$). Dann existiert $\varepsilon > 0$ mit $U_\varepsilon(a) \subseteq U$ und $f(x) \leq f(a)$ für alle $x \in U_\varepsilon(a)$. Sei nun $1 \leq j \leq n$. Wir müssen zeigen, dass $D_jf(a) = 0$. Nun ist für alle $t \in (- \varepsilon, \varepsilon)$ $a + t e_j \in U_\varepsilon(a) \subseteq U$. Wir können also $g_j \colon (- \varepsilon, \varepsilon) \to \mathbb R$ definieren durch $g_j(t) = f(a + t e_j)$. $g_j$ besitzt in $0$ ein lokales Maximum und ist in $0$ differenzierbar, da $g'(0) = D_jf(a)$. Also ist $0 = g_j'(0) = D_jf(a)$.
\end{proof}
\begin{definition}
Sei $A$ eine symmetrische $n \times n$-Matrix.
\begin{itemize}
\item $A$ ist {\em positiv definit}, falls $x^T\!\!Ax > 0$ für alle $x \in \mathbb R^n \setminus \{0\}$.
\item $A$ ist {\em negativ definit}, falls $x^T\!\!Ax < 0$ für alle $x \in \mathbb R^n \setminus \{0\}$.
\item $A$ ist {\em indefinit}, falls es $x,y \in \mathbb R^n$ gibt mit $x^T\!\!Ax > 0$ und $y^T\!\!Ay < 0$.
\end{itemize}
\end{definition}
\begin{theorem}
Seien $U \subseteq \mathbb R^n$ offen und $f \colon U \to \mathbb R$ zweimal stetig differenzierbar. Weiterhin sei $a \in U$ mit $f'(a) = 0$. Dann gilt
\begin{enumerate}[(a)]
\item Ist $\hess f(a)$ positiv definit, so hat $f$ in $a$ ein lokales Minimum
\item Ist $\hess f(a)$ negativ definit, so hat $f$ in $a$ ein lokales Maximum
\item Ist $\hess f(a)$ indefinit, so hat $f$ in $a$ kein lokales Extremum
\end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}
Sei $A = \hess f(a)$. Nach der Taylorformel existiert wegen $f'(a) = 0$ eine in $a$ stetige Funktion $r \colon U \to \mathbb R$ mit $r(a) = 0$ und $f(x) = f(a) + \frac{1}{2}(x-a)^TA(x-a) + r(x)\|x-a\|^2$ für alle $x \in U$.
\begin{enumerate}[zu (a):]
\item Sei $A$ positiv definit. Setze $K = \{x \in \mathbb R^n \colon \|x\| = 1\}$. Da $K$ kompakt und $x \mapsto x^T\!\!Ax$ stetig ist, existiert ein $z \in K$ mit $z^T\!\!Az = \min \{x^T\!\!Ax \colon x \in K\} =: \alpha$. Da $A$ positiv definit ist, ist $\alpha > 0$. Wegen $\lim_{x \to a}r(x) = 0$ existiert also ein $\delta > 0$ mit $U_\delta(a) \subseteq U$ und $|r(x)| < \alpha/2$ für alle $x \in U_\delta(a)$. Nun gilt aber für alle $y \in \mathbb R^n$ $y^T\!\!Ay \geq \alpha \|y\|^2$, denn für $y \neq 0$ ist $\frac{y}{\|y\|} \in K$, also $\alpha \leq \frac{y^T}{\|y\|}A\frac{y}{\|y\|}$. Somit erhalten wir für alle $x \in U_\delta(a)$
\begin{align*}
f(x) &= f(a) + \textstyle\frac{1}{2}(x-a)^TA(x-a) + r(x)\|x-a\|^2 \\
&\leq f(a) + \textstyle\frac{\alpha}{2}\|x-a\|^2 + r(x)\|x-a\|^2 \\
&= f(a) + \textstyle(\frac{\alpha}{2} + r(x))\|x-a\|^2 \geq f(a)
\end{align*}
Also hat $f$ in $a$ ein lokales Minimum.
\item Wegen $\hess (-f)(a) = - \hess f(a)$ und ($-A$ positiv definit gdw. $A$ negativ definit) können wir einfach (a) auf $-f$ anwenden.
\item Sei $A$ indefinit. Wähle also $u_0,u_1 \in \mathbb R^n$ mit $u_0^T\!Au_0 > 0$ und $u_1^T\!Au_1 < 0$. Sei $W$ Umgebung von $a$. Wir müssen zeigen, dass es $v_0,v_1 \in U \cap W$ gibt mit $f(v_0) < f(a) < f(v_1)$. Setze hierzu $\alpha := u_0^T\!Au_0$. Dann existiert $t > 0$ mit $a + t u_0 \in U \cap W$ und $|r(a + tu_0)| < \alpha/(2\|u_0\|^2)$. Somit gilt
\begin{align*}
 f(a+tu_0) &= f(a) + \frac{1}{2}tu_0Atu_0 + r(a+tu_0)\|tu_0\|^2 =\\
&= f(a) + \frac{1}{2}t^2\alpha + r(a+tu_0)t^2\|u_0\|^2 =\\
&= f(a) + t^2\|u_0\|^2\left(\frac{\alpha}{2 \|u_0\|^2} + r(a+tu_0)\right) > f(a)
\end{align*}
Analog findet man $v_0 \in U \cap W$ mit $f(v_0) < f(a)$, indem man $u_1$ betrachtet. \qedhere
\end{enumerate}
\end{proof}
\begin{remark}
Sei $A$ eine symmetrische $n \times n$-Matrix. Ist $n = 1$ und $A = (a)$, so gilt natürlich:
\begin{enumerate}[(1)]
\item $A$ positiv definit gdw. $\alpha > 0$
\item $A$ negativ definit gdw. $\alpha < 0$
\item $A$ ist niemals indefinit
\end{enumerate}
Sei nun $n=2$ und etwa $A = \binom{\alpha\ \beta}{\beta\ \gamma}$. Setze $\Delta = \det A = \alpha \gamma - \beta^2$. Dann gilt:
\begin{enumerate}[(1)]
\item Ist $\Delta > 0$ und $\alpha > 0$, so ist $A$ positiv definit
\item Ist $\Delta > 0$ und $\alpha < 0$, so ist $A$ negativ definit
\item Ist $\Delta < 0$, so ist $A$ indefinit
\end{enumerate}
\end{remark}
\begin{proof}
Für $w = (x,y) \in \mathbb R^2$ gilt
\begin{align*}
\alpha w^T\!\! A w &= \alpha(\alpha x^2 + 2 \beta x y + \gamma y^2) =\\
&= \alpha^2x^2 + 2\alpha\beta xy + \alpha \gamma y^2 = \\
&= (\alpha^2 x^2 + 2 \alpha \beta x y + \beta^2 y^2) + (\alpha \gamma y^2 - \beta^2 y^2) =\\
&= (\alpha x + \beta y)^2 + \Delta y^2 \geq 0
\end{align*}
Hieraus folgt (1) und (2). Sei nun $\Delta < 0$. Ist $\alpha = 0$, so $\beta \neq 0$ und $(x,1)^T\!A(x,1) = 2 \beta x + \gamma$. Also $A$ indefinit. Ist $\alpha \neq 0$, so gilt für $x = - \beta/\alpha$
\[\alpha (x,1)^T\! A (x,1) = \Delta < 0\quad\text{und}\quad\alpha(1,0)^T\!A(1,0) = \alpha^2 > 0\]
Also ist $A$ indefinit.
\end{proof}
\begin{example}
Sei $f \colon \mathbb R^2 \to \mathbb R$ definiert durch $f(x,y) = x^3 + xy^2 + x^2 - y^2$. Es ist
\[f'(x,y) = (3x^2 + y^2 + 2x, 2(x-1)y)\]
Also sind die Nullstellen von $f'$ $(0,0)$ und $(-2/3,0)$. Weiterhin ist
\[\hess f(x,y) = \begin{pmatrix}6x+2 & 2y \\ 2y & 2x - 2\end{pmatrix}\]
Es gilt $\det \hess f(0,0) = -4 < 0$ und $\det \hess f(-2/3,0) = 20/3 > 0$ und die erste Komponente von $\hess f(-\frac{2}{3},0)$: $6(-2/3) + 2 = -2 < 0$, also ist $(-2/3,0)$ ein lokales Maximum.
\end{example}
\section{Umkehrsatz, Implizite Funktionen}
\begin{gelaber}
Sei $\mathbb R^{m \times n}$ der Vektorraum der $m \times n$-Matrizen. Wir können natürlich $\mathbb R^{m \times n}$ kanonisch mit $\mathbb R^{m \cdot n}$ identifizieren, aber wir nehmen auf $\mathbb R^{m \times n}$ die Abbildungsnorm, die definiert war durch
\[\|A\| = \sup \{\|Ax\| \colon x \in \mathbb R^n \wedge \|x\| \leq 1\}\]
Nun hatten wir viele Sätze nur für den $\mathbb R^n$ mit der euklidischen Norm bewiesen. Es gilt aber
\end{gelaber}
\begin{theorem}[Normäquivalenzsatz]
Sei $\| \cdot \|$ die euklidische Norm auf $\mathbb R^n$ und $\| \cdot \|^*$ eine weitere Norm auf $\mathbb R^n$. Dann existieren $c_0,c_1 > 0$ mit $c_0\|x\| \leq \|x\|^* \leq c_1\|x\|$ für alle $x \in \mathbb R^n$.
\end{theorem}
\begin{proof}
Sei $e_1,\dots,e_n$ die kanonische Basis des $\mathbb R^n$. Für $x = (x_1,\dots,x_n) \in \mathbb R^n$ gilt dann
\begin{align*}
\|x\|^* &= \left\|\sum_{k=1}^n x_k e_k\right\|^* \leq \sum_{k=1}^n\|x_k e_k\|^* = \sum_{k=1}^n|x_k|\|e_k\|^* = \\
&= \scalar{(|x_1|,\dots,|x_n|)}{(\|e_1\|^*,\dots,\|e_n\|^*)} \leq \\
&\leq \|(|x_1,\dots,|x_n|)\| \cdot \|(\|e_1\|^*,\dots,\|e_n\|^*)\| = \|(\|e_1\|^*,\dots,\|e_n\|^*)\| \cdot \|x\|
\end{align*}
Wir können also $c_1 = \|(\|e_1\|^*,\dots,\|e_n\|^*)\|$ wählen. Somit gilt also auch $\|x-y\|^* \leq c_1\|x-y\|$ für alle $x,y \in \mathbb R^n$. Also ist $\| \cdot \|^*$ stetig (bzgl. $\| \cdot \|$). Sei nun $S = \{x \in \mathbb R^n \colon \|x\| = 1\}$. Wegen $S$ kompakt und $\| \cdot \|^*$ stetig nimmt also $\| \cdot \|^*$ auf $S$ ihr Minimum. Setze also $c_0 = \min \{\|x\|^* \colon x \in S\}$. Dann ist $c_0 > 0$. Sei nun $x \in \mathbb R^n, x \neq 0$. Dann ist $x/\|x\| \in S$. Somit gilt $c_0 \leq \|x/\|x\|\|^* = \|x\|^*/\|x\|$ und daher $c_0\|x\| \leq \|x\|^*$. Für $x = 0$ gilt dies natürlich auch.
\end{proof}
\begin{gelaber}
Damit hängt aber z.B. der Konvergenzbegriff auf $\mathbb R^n$ nicht von der speziell gewählten euklidischen Norm auf $\mathbb R^n$ ab. Ist $\| \cdot \|^*$ eine weitere Norm auf $\mathbb R^n$, so gilt für eine Folge $(x_k)_{k\in\mathbb N}$: $(\|x_k\|)_{k\in\mathbb N}$ ist Nullfolge genau dann wenn $(\|x_k\|^*)_{k\in\mathbb N}$ eine Nullfolge ist. \par
\end{gelaber}
\begin{definition}
Sei $x = (x_1,\dots,x_n) \in \mathbb R^n$. Setze dann $\|x\|_\infty = \max \{|x_i| \colon 1 \leq i \leq n\}$. $\| \cdot \|_\infty$ ist die {\em Maximumsnorm}.
\end{definition}
\begin{remark}
Sei $U \in \mathbb R^n$ offen und $f \colon U \to \mathbb R^m$ differenzierbar. Dann ist $f$ stetig differenzierbar genau dann, wenn $f' \colon U \to \mathbb R^{m \times n}$ stetig ist. Dies erhält man durch Anwendung des Äquivalenzsatzes auf die Abbildungsnorm.
\end{remark}
\begin{remark}
Seien $A \in \mathbb R^{k \times m}$ und $B \in \mathbb R^{m \times n}$. Dann gilt $\|AB\| \leq \|A\| \|B\|$.
\end{remark}
\begin{proof}
Sei $x \in \mathbb R^n$. Dann gilt $\|ABx\| \leq \|A\| \|Bx\| \leq \|A\| \|B\| \|x\|$. Also
\begin{align*}
\|AB\| &= \sup \{\|ABx\| \colon x \in \mathbb R^n \wedge \|x\| \leq 1\} \\
&\leq \sup \{\|A\|\|B\|\|x\| \colon x \in \mathbb R^n \wedge \|x\| \leq 1\} \\
&= \|A\|\|B\|\qedhere
\end{align*}
\end{proof}
\begin{definition}
Für $n \in \mathbb N$ sei $\GL(n) = \{A \in \mathbb R^{n \times n} \colon A \text{ invertierbar}\}$.
\end{definition}
\begin{lemma}
$\GL(n)$ ist offen und die Abbildung $\inv \colon \GL(n) \to \GL(n)$ definiert durch $\inv(A) = A^{-1}$ ist stetig.
\end{lemma}
\begin{proof}
Die Determinantenabbildung $\det \colon \mathbb R^{n \times n} \to \mathbb R$ ist stetig und $\GL(n) = \{A \in \mathbb R^{n \times n} \colon \det(A) \neq 0\} = \det^{-1}(\mathbb R \setminus \{0\})$. Also ist $\GL(n)$ offen. Nach der Cramerschen Regel sind die Komponentenfunktionen von $\inv$ rationale Funktionen, also stetig.
\end{proof}
\begin{gelaber}
Wir untersuchen nun die Differenzierbarkeit der Umkehrfunktion.
\end{gelaber}
\begin{theorem}
Seien $U \subseteq \mathbb R^n$ und $V \subseteq \mathbb R^m$ offen und sei $f \colon U \to V$ bijektiv. Weiterhin sei $a \in U$ und seien $f$ in $a$ differenzierbar und $f^{-1}$ in $f(a)$ differenzierbar. Dann gilt $m = n$, $Df(a)$ ist invertierbar und es ist $Df^{-1}(f(a)) = (Df(a))^{-1}$.
\end{theorem}
\begin{proof}
Setze $A = Df(a)$ und $B = Df^{-1}(f(a))$. Weiterhin seien $\id_U$ die identische Abbildung auf $U$ und $\id_V$ die identische Abbildung auf $V$. Dann gilt natürlich $D\id_U(x) = E_n$, die $n$-te Einheitsmatrix, für alle $x \in U$ und $D \id_V(y) = E_m$, die $m$-te Einheitsmatrix, für alle $y \in V$. Wegen $f^{-1} \circ f = \id_U$ und $f \circ f^{-1} = \id_V$ gilt somit nach Kettenregel $BA = E_n$ und $AB = E_m$. Hieraus folgt nach linearer Algebra die Behauptung.
\end{proof}
\begin{question}
Wann ist $f^{-1}$ differenzierbar? Das folgende Kriterium werden wir später noch wesentlich verstärken.
\end{question}
\begin{lemma}
Seien $U,V \in \mathbb R^n$ offen und sei $f \colon U \to V$ bijektiv und stetig differenzierbar. Weiterhin sei $f^{-1}$ stetig und für alle $x \in U$ sei $Df(x)$ invertierbar. Dann ist $f^{-1}$ stetig differenzierbar.
\end{lemma}
\begin{proof}
Wir zeigen zuerst, dass $f^{-1}$ in jedem Punkt $b = f(a) \in V$ differenzierbar ist. Dabei können wir o.E. $a=0$ und $f(a) = 0$ annehmen, denn sonst betrachte die Funktion $g(x) = f(x+a) - f(a)$. Außerdem genügt es die Differenzierbarkeit von $(C \circ f)^{-1}$ in $0$ zu zeigen, wobei $C = (Df(0))^{-1}$. Es ist aber $D(C \circ f)(0) = CDf(0) = E_n$, wobei $E_n$ die $n$-te Einheitsmatrix ist. Also können wir auch o.E. annehmen, dass $Df(0) = E_n$. Wegen $f$ differenzierbar in $0$ existiert eine in $0$ stetige Funktion $r \colon U \to \mathbb R^n$ mit $r(0)=0$ und $f(x) = f(0) + E_n x + r(x)\|x\| = x + r(x)\|x\|$ für alle $x \in U$. Definiere nun $s \colon V \to \mathbb R^n$ durch
\[s(y) = \begin{cases}-\frac{r(x)\|x\|}{\|y\|}&\quad\text{falls $y \neq 0$, $y=f(x)$}\\0&\quad\text{falls $y=0$}\end{cases}\]
Dann gilt für alle $y = f(x) \in V$ mit $y \neq 0$
\begin{align*}
f^{-1}(y) = x &= f(x) - r(x)\|x\| = \\
&= y - \frac{r(x)\|x\|}{\|y\|}\|y\| = \\
&= y + s(y)\|y\| = \\
&= f^{-1}(0) + E_n y + s(y)\|y\|
\end{align*}
Natürlich gilt dies auch für $y = 0$. Also genügt es zu zeigen, dass $s$ in $0$ stetig ist. Sei also $\varepsilon > 0$, wobei o.E. $\varepsilon \leq 1$. Da $r$ stetig ist in $0$ und $r(0) = 0$ gibt es ein $\eta > 0$ mit $\|r(x)\| < \varepsilon/2$ für alle $x$ mit $\|x\| < y$. Da $f^{-1}$ in $0$ stetig ist und $f^{-1}(0) = 0$ sowie $V$ offen gibt es ein $\delta > 0$ mit $\|f^{-1}(y)\| < \eta$ für alle $y$ mit $\|y\| < \delta$. Dann gilt für alle $y = f(x)$ mit $\|y\| < \delta$ und $y \neq 0$
\[\|x\| = \|y - r(x)\|x\|\| \leq \|y\| + \|r(x)\|\|x\| \leq \|y\| + \|x\|/2\]
also $\|x\| \leq 2 \|y\|$ und somit auch
\[\|s(y)\| = \frac{\|r(x)\|\|x\|}{\|y\|} \leq 2 \|r(x)\| < \varepsilon\]
Somit ist $f^{-1}$ differenzierbar.
Wir zeigen nun noch, dass $Df^{-1}$ stetig ist. Nach Satz 2 ist $Df^{-1} \circ f = \inv \circ Df$, also $Df^{-1} = Inv \circ Df \circ f^{-1}$. Nach Lemma 2 ist $\inv$ stetig. $Df$ und $f^{-1}$ sind auch stetig. Also ist $Df^{-1}$ stetig.
\end{proof}
\begin{gelaber}
Wir werden später zeigen, dass man in Lemma 4 die Voraussetzungen, dass $V$ offen ist und $f^{-1}$ stetig ist, weglassen können.
\end{gelaber}
\begin{definition}
Sei $X$ ein metrischer Raum und $f \colon X \to X$. $f$ ist eine {\em Kontraktion}, wenn ein $c < 1$ existiert mit $d(f(x),f(y)) \leq c\,d(x,y)$ für alle $x,y \in X$.
\end{definition}
\begin{remark}
Jede Kontraktion ist stetig.
\end{remark}
\begin{theorem}[Banachscher Fixpunktsatz]
Sei $X \neq \varnothing$ ein vollständiger metrischer Raum. Weiterhin sei $f \colon X \to X$ eine Kontraktion. Dann besitzt $f$ genau einen Fixpunkt, d.h. ein $x \in X$ mit $f(x) = x$.
\end{theorem}
\begin{proof}
Sei $c < 1$ mit $d(f(x),f(y)) \leq c\,d(x,y)$ für alle $x,y \in X$. Wir zeigen zuerst die Eindeutigkeit. Seien dazu $x,y \in X$ Fixpunkte von $f$. Dann gilt $d(x,y) = d(f(x),f(y)) \leq c\,d(x,y)$. Wegen $c < 1$ also $d(x,y) = 0$, d.h. $x = y$. Sei für die Existenz $a \in X$ beliebig. Definiere dann eine Folge $(x_n)_{n\in\mathbb N}$ rekursiv durch $x_0 = a$ und $x_{n+1} = f(x_n)$. Wir sagen zuerst durch Induktion, dass für alle $n \in \mathbb N$ gilt
\[d(x_n,x_{n+1}) \leq c^n d(x_0,x_1)\]
Der Fall $n = 0$ ist trivial. Außerdem gilt nach Induktionsvoraussetzung
\[d(x_{n+1},x_{n+2}) = d(f(x_n),f(x_{n+1})) \leq c\,d(x_n,x_{n+1}) \leq c^{n+1}\,d(x_0,x_1)\]
Somit gilt für $k,n \in \mathbb N$
\[d(x_n,x_{n+k}) \leq \sum_{j=0}^{k-1}d(x_{n+j},x_{n+j+1}) \leq \sum_{j=0}^{k-1}c^{n+j}d(x_0,x_1) = \frac{c^n}{1-c}d(x_0,x_1)\]
Wegen $c < 1$ ist aber $(\frac{c^n}{1-c}d(x_0,x_1)_{n\in\mathbb N}$ eine Nullfolge. Somit ist $(x_n)_{n\in\mathbb N}$ eine Cauchyfolge, denn sei $\varepsilon > 0$. Dann existiert $n \in \mathbb N$ mit $\frac{c^n}{1-c}d(x_0,x_1) < \varepsilon$. Also ist $d(x_n,x_{n+k}) \leq \frac{c^n}{1-c}d(x_0,x_1) < \varepsilon$ für alle $k \in \mathbb N$. Wegen der Vollständigkeit von $X$ ist somit $(x_n)_{n\in\mathbb N}$ konvergent. Sei also $x = \lim_{n\to\infty} x_n$. Da $f$ stetig ist, gilt $f(x) = \lim_{n\to\infty}f(x_n) = \lim_{n\to\infty}x_{n+1} = x$.
\end{proof}
\begin{gelaber}
Um den folgenden Satz zu motivieren, betrachten wir folgende Situation im eindimensionalen Fall. Seien $U\subseteq \mathbb R$ offen und $f\colon U\to\mathbb R$ stetig differenzierbar. Weiterhin sei $a \in U$ mit $f'(a) \neq 0$. Sei etwa $f'(a) > 0$. Da $f'$ stetig ist, existiert ein offenes Intervall $I\subseteq U$ mit $a\in I$ und $f'(x) > 0$ für alle $x\in I$. Somit ist $h = f|_I$ streng monoton wachsend. Also ist $W := f(I)$ offen und $h^{-1} \colon W\to\mathbb R$ ist stetig differenzierbar, denn $(h^{-1})'(y) = \frac{1}{f'(f^{-1}(y))}$.\par
Wir verallgemeinern dies auf den mehrdimensionalen Fall.
\end{gelaber}

\begin{theorem}[Lokaler Umkehrsatz]
Seien $U\subseteq\mathbb R^n$ offen und $f\colon U\to\mathbb R^n$ stetig differenzierbar. Weiterhin sei $a\in U$ mit $Df(a)$ invertierbar. Dann gibt es eine offene Umgebung $V \subseteq U$ von $a$ derart, dass $W := f(V)$ offen ist, die Einschränkung $h = f|_V$ injektiv ist und $h^{-1}\colon W\to\mathbb R^n$ stetig differenzierbar ist.
\end{theorem}
\begin{proof}
Sei $C = Df(a)^{-1}$. Es genügt den Satz für $C\circ f$ zu beweisen. Nun ist aber $D(C\circ f)(a) = C\,Df(a) = E_n$. Weiterhin können wir ohne Einschränkung annehmen, dass $a = 0 = f(a)$, denn sonst betrachte die Funktion $g(x) = f(x+a) - f(a)$. Somit nehmen, wir also insgesamt an, dass $a = f(a) = 0$ und $Df(0) = E_n$.\par
Wegen $Df$ stetig in $0$ und $Df(0) = E_n$ sowie $U$ offen existiert eine $\varepsilon > 0$ mit $K = \{x \in \mathbb R^n\colon \|x\| \leq \varepsilon\} \subseteq U$ und $\|E_n - Df(x)\| \leq 1/2$ für alle $x \in K$. Beachte, dass $K$ abgeschlossen ist.\par
Für $y \in \mathbb R^n$ definiere $g_y\colon U\to\mathbb R^n, x \mapsto y + x - f(x)$. Es gilt also
\[
g_y(x) = x \Longleftrightarrow f(x) = y
\]
Außerdem ist $g_y(0) = y - f(0) = y$. Weiterhin ist $Dg_y = E_n - Df$. Mit dem Schrankensatz erhalten wir
\begin{enumerate}[(1)]
\item $\displaystyle \|g_y(x_2) - g_y(x_1)\| \leq \frac{1}{2}\|x_2 - x_1\|$ für alle $x_1, x_2\in K$.
\end{enumerate}
denn sind $x_1, x_2 \in K$, so ist
\[
\|g_y(x_1) - g_y(x_2)\| \leq \sup\{\|Dg_y(x)\|\colon x \in [x_1, x_2]\} \|x_2 - x_2\| \leq \frac{1}{2} \|x_2 - x_1\|
\]
Somit gilt
\begin{enumerate}[(1)]
\setcounter{enumi}{1}
\item $\displaystyle \|g_y(x)\| < \varepsilon$ für alle $x, y$ mit $\|x\| \leq \varepsilon$ und $\|y\| < \frac{\varepsilon}{2}$.
\end{enumerate}
denn für solche $x,y$ ist
\[
\|g_y(x)\| = \|(g_y(x) - g_y(0)) + y\| \leq \|g_y(x) - g_y(0)\| + \|y\| \underset{(1)}{\leq} \frac{\|x\|}{2} + \|y\| < \varepsilon
\]
Setze nun $W = U_{\varepsilon/2}(0)$. $W$ ist offen. Für $y \in W$ gilt nach (2), dass $g_y \colon K \to K$. Da $K$ abgeschlossen ist und $\mathbb R^n$ vollständig, ist $K$ ein vollständiger metrischer Raum. Weiterhin ist nach (1) für $y \in W$ $g_y$ (eingeschränkt auf $K$) eine Kontraktion. Somit existiert nach dem Fixpunktsatz für jedes $y \in W$ genau ein $x \in K$ mit $g(x) = x$, d.h. mit $f(x) = y$. Setze nun $V = f^{-1}[W]$. Dann ist wegen $f$ stetig $V$ eine offene Umgebung ovn $O$ mit $V \subseteq K \subseteq U$ und für die Einschränkung $h$ von $f$ auf $V$ ist $h \colon V \to W$ bijektiv. Außerdem ist $W$ offen. Wir müssen noch zeigen, dass $h^{-1}$ stetig differenzierbar ist. Hierzu wollen wir Lemma 4 auf $h$ anwenden. Wir müssen also noch zeigen, dass $h^{-1}$ stetig ist und für alle $x \in V$ $Dh(x)$ invertierbar ist. \par
Wir zeigen zuerst die Stetigkeit von $h^{-1}$. Seien $y_1,y_2 \in W$ und setze $x_1 = h^{-1}(y_1)$, $x_2 = h^{-1}(y_2)$. Dann ist $x_2 - x_1 = (g_0(x_2) - g_0(x_1)) + (f(x_2) - f(x_1))$. Also nach (1) $\|x_2 - x_1\| \leq \frac{1}{2}\|x_2 - x_1\| + \|f(x_2) - f(x_1)\|$ d.h. $\|h^{-1}(y_2) - h^{-1}(y_1)\| \leq 2 \|y_2-y_1\|$. Hieraus folgt die Stetigkeit von $h^{-1}$ sofort. \par
Sei schließlich $x \in V$. Wir müssen zeigen, dass $Dh(x) = Df(x)$ invertierbar ist. Wegen $V \subseteq K$ gilt $\|E_n - Df(x)\| \leq \frac{1}{2}$. Also gilt für alle $v \in \mathbb R^n$ $\|v - Df(x)v\| \leq \frac{1}{2}\|v\|$ und somit $Df(x)v \neq 0$ für alle $v \neq 0$. Somit ist $Df(x)$ injektiv, d.h. invertierbar.
\end{proof}
\begin{corollary}
Seien $U \subseteq \mathbb R^n$ offen und $f \colon U \to \mathbb R^n$ stetig differenzierbar und $Df(x)$ invertierbar für alle $x \in U$. Dann ist $f[U]$ offen.
\end{corollary}
\begin{proof}
Sei $b \in f[U]$. Wähle $a \in U$ mit $b = f(a)$. Nach Satz 6 existiert eine offene Umgebung $V \subseteq U$ von $a$ mit $W = f[V]$ offen. Wegen $b \in W$ ist $W$ eine offene Umgebung von $b$ und $W = f[V] \subseteq f[U]$. Also ist $f[U]$ offen.
\end{proof}
\begin{corollary}
Seien $U \subseteq \mathbb R^n$ offen und $f \colon U \to \mathbb R^n$ eine injektive stetig differenzierbare Funktion mit $Df(x)$ invertierbar für alle $x \in U$. Dann ist $f[U]$ offen und $f^{-1} \colon f[U] \to \mathbb R^n$ ist stetig differenzierbar.
\end{corollary}
\begin{proof}
Nach obigem Korollar ist $f[U]$ offen. Sei nun $b \in f[U]$ und sei $a = f^{-1}(b)$. Nach Satz 6 existiert eine offene Umgebung $W \subseteq f[U]$ von $b$ derart, dass $f^{-1}$ eingeschränkt auf $W$ stetig differenzierbar ist. Hieraus folgt die Behauptung.
\end{proof}
\begin{example}[Polarkoordinaten]
Sei $f \colon (0,\infty) \times (0,2\pi) \to \mathbb R^2$ definieret durch $f(r,\varphi) = (r \cos \varphi, r \sin \varphi)$. $f$ ist injektiv und stetig differenzierabr. Es ist
\[f'(r, \varphi) = \begin{pmatrix}\cos \varphi & -r \sin \varphi \\ \sin \varphi & r \cos \varphi\end{pmatrix}\]
Somit $\det f'(r,\varphi) = r \cos^2 \varphi + r \sin^2 \varphi = r > 0$. Also ist $f'(r,\varphi)$ invertierbar. Sei $g = f^{-1}$. Für $(x,y) = f(r,\varphi)$ gilt
\[g'(x,y) = (f'(r,\varphi))^{-1} = \begin{pmatrix}\cos \varphi & \sin \varphi \\ - \frac{1}{r} \sin \varphi & \frac{1}{r} \cos \varphi\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{x}{\|(x,y\|} & \frac{y}{\|(x,y\|} \\ -\frac{y}{\|(x,y\|^2} & \frac{x}{\|(x,y\|^2}\end{pmatrix}\]
\end{example}
\begin{gelaber}
Sei nun $F \colon \mathbb R^2 \to \mathbb R$ und sei $F(a,b) = 0$. Wir suchen Bedingungen für die eindeutige Lösbarkeit der Gleichung $F(x,y) = 0$ in Abhängigkeit von $x$ in einer Umgebung von $(a,b)$.
\end{gelaber}
\begin{example}
$F(x,y) = x - y^2$. Es ist $F(1,1) = 0$. Definiere $g \colon (0,\infty) \to \mathbb R$ durch $g(x) = \sqrt x$ ist die Lösung in Umgebung von $(1,1)$.
\end{example}
\begin{gelaber}
Wir machen dies etwas allgemeiner und führen hierzu einige Notationen ein.
\end{gelaber}
\begin{notation}
Für die Funktion $g \colon X \to Y$ sei $\graph(g) = \{(x,g(x)) \colon x \in X\}$ der Graph von $g$.
\end{notation}
\begin{remark}
Seien $(u,v) \in \mathbb R^k \times R^m$ und $W$ eine Umgebung von $(u,v)$. Dann existieren Umgebungen $W_0$ von $u$ und $W_1$ von $v$ mit $W_0 \times W_1 \subseteq W$.
\end{remark}
\begin{proof}
Für $x = (x_1,\dots,x_k) \in \mathbb R^k$ und $y = (y_1,\dots,y_m) \in \mathbb R^m$ ist $\|(x,y)\|^2 = \|x\|^2 + \|y\|^2 \leq (\|x\| + \|y\|)^2$ also $\|(x,y)\| \leq \|x\| + \|y\|$. Wähle also $\varepsilon > 0$ mit $U_\varepsilon((u,v)) \subseteq W$. Dann ist $U_{\varepsilon/2}(u) \times U_{\varepsilon/2}(v) \subseteq U_\varepsilon((u,v)) \subseteq W$.
\end{proof}
\begin{notation}
Seien nun $U_1 \subseteq \mathbb R^k$ und $U_2 \subseteq \mathbb R^m$ offen und sei $F \colon U_1 \times U_2 \to \mathbb R^m$ differenzierbar. Weiterhin sei $F=(F_1,\dots,F_m)$. Für $(a,b) \in U_1 \times U_2$ setze
\[\frac{\partial F}{\partial x}(a,b) = \begin{pmatrix}D_1F_1(a,b) & \dots & D_kF_1(a,b) \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ D_1F_m(a,b) & \dots & D_kF_m(a,b)\end{pmatrix}\]
\[\frac{\partial F}{\partial y}(a,b) = \begin{pmatrix}D_{k+1}F_1(a,b) & \dots & D_{k+m}F_1(a,b) \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ D_{k+1}F_m(a,b) & \dots & D_{k+m}F_m(a,b)\end{pmatrix}\]
Es gilt also
\[DF(a,b) = \left(\frac{\partial F}{\partial x}(a,b)\;\bigg|\;\frac{\partial F}{\partial y}(a,b)\right)\]
Somit ist für $(u,v) \in \mathbb R^k \times \mathbb R^m$
\[DF(a,b)\cdot(u,v) = \frac{\partial F}{\partial x}(a,b) \cdot u + \frac{\partial F}{\partial y}(a,b) \cdot v\]
\end{notation}
\begin{theorem}[Implizite Funktionen]
Seien $U_1 \subseteq \mathbb R^k$ und $U_2 \subseteq \mathbb R^m$ offen, und sei $F \colon U_1 \times U_2 \to \mathbb R^m$ stetig differenzierbar. Weiterhin sei $(a,b) \in U_1 \times U_2$ mit $F(a,b) = 0$ und $\frac{\partial F}{\partial y}(a,b)$ invertierbar. Dann gibt es offene Umgebungen $V_1 \subseteq U_1$ von $a$ und $V_2 \subseteq U_2$ von $b$ sowie eine stetig differenzierbare Funktion $g \colon V_1 \to V_2$ mit
\[\graph(g) = \{(x,y) \in V_1 \times V_2 \colon F(x,y) = 0\}\]
Weiterhin gilt
\[g'(a) = -\left(\frac{\partial F}{\partial y}(a,b)\right)^{-1} \frac{\partial F}{\partial x}(a,b)\]
\end{theorem}
\begin{proof}
Definiere $H \colon U_1 \times U_2 \to \mathbb R^{k+m}$ durch $H(x,y) = (x,F(x,y))$. Wegen $F$ stetig differenzierbar ist auch $H$ stetig differenzierbar. Es ist
\[DH(a,b) = \begin{pmatrix}E_k & 0 \\ \frac{\partial F}{\partial x}(a,b) & \frac{\partial F}{\partial y}(a,b)\end{pmatrix}\]
wobei $E_k$ die $k$-te Einheitsmatrix ist. Es ist $\det(DH(a,b)) \cdot \det(\frac{\partial F}{\partial y}(a,b)) = \det ( \frac{\partial F}{\partial y}(a,b))$. Wegen $\frac{\partial F}{\partial y}(a,b)$ invertierbar ist also auch $DH(a,b)$ invertierbar. Wir können also auf $H$ den lokalen Umkehrsatz in $(a,b)$ anwenden. Somit gibt es eine offene Umgebung $V \subseteq U_1 \times U_2$ von $(a,b)$ und $W \subseteq \mathbb R^{k+m}$ von $H(a,b)$ derart, dass die Einschränkung $h$ von $H$ auf $V$ eine Bijektion von $V$ auf $W$ ist, für die $h^{-1}$ stetig differenzierbar ist. Natürlich existiert eine Funktion $h^* \colon W \to \mathbb R^m$ mit $h^{-1}(u,v) = (u,h^*(u,v))$ für alle $(u,v) \in W$. Dann gilt
\[\forall (x,y) \in V \colon \Big(F(x,y) = 0 \Longleftrightarrow H(x,y) = (x,0) \Longleftrightarrow y= h^*(x,0)\Big)\tag{$*$}\]
Nach Bemerkung existieren offene Umgebungen $W_1$ von $A$ und $V_2$ von $b$ mit $W_1 \times V_2 \subseteq V$. Nun ist $h^*(a,0) = b$, da $F(a,b) = 0$, und wegen $h^{-1}$ stetig ist die Abbildung $x \mapsto h^*(x,0)$ stetig. Also existiert eine offene Umgebung $V_1 \subseteq W_1$ von $a$ mit $h^*(x,0) \in V_2$ für alle $x \in V_1$. Definiere nun $g \colon V_1 \to V_2$ durch $g(x) = h^*(x,0)$. Wegen $h^{-1}$ stetig differenzierbar ist auch $g$ stetig differenzierbar. Weiterhin gilt
\[\graph(g) = \{(x,y) \in V_1 \times V_2 \colon F(x,y) = 0\}\]
\begin{itemize}
\item["`$\subseteq$"']
Sei $x \in V_1$. Dann $(x,g(x)) \in V_1 \times V_2 \subseteq V$ und $g(x) = h^*(x,0)$. Also nach ($*$) $F(x,(g(x)) = 0$.
\item["`$\supseteq$"']
Sei $(x,y) \in V_1 \times V_2$ mit $F(x,y) = 0$. Dann $(x,y) \in V$. Also nach ($*$) $y = h^*(x,0) = g(x)$, d.h. $(x,y) = (x,g(x)) \in \graph(g)$.
\end{itemize}
Nun noch zum Zusatz. Es ist $F(a,g(a)) = 0$, da $g(a) = b$, und $F$ differenzierbar in $(a,g(a))$ und $g$ differenzierbar in $a$. Also gilt nach Kettenregel für $G(x) = F(x,g(x))$, da $G$ in der Umgebung von $a$ konstant null ist
\[ 0 = DG(a) = DF(a,b)\begin{pmatrix}E_k \\ Dg(a)\end{pmatrix}\]
Nun ist $DF(a,b) = \left(\frac{\partial F}{\partial x}(a,b) \Big| \frac{\partial F}{\partial y}(a,b)\right)$. Also erhält man
\[0 = \frac{\partial F}{\partial x}(a,b) + \frac{\partial F}{\partial y}(a,b) \cdot Dg(a)\]
und daher
\[Dg(a) = - \left(\frac{\partial F}{\partial y}(a,b)\right)^{-1} \frac{\partial F}{\partial x}(a,b)\qedhere\]
\end{proof}
\begin{example}
$F(x,y) = x^2 + y^2 -1$. Definiere $g_0 \colon (-1,1) \to \mathbb R$ durch $g_0(x) = \sqrt{1-x^2}$ und $g_1 \colon (-1,1) \to \mathbb R$ durch $g_1(x) = - \sqrt{1-x^2}$.
\begin{itemize}
\item $g_0$ ist Lösung an den Stellen $(a,b)$ mit $b > 0$.
\item $g_1$ ist Lösung an den Stellen $(a,b)$ mit $b < 0$.
\item An den Stellen $(-1,0)$ und $(1,0)$ gibt es keine Lösung, da $\frac{\partial F}{\partial y}(-1,0) = 0 = \frac{\partial F}{\partial y}(1,0)$.
\end{itemize}
\end{example}
\begin{theorem}[Lokale Extrema mit Nebenbedingung]
Seien $U \subseteq \mathbb R^n$ offen und sei $f \colon U \to \mathbb R$ stetig differenzierbar. Setze $M = \{x \in U \colon f(x) = 0\}$. Sei $a \in M$ mit $f'(a) \neq 0$. Weiterhin sei $h \colon U \to \mathbb R$ eine stetig differenzierbare Funktion, die in $a$ ein lokales Maximum (bzw. Minimum) unter der Nebenbedingung $f = 0$ besitzt, d.h. es gebe eine Umgebung $V \subseteq U$ von $a$ mit $h(a) \geq (x)$ (bzw. $h(a) \leq h(x)$) für alle $x \in V \cap M$. Dann gibt es ein $\lambda \in \mathbb R$ mit $h'(a) = \lambda f'(a)$. (Solch ein $\lambda$ heißt {\em Lagrangescher Multiplikator})
\end{theorem}
\begin{proof}
Wir nehmen o.E. an, dass $D_nf(a) \neq 0$. Sonst nummeriere die Koordinaten um. Sei o.E. $n \geq 2$, da sonst die Behauptung trivial ist. Sei $a = (a_1,\dots,a_n)$ und setze $c = (a_1,\dots,a_{n-1})$. Nach Satz 7 gibt es offene Umgebungen $V$ von $c$ und $W$ von $a_n$ mit $V \times W \subseteq U$ und eine stetig differenzierbare Funktion $g \colon V \to W$ mit $\graph(g) = M \cap (V \times W)$. Außerdem gilt
\[D_i g(c) = - \frac{D_i f(a)}{D_n f(a)}\quad\text{für $1 \leq i \leq n -1$}\tag{$*$}\]
Sei nun $h^*$ definiert durch $h^*(x) = h(x,g(x))$. Da für alle $x \in V$ $(x,g(x)) \in M$, besitzt nach Voraussetzung $h^*$ in $c$ ein lokales Extremum. Weil $h^*$ differenzierbar ist, ist also $Dh^*(c) = 0$. Somit gilt nach Kettenregel
\[0 = D_i h^*(c) = D_ih(a) + D_nh(a) \cdot D_ig(c)\quad\text{für $1 \leq i \leq n-1$}\]
Setze nun $\lambda = D_nh(a)/D_nf(a)$. Für $1 \leq i \leq n-1$ gilt dann
\[D_ih(a) = - D_nh(a) \cdot D_ig(c) \overset{(*)}= \lambda D_if(a)\]
Diese Gleichung gilt auch für $i = n$. Also ist $h'(a) = \lambda f'(a)$.
\end{proof}
\begin{example}
Man bestimme diejenigen Punkte auf der Kugeloberfläche $S^2 = \{(x,y,z) \colon\!x^2 + y^2 + z^2 = 1 \}$, die von dem Punkt $a = (1,1,1)$ den kleinsten bzw. größten Abstand haben. Definiere hierzu $f, h \colon \mathbb R^3 \to \mathbb R$ durch
\begin{align*}
f(x,y,z) &= x^2 + y^2 + z^2 - 1 \\
h(x,y,z) &= \|(x,y,z) - a\|^2 = (x-1)^2 + (y-1)^2 + (z-1)^2
\end{align*}
Gesucht sind globale Extrema von $h$ mit der Nebenbedingung $f = 0$. Es ist $Df(x,y,z) = (2x,2y,2z)$ und $Dh(x,y,z) = \big(2(x-1),2(y-1),2(z-1)\big)$. Ist $Dh(x,y,z) = \lambda Df(x,y,z)$ und $(x,y,z) \in S^2$, so ist $(x-1) = \lambda x$, $y-1 = \lambda y$ und $z-1 = \lambda z$ und $x^2 + y^2 + z^2 = 1$. Also $x = y = z = 1/(1-\lambda)$. Wegen $(x,y,z) \in S^2$ also $3/(1-\lambda)^2 = 1$, also $\lambda = 1 \pm \sqrt 3$. Somit ist $(x,y,z) = \pm \frac{1}{\sqrt 3}(1,1,1)$. Setze $a_1 = \frac{1}{\sqrt 3}(1,1,1)$ und $a_2 = -\frac{1}{\sqrt 3}(1,1,1)$. Da $h$ stetig ist und $S^2$ kompakt ist, existieren $b_1,b_2 \in S^2$ mit $h(b_1) \leq h(x) \leq h(b_2)$ für alle $x \in S^2$. Nun ist aber $Df(b_1) \neq 0$ und $Df(b_2) \neq 0$, da $b_1, b_2 \in S^2$. Nach Satz 7 existieren also $\lambda_1,\lambda_2 \in \mathbb R$ mit $Dh(b_1) = \lambda_1 Df(b_1)$ und $Dh(b_2) = \lambda_2 Df(b_2)$. Wegen $h(a_1) < h(a_2)$ ist also nach obiger Rechnung $b_1 = a_1$ und $b_2 = a_2$. Somit gilt
\begin{itemize}
\item $\frac{1}{\sqrt 3}(1,1,1)$ ist der Punkt aus $S^2$ mit kleinstem Abstand von $(1,1,1)$
\item $-\frac{1}{\sqrt 3}(1,1,1)$ ist der Punkt aus $S^2$ mit größtem Abstand von $(1,1,1)$
\end{itemize}
\end{example}
\myclearpage    %ACHTUNG, BEI ÄNDERUNGEN WIEDER RAUSNEHMEN!!
\section{Parameterabhängige Integrale}
\begin{theorem}
Seien $a,b \in \mathbb R$ mit $a < b$, $D \subseteq \mathbb R^n$ und $\varphi, \psi \colon D \to \mathbb R$ stetig mit $a \leq \varphi(y) \leq \psi(y) \leq b$ für alle $y \in D$. Weiterhin sei $f \colon [a,b] \times D \to \mathbb R$ stetig. Dann ist die Funktion $g \colon D \to \mathbb R$ stetig, welche definiert ist durch
\[g(y) = \int\limits_{\varphi(y)}^{\psi(y)}f(x,y)\,\dd x\]
\end{theorem}
\begin{proof}
Sei $c \in D$ und $(y_k)_{k\in\mathbb N}$ eine Folge in $D$ mit $\lim_{k\to\infty}y_k = c$. Wir müssen zeigen, dass $\lim_{k\to\infty}g(y_k) = g(c)$. Sei hierzu $\varepsilon > 0$. Setze nun $Q = \{y_k \colon k \in \mathbb N\} \cup \{c\}$. Dann ist $Q$ kompakt. Also ist auch $K = [a,b] \times Q$ kompakt. Somit ist die Einschränkung von $f$ auf $K$ gleichmäßig stetig. Daher gibt es ein $\delta > 0$ mit
\begin{enumerate}
\item[(1)] $|f(x,y) - f(x,z)| < \frac{\varepsilon}{3(b-a)}$ für alle $x \in [a,b]$ und alle $y,z \in Q$ mit $\|y-z\| < \delta$.
\end{enumerate}
Weiterhin existiert $M$ mit
\begin{enumerate}
\item[(2)] $|f(x,y)| < M$ für alle $(x,y) \in K$.
\end{enumerate}
Wegen $\lim_{k\to\infty}y_k = c$ und $\varphi$,$\psi$ stetig existiert $m \in \mathbb N$ mit für alle $k \geq m$
\begin{enumerate}
\item[(3)] $\|y_k - c\| < \delta$ und $|\varphi(y_k) - \varphi(c)|,|\psi(y_k) - \psi(c)| < \frac{\varepsilon}{3M}$.
\end{enumerate}
Dann gilt für alle $k \geq m$
\begin{align*}
|g(y_k) - g(c)| &= \left|\int_{\varphi(y_k)}^{\psi(y_k)}\!f(x,y_k)\dd x - \int_{\varphi(c)}^{\psi(c)}\!f(x,c)\dd x\right| \leq\\
&\leq \left|\int_{\varphi(y_k)}^{\psi(y_k)}\!f(x,y_k)\dd x - \int_{\varphi(c)}^{\psi(c)}\!f(x,y_k)\dd x\right| + \left|\int_{\varphi(c)}^{\psi(c)}\!f(x,y_k) - f(x,c)\dd x\right| \leq\\
&\leq \left|\int_{\varphi(c)}^{\psi(y_k)}\!f(x,y_k)\dd x + \int_{\varphi(y_k)}^{\psi(c)}\!f(x,y_k)\dd x\right| + \frac{\varepsilon}{3(b-a)}|\psi(c) - \varphi(c)| \leq\\
&\leq M \cdot |\varphi(y_k) - \varphi(c)| + M \cdot |\psi(c) - \psi(y_k)| + \frac{\varepsilon}{3} < \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon\qedhere
\end{align*}
\end{proof}
\begin{theorem}
Seien $a,b \in \mathbb R$ mit $a < b$, $U \subseteq \mathbb R^n$ offen und $f \colon [a,b] \times U \to \mathbb R, (x,y_1,\dots,y_n) \mapsto f(x,y_1,\dots,y_n)$ stetig. Ist $f$ bezüglich $y_i$ stetig partiell differenzierbar, so ist auch die Funktion $g \colon U \to \mathbb R$ definiert durch $g(y) = \int_a^bf(x,y)\dd x$ bezüglich $y_i$ stetig partiell differenzierbar und es gilt
\[\frac{\partial g}{\partial y_i}(y) = \int_a^b\frac{\partial f}{\partial y_i}(x,y)\dd x\]
\end{theorem}
\begin{proof}
o.E. sei $n=1$. Sei $c \in U$ und $(c_k)_{k\in\mathbb N}$ eine Folge aus $U \setminus \{c\}$, die gegen $c$ konvergiert. Wir müssen zeigen
\[\lim_{k\to 0} \frac{g(c_k)-g(c)}{c_k-c} = \int_a^b D_2f(x,c)\dd x\]
Sei also $\varepsilon > 0$. Setze $f_k(x) = \big(f(x,c_k)-f(x,c)\big)/\big(c_k-c\big)$. Dann gilt
\[\frac{g(c_k)-g(c)}{c_k-c} - \int_a^bD_2f(x,c)\dd x = \int_a^b\big(f_k(x)-D_2f(x,c)\big)\dd x\tag{$1$}\]
Wähle $\rho > 0$ mit $Q = [c-\rho,c+\rho] \subseteq U$. Nach dem Mittelwertsatz gilt
\[\text{für alle $k$ und alle $x \in [a,b]$ existiert $y \in [c_k,c]$ mit $f_k(x) = D_2f(x,y)$}\tag{2}\]
Setze $K = [a,b] \times Q$. $K$ ist kompakt und daher $D_2f$ eingeschränkt auf $K$ gleichmäßig stetig. Somit gibt es ein $0 < \delta \leq \rho$ mit
\[\left|D_2f(x,y) - D_2f(x,c)\right| < \frac{\varepsilon}{b-a}\quad\text{für alle $x \in [a,b]$ und alle $y$ mit $|y-c| < \delta$}\tag{3}\]
Wegen $\lim_{k\to\infty}c_k = c$ existiert ein $m$ mit
\[|c_k - c| < \delta\quad\text{für alle $k \geq m$}\tag{4}\]
Für $k \geq m$ gilt dann
\begin{align*}
&\left|\frac{g(c_k)-g(c)}{c_k-c} - \int_a^bD_2f(x,c)\right| \leq\\
\overset{(1)}\leq&\sup\{|f_k(x) - D_2f(x,c)| \colon x \in [a,b]\}\cdot(b-a) \leq\\
\overset{(2)}\leq&\sup\{|D_2f(x,y) - D_2f(x,c)| \colon x \in [a,b] \wedge y \in [c_k,c]\} \cdot (b-a) \leq\\
\overset{(3,4)}\leq& \frac{\varepsilon}{b-a}\cdot(b-a) = \varepsilon\qedhere
\end{align*}
\end{proof}
\section{Approximationssätze}
\begin{gelaber}
Sei $X$ ein kompakter metrischer Raum. Sei dann $C(X)$ die Menge aller stetigen Funktionen von $X$ nach $\mathbb R$. Für $f,g \in C(X)$ und $\alpha \in \mathbb R$ definiere $f + g$, $\alpha f$ durch
\begin{align*}
(f+g)(x) &= f(x) + g(x)\\
(\alpha f)(x) &= \alpha f(x)
\end{align*}
für alle $x \in X$. Mit dieser Operation ist $C(X)$ ein $\mathbb R$-Vektorraum. Wir können auf $C(X)$ eine Norm definieren durch (für $f \in C(X)$)
\[\|f\| = \sup\{|f(x)|\colon x \in X\}\]
Weil $X$ kompakt ist, ist auch $f[X]$ kompakt und daher beschränkt. Also $\|f\| < \infty$.( Wir benutzen die obige Notation auch für beliebige Funktionen von $X$ nach $\mathbb R$.) Man rechnet leicht nach, dass $\| \cdot \|$ eine Norm ist (die Supremumsnorm). Somit ist $C(X)$ mit $\| \cdot \|$ ein normierter Vektorraum. Insbesondere ist es also ein metrischer Raum mit der Metrik $d(f,g) = \|f-g\|$.
\end{gelaber}
\begin{theorem}
$C(X)$ ist vollständig.
\end{theorem}
\begin{proof}
Sei $(f_n)_{n\in\mathbb N}$ eine Cauchy-Folge in $C(X)$. Da ja für alle $m,n \in \mathbb N$ und $x \in X$ $|f_m(x) - f_n(x)| \leq \|f_m-f_n\|$ gilt, ist für jedes $x \in X$ $(f_n(x))_{n\in\mathbb N}$ eine Cauchy-Folge in $\mathbb R$ und daher konvergent. Sei für $x \in X$ $f(x) = \lim_{n\to\infty}f_n(x)$. Wir zeigen, dass $f \colon X \to \mathbb R$ stetig ist und $(f_n)_{n\in\mathbb N}$ gegen $f$ konvergiert (in $C(X)$). Hierzu zeigen wir
\[\text{für alle $\varepsilon > 0$ existiert ein $m \in \mathbb N$ mit $\|f_n-f\| \leq 2 \varepsilon$ für alle $n \geq m$}\tag{$*$}\]
Dann konvergiert also $f_n$ "`gleichmäßig"' gegen $f$. Wie in §9 folgt dann, dass $f$ stetig ist, da alle $f_n$ stetig sind. Somit konvergiert $(f_n)_{n\in\mathbb N}$ gegen $f$ (in $C(X)$). \par
Nun zum Beweis von ($*$). Sei $m \in \mathbb N$ mit $\|f_n - f_k\| < \varepsilon$ für alle $k,n \geq m$. Sei nun $n \geq m$ und $x \in X$. Wähle ein $k \geq m$ mit $|f_k(x) - f(x)| < \varepsilon$. Dann ist $|f_n(x) - f(x)| \leq |f_k(x) - f(x)| + |f_n(x) - f_k(x)| < \varepsilon + \|f_n-f_k\| < \varepsilon + \varepsilon = 2 \varepsilon$. Also $\|f_n-f\| \leq 2\varepsilon$.
\end{proof}
\begin{definition}
Sei $Y$ ein metrischer Raum und $A \subseteq Y$. $A$ ist {\em dicht} in $Y$, wenn für alle $y \in Y$ und alle $\varepsilon > 0$ ein $z \in A$ existiert mit $d(y,z)  < \varepsilon$.
\end{definition}
\begin{remark}
Seien $A,Y$ wie oben. Dann gilt:
$A$ ist dicht in $Y$ genau dann, wenn für alle $y \in Y$ eine Folge $(a_n)_{n\in\mathbb N}$ aus $A$ existiert, die gegen $y$ konvergiert.
\end{remark}
\begin{gelaber}
Sei weiterhin $X$ ein kompakter metrischer Raum. Wir interessieren uns für dichte Teilmengen von $C(X)$.
\end{gelaber}
Für $f,g \in C(X)$ definiere $fg \colon X \to \mathbb R$ durch $(fg)(x) = f(x)g(x)$ für $x \in X$. Also $fg \in C(X)$.
\begin{definition}
Sei $A \subseteq C(X)$. $A$ ist eine {\em Algebra}, wenn $A \neq \varnothing$ und für alle $f,g \in A$ und $c \in \mathbb R$ gilt, dass $f + g, fg, cf \in A$.
\end{definition}
\begin{example}
Sei $X = [a,b]$ ein kompaktes Intervall. Dann ist die Menge aller Polynomfunktionen auf $X$ eine Algebra.
\end{example}
\begin{definition}
Sei $A \subseteq C(X)$. $A$ {\em trennt die Punkte} von $X$, wenn für alle $x,y \in X$ mit $x \neq y$ ein $f \in A$ mit $f(x) \neq f(y)$ existiert.
\end{definition}
\begin{remark}
Ist $A$ wie im obigen Beispiel, so trennt $A$ die Punkte von $X$, denn wir können einfach als $f$ die Identität wählen.
\end{remark}
\begin{remark}
Sei $A \subseteq C(X)$ eine Algebra. Setze
\[\overline A = \{f \in C(X) \colon \text{es existiert eine Folge $(f_n)_{n\in\mathbb N}$ aus $A$, die gegen $f$ konvergiert}\}\]
Dann ist $\overline A$ eine Algebra.
\end{remark}
\begin{proof}
Um z.B. zu zeigen, dass $f + g \in \overline A$ für $f,g \in \overline A$, benutze die Tatsache, dass wenn $(f_n)_{n\in\mathbb N}$ gegen $f$ und $(g_n)_{n\in\mathbb N}$ gegen $g$ konvergiert, folgt, dass $(f_n + g_n)$ gegen $f + g$ konvergiert.
\end{proof}
\begin{lemma}
Sei $X = [a,b]$ ein kompaktes Intervall. Definiere $f \colon X \to \mathbb R$ durch $f(x) = |x|$. Dann existiert eine Folge von Polynomfunktionenen auf $X$, die gleichmäßig gegen $f$ konvergiert.
\end{lemma}
\begin{proof}
Der Beweis folgt am Ende der Vorlesung.
\end{proof}
\begin{definition}
Seien $f, g \colon X \to \mathbb R$. Definiere die Funktionen $\max(f,g)$ und $\min(f,g)$ von $X$ nach $\mathbb R$ durch (für $x \in \mathbb R$)
\begin{align*}
\max(f,g)(x) &= \max(f(x),g(x))\\
\min(f,g)(x) &= \min(f(x),g(x))
\end{align*}
(entsprechend für endlich viele Funktionen)
\end{definition}
\begin{remark}
Es gelten
\begin{align*}
\max(f,g) &= \frac{f+g}{2} + \frac{|f-g|}{2}\\
\min(f,g) &= \frac{f+g}{2} - \frac{|f-g|}{2}
\end{align*}
\end{remark}
\begin{proof}
Nur die erste Gleichung. Aus Symmetriegründen gilt o.E. $\max(f(x),g(x)) = f(x)$. Aber $f(x) = \frac{1}{2}(f(x)+g(x))+\frac{1}{2}(f(x)-g(x))$.
\end{proof}
\begin{theorem}[Satz von Stone-Weierstraß]
Sei $X$ ein kompakter metrischer Raum, und sei $A \subseteq C(X)$ eine Algebra, welche die konstanten Funktionen enthält und die Punkte von $X$ trennt. Dann ist $A$ dicht in $C(X)$.
\end{theorem}
\begin{proof}
Wir setzen zuerst voraus, dass für $A$ zusätzlich gilt:
\[\forall f,g \in A \colon \max(f,g),\min(f,g) \in A\tag{$*$}\]
Nun gilt
\[\forall x,y \in X, \alpha,\beta \in \mathbb R \colon x \neq y \Longrightarrow \exists h \in A \colon h(x) = \alpha \wedge h(y) = \beta\tag{$+$}\]
Denn seien $x,y, \alpha,\beta$ wie in ($+$). Da $A$ die Punkte von $X$ trennt, gibt es ein $g \in A$ mit $g(x) \neq g(y)$. Definiere nun $h \colon X \to \mathbb R$ durch
\[h(z) = \alpha + (\beta - \alpha)\frac{g(z)-g(x)}{g(y)-g(x)}\]
Da $A$ eine Algebra ist und alle konstanten Funktionen enthält, ist $h \in A$. Außerdem $h(x) = \alpha$, $h(y) = \beta$. \\
Sei nun $f \in C(X)$ und $\varepsilon > 0$. Wir suchen ein $g \in A$ mit $f(x) - \varepsilon < g(x) < f(x) + \varepsilon$ für alle $x \in X$. Solch ein $g$ finden wir in zwei Schritten. Gemäß ($+$) wähle für je zwei $x,y \in X$ ein $h_{x,y} \in A$ mit $h_{x,y}(x) = f(x)$ und $h_{x,y}(y) = f(y)$. (für $x=y$ wähle die konstante Funktion $f(x)$). Sei nun $x \in X$. Für $y \in X$ ist $(h_{x,y} - f)(y) = 0$ und $h_{x,y}-f$ ist stetig. Also existiert eine offene Umgebung $U_y$ von $y$ mit
\[\forall z \in U_y \colon h_{x,y} < f(z) + \varepsilon\tag{$\Delta$}\]
Setze $\mathcal U = \{U_y \colon y \in X\}$. Dann ist $\mathcal U$ eine offene Überdeckung von $X$. Wegen $X$ kompakt existieren also endlich viele $y_1,\dots,y_n \in X$ mit $X = U_{y_1} \cup \dots \cup U_{y_n}$. Setze nun $h_x = \min(h_{x,y_1},\dots,h_{x,y_n})$. Wegen ($*$) ist dann $h_x \in A$ und nach ($\Delta$) gilt
\[\forall z \in X \colon h_x(z) < f(z) + \varepsilon\tag{$\circ$}\]
Weiterhin ist $h_x(x) = f(x)$, also $(h_x-f)(x) = 0$. Wegen Stetigkeit existiert also für alle $x \in X$ eine offene Umgebung $V_x$ von $x$ mit
\[\forall z \in U_x \colon f(z) - \varepsilon < h_x(z)\tag{$\heartsuit$}\]
Setze nun $\mathcal V = \{v_x \colon x \in X\}$. Dann ist $\mathcal V$ eine offene Überdeckung von $X$. Wegen $X$ kompakt existieren also endlich viele $x_1,\dots,x_n \in X$ mit $X = V_{x_1} \cup \dots \cup V_{x_n}$. Setze nun $g = \max(h_{x_1},\dots,h_{x_n})$. Wegen ($*$) ist $g \in A$ und nach ($\circ$),($\heartsuit$)
\[\forall z \in X \colon f(z) - \varepsilon < g(z) < f(z) + \varepsilon\]
Sei nun $A$ beliebig wie im Satz und sei $\overline A$ der Abschluss von $A$ (wie in früherer Bemerkung). Es genügt zu zeigen, dass $\overline A$ dicht in $C(X)$ liegt. Nach früherer Bemerkung ist $\overline A$ eine Algebra. Nach dem ersten Teil des Beweises genügt es also zu zeigen, dass für alle $f,g \in \overline A$ $\max(f,g),\min(f,g) \in \overline A$ gilt. Hierzu reicht es aber aus, dass für alle $f,g \in A$ gilt, dass $\max(f,g), \min(f,g) \in \overline A$. Nach obiger Bemerkung ist aber
\begin{align*}
\max(f,g) &= \frac{f+g}{2} + \frac{|f-g|}{2}\\
\min(f,g) &= \frac{f+g}{2} - \frac{|f-g|}{2}
\end{align*}
Da $\overline A$ eine Algebra ist, genügt es also zu zeigen, dass für $f \in A$ $|f| \in \overline A$ gilt. Sie hierzu $f \in A$ und setze $c = \|f\|$. Es genügt zu zeigen, dass für alle $\varepsilon > 0$ ein $g \in A$ existiert mit $\|g-|f|\| < \varepsilon$. Sei hierzu $\varepsilon > 0$. Nach Lemma 2 existiert ein Polynom $p$ mit
$|p(t) - |t|| \leq \varepsilon$ für alle $t \in [-c,c]$. Dann ist aber $|p(f(x)) - |f(x)|| \leq \varepsilon$ für alle $x \in X$. Aber $p \circ f \in A$, da $A$ eine Algebra ist.
\end{proof}
\begin{corollary}
Sei $X \subseteq \mathbb R^n$ kompakt und sei $P$ die Menge aller Polynomfunktionen auf $X$. Dann ist $P$ dicht in $C(X)$.
\end{corollary}
\begin{proof}
Offenbar ist $P$ eine Algebra, die alle konstanten Funktionen enthält. Um zu zeigen, dass $P$ die Punkte von $X$ trennt, betrachte für $1 \leq i \leq n$ die Polynomfunktionen $p_i(x_1,\dots,x_n) = x_i$. Sind $x = (x_1,\dots,x_n),y = (y_1,\dots,y_n) \in X$ mit $x \neq y$, so existiert $i$ mit $x_i \neq y_i$. Dann ist $p_i(x) = x_i \neq y_i = p_i(y)$. Also folgt die Behauptung aus Satz 3.
\end{proof}
\begin{gelaber}
Es gibt noch eine komplexwertige Version von Satz 3. Sei dann für einen kompakten metrischen Raum $X$ $C(X,\mathbb C)$ die Menge aller stetigen Funktionen von $X$ nach $\mathbb C$. Wir können auf $C(X,\mathbb C)$ die Supremumsnorm analog definieren durch
\[\|f\| = \sup\{|f(x)| \colon x \in X\}\]
$C(X,\mathbb C)$ ist dann ein normierter $\mathbb C$-Vektorraum. Wir sagen, dass $A \subseteq C(X,\mathbb C)$ eine $\mathbb C$-Algebra ist, wenn für alle $f,g \in A$ und $c \in \mathbb C$ $f+g,fg,cf \in A$ gilt. Für $f \colon X \to \mathbb C$ definiere die Konjugierte $\overline f$ durch $\overline f(x) = \overline{f(x)}$ für $x \in X$. Wir sagne, dass $A$ selbstkonjugiert ist, wenn für alle $f \in A$ gilt $\overline f \in A$.
\end{gelaber}
\begin{theorem}
Sei $X$ ein kompakter metrischer Raum und sei $A \subseteq C(X,\mathbb C)$ eine selbstkonjugierte $\mathbb C$-Algebra, welche die konstanten Funktionen enthält und die Punkte von $X$ trennt. Dann ist $A$ dicht in $C(X,\mathbb C)$.
\end{theorem}
\begin{proof}
Sei $A(\mathbb R) = A \cap C(X)$. Dann ist $A$ eine Algebra.
\[\text{$A(\mathbb R)$ trennt die Punkte von $X$}\tag{1}\]
Seien hierzu $x,y \in X$ mit $x \neq y$. Wähle $f \in A$ mit $f(x) \neq f(y)$. Definiere $g \colon X \to \mathbb C$ durch $g(z) = (f(z)-f(x))/(f(y)-f(x))$. Dann ist $g \in A$ und $g(x) = 0$, $g(y) = 1$. Setze nun $h = g + \overline g$. Wegen $A$ selbstkonjugiert ist dann $h \in A(\mathbb R)$ und $h(x) = 0 \neq 2 = h(y)$\hskip 0pt plus1fill\qedsymbol(1)
Somit folgt aus Satz 3
\[\text{$A(\mathbb R)$ ist dicht in $C(X)$}\]
Sei nun $\varphi \in C(X,\mathbb C)$ und $\varepsilon > 0$. Dann existieren $\psi_0, \psi_1 \in C(X)$ mit $\varphi = \psi_0 + i\psi_1$. Gemäß (2) wähle $f_0,f_1 \in A(\mathbb R)$ mit $\|\psi_0 - f_0\| \leq \varepsilon$ und $\|\psi_1 - f_1\| \leq \varepsilon$. Setze $f = f_0 + if_1$. Dann ist $f \in A$ und $\|\varphi - f\| \leq 2\varepsilon$.
\end{proof}
\begin{definition}
Sei $S = \{z \in \mathbb C \colon |z| = 1\}$. Eine Funktion $f \colon S \to \mathbb C$ ist ein {\em trigonometrisches Polynom} (auf $S$), wenn es ein $n \in \mathbb N$ gibt und $c_k \in \mathbb C$ für $k \in \mathbb Z$ mit $-n \leq k \leq n$, sodass für alle $z \in S$ gilt
\[f(z) = \sum_{k=-n}^nc_kz^k\]
\end{definition}
\begin{theorem}
Sei $S = \{z \in \mathbb C \colon |z| = 1\}$, und sei $T$ die Menge aller trigonometrischen Polynome auf $S$. Dann ist $T$ dicht in $C(S,\mathbb C)$.
\end{theorem}
\begin{proof}
Offenbar ist $T$ eine $\mathbb C$-Algebra, welche alle konstanten Funktionen enthält und die die Punkte von $S$ trennt. Wegen Satz 4 brauchen wir also nur noch zu zeigen, dass $T$ selbstkonjugiert ist. Sei hierzu $f \in T$ und etwa $f(z) = \sum_{k=-n}^nc_kz^k$ für $z \in \mathbb C$. Nun ist aber für $z \in S$ $\overline z = z^{-1}$. Also gilt für $z \in S$
\[\overline f(z) = \sum_{k=-n}^nc_kz^{-k} = \sum_{k=-n}^nc_{-k}z^k\]
Somit ist $\overline f \in T$.
\end{proof}
\begin{gelaber}
Der Kreis $S$ wird ja parametrisiert durch die Funktion $g \colon [0,2\pi] \to S$ definiert durch $g(t) = e^{it} = \cos t + i \sin t$. Jedem Element von $C(S,\mathbb C)$ entspricht dann kanonisch eine stetige Funktion $f^* \colon [0,2\pi] \to \mathbb C$ mit $f^*(0) = f^*(2\pi)$ definiert durch $f^*(t) = f(e^{it})$. $f^*$ kann man dann zu einer $2\pi$-periodischen Funktion $f^{**}$ fortsetzen, die auf ganz $\mathbb R$ definiert ist, indem man $f^{**}(2\pi n + t) = f^*(t)$ für $n \in \mathbb Z$ und $t \in [0,2\pi]$ setzt. Auf diese Weise erhält man alle $2\pi$-periodischen stetigen Funktionen $h \colon \mathbb R \to \mathbb C$. Beim Übergang von $f$ zu $f^*$ zu $f^{**}$ verändert sich die Supremumsnorm nicht. \par
Wir sagen nun $f \colon \mathbb R \to \mathbb C$ ist ein trigonometrisches Polynom auf $\mathbb R$, wenn ein $n \in \mathbb N$ existiert und $c_k \in \mathbb C$ für $k \in \mathbb Z$ mit mit $-n \leq k \leq n$, sodass gilt
\[f(t) = \sum_{k=-n}^n c_k e^{ikt}\]
\end{gelaber}
\begin{corollary}
Sei $B$ die Menge aller stetigen $2\pi$-periodischen Funktionen von $\mathbb R$ nach $\mathbb C$ (mit Supremumsnorm) und sei $T$ die Menge aller trigonometrischen Polynome (auf $\mathbb R$). Dann ist $T$ dicht in $B$.
\end{corollary}
\begin{gelaber}
Beachte noch, dass sich wegen $e^{ix} = \cos x + i \sin x$ jedes trigonometrische Polynom schreiben lässt als
\[f(t) = \frac{a_0}{2} + \sum_{k=1}^na_k\cos(kt) + i\sum_{k=1}^n b_k \sin(kt)\]
\end{gelaber}
\begin{definition}
Sei $(K_n)_{n\in\mathbb N}$ eine Folge von Funktionen $\mathbb R\to\mathbb R$. Dann ist $(K_n)_{n\in\mathbb N}$ eine {\em Diracfolge}, wenn gilt
\begin{enumerate}[(D{I}R1)]
\item Für alle $x\in\mathbb R$ und alle $n\in\mathbb N$ ist $K_n(x) \geq 0$.
\item Für alle $n\in\mathbb N$ ist $K_n$ stetig und $\int_{-\infty}^\infty K_n(t)\dd t = 1$.
\item Für alle $\varepsilon,\delta > 0$ existiert ein $m\in\mathbb N$, sodass für alle $n\geq m$ gilt:
\[
\int_{-\infty}^{-\delta}K_n(t)\dd t + \int_{\delta}^\infty K_n(t)\dd t < \varepsilon
\]
\end{enumerate}
Sei $(K_n)_{n\in\mathbb N}$ eine Diracfolge. Für eine stetige und beschränkte Funktion $f\colon\mathbb R\to\mathbb R$ definiere die {\em Faltung} $f*K_n$ von $f$ und $K_n$ durch
\[
(f*K_n)(x) = \int_{-\infty}^\infty f(t)K_n(x - t)\dd t
\]
\end{definition}
\begin{theorem}
Sei $(K_n)_{n\in\mathbb N}$ eine Diracfolge. Weiterhin sei $S\subseteq\mathbb R$ beschränkt und sei $f\colon\mathbb R\to\mathbb R$ stetig und beschränkt. Dann konvergiert die Folge $(f*K_n)_{n\in\mathbb N}$ auf $S$ gleichmäßig gegen $f$.
\end{theorem}
\begin{proof}
Setze $f_n = f*K_n$. Durch einfache lineare Substitution erhält man
\[
f_n(x) = \int_{-\infty}^\infty f(x-t) K_n(t)\dd t
\]
Wegen (DIR2) gilt aber
\[
f(x) = f(x) \int_{-\infty}^\infty K_n(t)\dd t = \int_{-\infty}^\infty f(x)K_n(t)\dd t
\]
Also ist
\[
f_n(x) - f(x) = \int_{-\infty}^\infty \big(f(x - t) - f(x)\big) K_n(t)\dd t
\]
Sei nun $\varepsilon > 0$. Wegen $S$ beschränkt existiert ein kompaktes Intervall $I = [c, d]$ mit $S\subseteq [c+\mu, d-\mu]$ für ein $\mu > 0$. Dann ist $f$ auf $I$ gleichmäßig stetig. Also existiert ein $\delta > 0$ mit $\big| f(x-t) - f(x) \big| < \frac{\varepsilon}{2}$ für alle $x\in S$ und $t\in \mathbb R$ mit $|t| < \delta$. Sei nun $M > 0$ eine Schranke für $f$, d.h. $|f(x)| \leq M$ für alle $x\in\mathbb R$. Gemäß (DIR3) wähle $m$ so, dass für alle $n\geq m$ gilt
\[
\int_{-\infty}^{-\delta} K_n(t)\dd t + \int_{\delta}^\infty K_n(t)\dd t < \frac{\varepsilon}{4M}
\]
Wir erhalten dann für $x\in S$
\begin{align*}
\big|f_n(x) - f(x)\big| &= \left| \int_{-\infty}^\infty \big(f(x - t) - f(x)\big) K_n(t)\dd t\right| \leq \\
& \leq \int_{-\infty}^\infty \big| f(x-t) - f(x)\big| K_n(t)\dd t =\\
&= \int_{-\infty}^{-\delta} \big|f(x-t) - f(x)\big| K_n(t)\dd t + \int_{-\delta}^\delta \big|f(x-t) - f(x)\big| K_n(t)\dd t+\mbox{}\\
& \text{\hphantom{$\mbox{=}$}}\mbox{}+{}\int_\delta^\infty \big| f(x-t) - f(x) \big| K_n(t)\dd t \leq \\
&\leq 2M\left( \int_{-\infty}^{-\delta} K_n(t)\dd t + \int_\delta^\infty K_n(t)\dd t \right) + \frac{\varepsilon}{2} \int_{-\delta}^\delta K_n(t)\dd t <\\
& < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \qedhere
\end{align*}
\end{proof}
\begin{proof}[Beweis von Lemma 2]
Wir zeigen, dass für ein kompaktes Intervall $[a,b]$ und eine stetige Funktion $f\colon[a,b]\to\mathbb R$ eine Folge von Polynomfunktionen auf $[a,b]$ existiert, die gleichmäßig gegen $f$ konvergiert.\par
Sei o.E. $a\neq b$. Wir reduzieren die Behauptung zuerst auf den Fall $[a,b] = [0,1]$ und $f(a) = f(b) = 0$. Wir müssen ja zeigen:
\begin{itemize}
\item[$(*)$] für alle $\varepsilon > 0$ existiert ein Polynom $P$ mit $\|f - P\| \leq \varepsilon$.
\end{itemize}
Definiere $g\colon[0,1]\to\mathbb R, t\mapsto f\big((b-a) t + a\big)$. Falls ein Polynom $P$ existiert mit $\|g - P\| \leq \varepsilon$, so gilt $\left|f(x) - P\left(\frac{x-a}{b-a}\right)\right| \leq \varepsilon$ für alle $x\in [a,b]$. Aber $P\left(\frac{x-a}{b-a}\right)$ ist ein Polynom. Somit können wir voraussetzen, dass $[a,b] = [0,1]$. Setze nun $h(x) = f(x) - f(0) - x\big(f(1) - f(0)\big)$ für alle $x\in [0,1]$. Wenn wir $(*)$ für $h$ beweisen, so gilt es auch für $f$. Aber $h(0) = h(1) = 0$. Wir können also auch $f(a) = f(b) = 0$ voraussetzen.\par
Wir setzen $f$ auf ganz $\mathbb R$ fort, indem wir es außerhalb von $[0,1]$ gleich $0$ setzen. Wir nennen dies immer noch $f$. Dann ist $f$ stetig und beschränkt. Für $n\in\mathbb N$ setze
\[
c_n = \int_{-1}^1 \left(1-t^2\right)^n\dd t
\]
Definiere $K_n\colon\mathbb R\to\mathbb R$ durch
\[
K_n(t) = \begin{cases}
\frac{(1-t^2)^n}{c_n}&\qquad\text{falls $-1 \leq t \leq 1$}\\
0 &\qquad\text{sonst}
\end{cases}
\]
Beachte, dass $K_n(t) = K_n(-t)$ gilt. Wir zeigen, dass $(K_n)_{n\in\mathbb N}$ eine Dirac-Folge ist. (DIR1) und (DIR2) sind klar. Es ist außerdem
 \[
\frac{c_n}{2} = \int_0^1 (1-t^2)^n\dd t = \int_0^1 (1+t)^n(1-t)^n\dd t \geq \int_0^1 (1-t)^n\dd t = \frac{1}{n+1}
\]
d.h. $c_n \geq \frac{2}{n+1}$. Für $1\geq \delta > 0$ folgt
\begin{align*}
\int_\delta^1 K_n(t)\dd t &= \int_\delta^1 \frac{(1-t^2)^n}{c_n}\dd t \leq \int_\delta^1\frac{n+1}{2}(1-\delta^2)^n\dd t =\\
&= \frac{n+1}{2}(1-\delta^2)^n (1-\delta) \underset{n\to\infty}\longrightarrow 0
\end{align*}
Also gilt auch (DIR3).
Schließlich zeigen wir, dass $f*K_n|_{[0,1]}$ ein Polynom ist. Sei also $f*K_n = f_n$. Es ist
\[
f_n(x) = \int_{-\infty}^\infty f(t)K_n(x-t)\dd t
\]
Da $f(t)K_n(x-t)$ für $t\in\mathbb R\setminus[0,1]$ gleich $0$ ist, ist
\[
f_n(x) = \int_0^1 f(t)K_n(x-t)\dd t
\]
Nun ist aber $K_n$ in dem Intervall $[-1,1]$ ein Polynom. Somit ist $K_n(x-t)$ ein Polynom in $x$ und $t$ und daher darstellbar als
\[
K_n(x-t) = \sum_{k=0}^{2n} g_k(t)x^k
\]
wobei $g_0,\dots,g_{2n}$ Polynome in $t$ sind. Daher gilt
\[
f_n(x) = \int_0^1f(t)\sum_{k=0}^{2n} g_k(t) x^k \dd t = \sum_{k=0}^{2n}\left(\int_0^1 f(t) g_k(t) \dd t\right) x^k
\]
Also ist $f_n$ in $[0,1]$ ein Polynom. Somit folgt $(*)$ aus Satz 6.
\end{proof}
\end{document}
