
\begin {enumerate}
\item[5.] Sei $Y$ me"sbar. Genau dann ist $\chi_Y$ integrierbar, wenn $\mu(Y)<\infty$. Es ist dann $\int\chi_Y=\mu(Y)$. Ist 
        $0\le\varphi\le f\in\mathcal{L}^{1} (\mu)$ mit $\varphi=$ Stufenfunktion, so ist $\varphi$ eine Treppenfunktion.
        \begin{proof}
                Sei $\varphi=\sum_{i=1}^n \lambda_i \chi_{M_i}$ mit $M_i$ me"sbar, $M_i \cap M_j=\emptyset$, f"ur $i\not=j$.\\
                $\lambda_i (\in\R)>0$, $0\le \varphi\le f \Rightarrow \forall_i:        0 \le \lambda_i \chi_{M_i} \le f \Rightarrow \chi_{M_i} \le \frac{1}{\lambda_i}f \in \mathcal{L}^1(\mu)$.\\
                Es gen"ugt zu zeigen: $\chi_Y \le f \in \mathcal{L}^1$ mit $Y$ me"sbar $\Rightarrow \mu(Y)< \infty$.\\
                Sei nun $(\varphi_n)$ eine $L^1$-Cauchy-Folge, die au"serhalb $M$ punktweise gegen $f$ konvergiert. $\mu(M)=0$.\\
                Sei $(\varphi_{n_k})$ eine Teilfolge wie im Fundamentallemma, die au"serhalb einer Menge $N$ mit $\mu(N)<1$ gleichm"a"sig gegen $f$
                konvergiert. F"ur $\varepsilon=\frac{1}{2}$ $\exists$ ein Index $n_k$ mit $|\varphi_{n_k}(x) - f(x)|\le \frac{1}{2}$ $\forall x \notin N$.\\
                Sei nun $x\in Y$. Dann ist $\chi_Y(x) \not=0 \Rightarrow f(x) \ge 1 = \chi_Y(x)$. \\2 F"alle:
                \begin{enumerate}
                        \item $x\notin N \Rightarrow \varphi_{n_k}(x) > 0 \Rightarrow x \in$ Tr"ager von $\varphi_{n_k} = T$ mit $\mu(T)=\sum \mu(M_i) < \infty,
                                \varphi =\sum \lambda_i \chi_{M_i}$.
                        \item $x\in N$\\
                                $Y=\underbrace{(Y\cap N)}_{\subseteq N}\cup(Y\cap N^c) \Rightarrow\mu(Y) <\infty$
                \end{enumerate}
        \end{proof}
\item[7.] f ist f."u. die Nullfunktion, wenn $f \in \mathcal{L}^1(\mu)$ mit $\|f\|_1=\int_x |f|=0$.
        \begin{proof}
                "$\Longrightarrow$": trivial\\
                "$\Longleftarrow$": Nach ab"andern auf Nullmenge kann man f als me"sbar annehmen.\\
                Setze nun f"ur $n \in \N$:\\ 
                $Y_n=\{x\in X|$ $|f(x)|\ge\frac{1}{n}\}=|f|^{-1}([\frac{1}{n},+\infty))=$ me"sbar.\\
                $\varphi=\underbrace{\frac{1}{n}\chi_{Y_n}}_{Stufenfkt.}\le |f| \in \mathcal{L}^1 \Rightarrow \chi_{Y_n} \in \T(\mu)\subset \mathcal{L}^1(\mu)$
                und\\ $\int\varphi=\frac{1}{n}\mu(Y_n)\le\int|f|=\|f\|_1=0 \Rightarrow \mu(Y_n)=0 \Rightarrow Y=\cup_{n\in\N}Y_n=$ Nullmenge. $Y=\{x|f(x)\not=0\}=$ Nullmenge.
        \end{proof}
\item[8.] Ist $f$ f."u. punktweiser Limes der $L^1$-C.F. $(\varphi_n)$ von Treppenfunktionen, so gilt: $\|\varphi_n-f\|_1\underset{n\rightarrow\infty}\longrightarrow0$. 
        (Man sagt: $f=L^1-\lim\varphi_n=$ Grenzwert der $\varphi_n$ in der $L^1$-(Halb-)Norm)
        \begin{proof}
                Sei $\varepsilon >0$ gegeben. W"ahle $k$ mit $\|\varphi_n-\varphi_m\|_1<\varepsilon$ $\forall n,m \ge k$. (geht, da $(\varphi_n)$ C.F.)
                Bei festen n ist $(|\varphi_n-\varphi_m|)_{m\ge n}$ eine Folge von Treppenfunktionen, die f."u. gegen $|\varphi_n-f|$ konvergiert.
                $(|\varphi_n-\varphi_m|)$ ist auch eine $L^1$-C.F. in $\T(\mu)$, denn\footnote{$|\;|a-b|-|b-c|\;|\le|a-c|$}:\\
                $\int|\;|\varphi_n(x)-\varphi_m(x)|-|\varphi_n(x)-\varphi_l(x)|\;|$

                $\le\int|\varphi_m(x)-\varphi_l(x)|=\|\varphi_m-\varphi_l\|_1$\\
                Also: $|\varphi_n-f|\in\mathcal{L}^1$ und \\ $\int|\varphi_n-f|=\underset{m\rightarrow\infty}\lim\int|\varphi_n-\varphi_m|=
                \underset{m\rightarrow\infty}\lim\|\varphi_n-\varphi_m\|_1\le\varepsilon$
        \end{proof}

\end{enumerate}

\section{Konvergenzs"atze}
Sei $(X,\M,\mu)$ ein Ma"sraum.
\begin{satz}[Normkonvergenzsatz]
        Sei $(f_n)$ eine $L^1$-C.F. in $\mathcal{L}^1(\mu)$. Dann gilt:
        \begin{enumerate}
        \item Es gibt eine Teilfolge $(f_{n_k})$, die f."u. gegen eine Funktion $f$ konvergiert.\\
                F"ur jedes $\varepsilon>0$ gibt es sogar eine Menge $Z$ mit
                $\mu(Z)<\varepsilon$ (die nat"urlich von $\varepsilon$ abh"angt),
                so da"s $(f_{n_k})$ au"serhalb von Z gleichm"a"sig konvergiert.
        \item Dieses f ist integrierbar mit $\|f_n-f\|_1\rightarrow 0$ (d.h. $\mathcal{L}^1(\mu)$ ist vollst"andig in der $L^1$-Halbnorm,
                jede $L^1$-C.F. hat einen Grenzwert $f\in \mathcal{L}^1(\mu)$).
        \item Ist $g$ ein anderer $L^1$-Grenzwert, so ist $f=g$ fast "uberall.
        \end{enumerate}
\end{satz}

\begin{proof}
        O.B.d.A. sind alle $f_n$ me"sbar (alle $f_n$ werden nur auf Nullmengen abge"andert).
        \begin{enumerate}
        \item Geht analog zum Beweis des Fundamentallemmas. Zu beachten ist nur, da"s $Y_k=\{x|\;|f_{n_k}(x)-f_{n_{k+1}}(x)|\ge \frac{1}{2^k}\}$
                me"sbar ist $\forall k\in\N$.
        \item Sei $\varepsilon>0$. O.B.d.A. gilt $f_{n_k}(x) \rightarrow f(x)$ "uberall. W"ahle Treppenfunktion $\tau_{n_k}$ mit
                $\|\tau_{n_k}-f_{n_k}\|_1<\frac{1}{n_k}$, $|\tau_{n_k}(x)-f_{n_k}(x)|<\frac{1}{n_k}$ au"serhalb einer Menge $Z_k$ mit
                $\mu(Z_k)<2^{-k}$.
                \begin{quote} Einschub: $f=f_{n_k}\Rightarrow\exists(\varphi_n)=L^1$-C.F. von $\T_n(\mu)$, die f."u. gegen
                        $f_{n_k}$ konvergiert. $\Rightarrow \|\varphi_n-f\|_1\rightarrow0$
                \end{quote}
                Dann ist $(\tau_{n_k})$ eine $L^1$-C.F., denn:\\
                $\|\tau_{n_k}-\tau_{n_l}\|_1\le\underbrace{\|\tau_{n_k}-f_{n_k}\|_1}_{=\frac{1}{n_k}}+\underbrace{\|f_{n_k}-f_{n_l}\|_1}_{=C.F.}+
                \underbrace{\|f_{n_l}-\tau_{n_l}\|_1}_{=\frac{1}{n_l}}$\\
                $\Rightarrow(\tau_{n_k})$ ist $L^1$-C.F.\\
                Setze $T_k=\cup_{n=k}^\infty Z_n$. Dann ist $\mu(T_k)\le\sum_{n=k}^\infty \mu(Z_n)\le 2\cdot 2^{-k}$ Also ist $T=\cap T_k$
                eine Nullmenge $(\mu(T)\le \mu(T_k)$ $\forall k)$.\\
                Ist $x\notin T$, so existiert ein $k$ mit $x\in T_k=\cup_{l\ge k}Z_l$. Also gilt $x \notin Z_l$ f"ur alle $l\ge k$.
                Also gilt $|\tau_{n_l}(x)-f_{n_l}(x)|<\frac{1}{n_l}$ $\forall l\ge k$. \\
                Aus $|\tau_{n_l}(x)-f(x)|\le\underbrace{|\tau_{n_l}(x)-f_{n_l}(x)|}_{\rightarrow0}+\underbrace{|f_{n_l}(x)-f(x)|}_{\rightarrow0}$
                folgt, da"s au"serhalb $T$ die Folge $(\tau_{n_k})$ punktweise gegen$f$ konvergiert.
                Also ist $f$ integrierbar. Ferner ist $\|f_{n_k}-f\|_1\le\|f_{n_k}-\tau_{n_k}\|_1+\|\tau_{n_k}-f\|_1\le
                \underbrace{\frac{1}{n_k}}_{\rightarrow0}+\underbrace{\|\tau_{n_k}-f\|_1}_{\rightarrow0}$.\\
                $\|f_n-f\|_1\le\|f_n-f_{n_k}\|_1+\|f_{n_k}-f\|_1$.\\
                Sei $\varepsilon>0$ gegeben. W"ahle $l$ mit $\|f_n-f_m\|_1\le\frac{\varepsilon}{2}$ $\forall n,m\ge l$.
                W"ahle $\overline l$ so, da"s $\|f_{n_k}-f\|_1\le\frac{\varepsilon}{2}$ $\forall k\ge\overline l$.
                W"ahle $L=\max(l,n_{\overline l}) \Rightarrow \|f_n-f\|_1\le\varepsilon$
        \item Sei auch $\|f_n-g\|_1 \rightarrow 0\Rightarrow\|f-g\|_1\le
                \underbrace{\|f-f_n\|_1}_{\rightarrow0}+\underbrace{\|f_n+g\|_1}_{\rightarrow0}$ $\forall n$\\
                $\Rightarrow\|f-g\|_1=0\Rightarrow f=g$ f.~"u.
        \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{quote}
        \underline{Vorblick:}\\
        Es gelten folgende sch"one Rechenregeln f"ur das Lebesgue-Integral: Sei $(f_n)$ Folge in $\LL^1(\mu)$\\ \\
        $\left.\begin{array}{ll}
                \textsc{B.~Levi}:                         & \int(\sup f_n) = \sup(\int f_n)\\
                \textsc{H.~Lebesgue}:    & \int(\lim f_n) = \lim(\int f_n)\\
        \end{array}\right\}$ sehr milde Vorauss.
\end{quote}

\begin{satz}[monotone Konvergenz von B. Levi]
        Sei $(f_n)$ eine f."u. monoton wachsende Folge von Funktionen $f_n$ in $\mathcal{L}^1(\mu)$ derart, da"s die
        Folge der Integrale $(\int f_n)_{n\in \N}$ beschr"ankt ist. Dann konvergiert $f_n$ f."u. gegen eine
        Funktion $f$, die integrierbar ist. F."u. ist $f(x)=\underset{n\in\N}\sup f_n(x)$.
        Ferner ist $\int f=\underset{n\in\N}\sup\int f_n=\underset{n\rightarrow\infty }\lim\int f_n$. Oder kurz:\\
        $$\int(\sup (f_n))=\sup (\int f_n)$$
\end{satz}

\begin{proof}
        $f_n$ f."u. monoton wachsen hei"st: $\exists\; Z\subset X$ mit $\mu(Z)=0$, so da"s \\ $\forall x\notin Z\; f_n(x)
        \le f_{n+1}(x) \;\forall n$. O.B.d.A. ist $f_n(x) \le f_{n+1}(x)$ "uberall (nach Ab"anderung aller $f_n$ auf $Z$).
        Aus $f_n\le f_{n+1}$ folgt dann $\int f_n \le \int f_{n+1}$ .
        Dann gilt also $\underset{n}\sup \int f_n=\underset{n\rightarrow\infty}\lim\int f_n$.
        Sei $n\ge m$ $$|\int f_n - \int f_m|=\int f_n-\int f_m=\int (f_n-f_m)=\int|f_n-f_m|=\|f_n-f_m\|_1$$ $\Rightarrow
        (f_n)$ ist $L^1$-C.F. $\overset{\text {Satz 4.1.1}}\Longrightarrow \exists$ Teilfolge $(f_{n_k})$, die f."u. gegen f
        konvergiert. Sei $x\in X$ mit $f_{n_k}(x) \rightarrow f(x) =\sup f_{n_k}(x) = \sup f_n(x)$. Nach Teil 2 von
        Satz 4.1 (Normenkonvergenzsatz) ist f integrierbar und $\int f=\lim \int f_n$.
\end{proof}

\paragraph{Folgerung: Standardkriterium f"ur Integrierbarkeit}
        Sei $f$ me"sbar mit $$(|f|(x)\le g(x) \;f."u.)=(|f|\le g)\in \mathcal{L}^1(\mu) \Longrightarrow f\in \mathcal{L}^1(\mu)$$
        ("$\Leftarrow$" gilt bei Vernachl"assigung von "f."u.".)

\paragraph{Beispiel} Jede me"sbare, beschr"ankte - insbesondere jede stetige - Funktion, die au"serhalb eines
        beschr"ankten Intervalls $[a,b]\subset \R$ verschwindet, ist integrierbar, denn: Sei $|f|\le L=$Konstante.
        $|f|\le L\chi_{[a,b]}\in \mathcal{L}^1(\mu)$

\begin{proof}[Beweis der Folgerung] Sei $f=f_+-f_-$ in positiven und negativen Anteil zerlegt. \\
        $(f_+=\frac{1}{2}(f+|f|))=$ me"sbar.
        Es ist $|f_+|\le|f|\le g$. Nach Satz 1.2.1 (Me"sbarkeit von Grenzwerten) $\exists$ monoton wachsende Folge
        $(\varphi_n)$ von Stufenfunktionen, die "uberall gegen $f_+$ konvergiert.
        Also ist $$0\le \varphi_n\le f_+ \le g\in \mathcal{L}^1(\mu) \Longrightarrow \varphi_n \in \mathcal{T}(\mu)$$
        , also integrierbar. $\Rightarrow f_+ =\sup \varphi_n\in \mathcal{L}^1(\mu)$ nach B. Levi. Analog ist $f_-$
        zu l"osen.
\end{proof}

\begin{satz}[dominierende Konvergenz von H. Lebesgue]
        Sei $(f_n)$ eine f."u. gegen $f$ konvergente Folge von $f_n\in \mathcal{L}^1(\mu)$. Die Folge werde durch ein
        $g\in \mathcal{L}^1(\mu)$ dominiert, d.h. f."u. gelte $|f_n(x)| \le g(x) \; \forall n$. Dann ist $f\in \mathcal{L}^1(\mu)$
        und $\int f = \underset{n\rightarrow\infty}\lim \int f_n$. Es gilt sogar $\|f_n-f\|_1\longrightarrow 0$.\\
        Oder kurz: $$\int\lim f_n=\lim \int f_n$$
\end{satz}

\begin{proof}
        O.B.d.A. sind alle $f_n$ me"sbar und es gibt $f_n(x)\rightarrow f(x)$ "uberall. F"ur $k\in\N$ betrachte
        $g_k(x)=\sup \{\underbrace{|f_n(x)-f_m(x)|}_{\text{me"sbar }\forall n,m}\;|\;n,m\ge k\}=$ me"sbar. Ferner ist
        $|g_k(x)|\le 2g(x)$. Also sind (gem. Standardkriterium) alle $g_k$ integrierbar. Trivialerweise gilt $g_k\ge g_{k+1}$.
        $g_k$ konvergiert "uberall punktweise gegen $0$. \\B. Levi f"ur monoton fallende Folgen sagt:
        $$\lim\int g_k =\inf\int g_k=\int \inf g_k=0$$ Also sind die $(f_n)$ eine $L^1$-C.F..
        $$\|f_n-f_m\|_1\overset{\forall n,m\ge k}= \int|f_n(x)-f_m(x)|\le \int g_k\le\varepsilon$$
        Nach Satz 4.1 ist $f$ integrierbar mit $\int f=\lim \int f_n$.
\end{proof}

\paragraph{Bemerkung}
        Ohne Dominanz ist der Satz falsch, denn:\\
        Konstuiere Folge mit:\\
                $$f_1(x)=       \begin{cases}
                                                        1&x\in[0,1]\\
                                                        0&sonst\\
        \end{cases}\;\;\;, \int f_1=1$$
                $$f_2(x)=       \begin{cases}
                                                        \frac{1}{2}&x\in[1,5]\\
                                                        0&sonst\\
        \end{cases}\;\;\;, \int f_2=2$$
                $$f_3(x)=       \begin{cases}
                                                        \frac{1}{3}&x\in[5,14]\\
                                                        0&sonst\\
        \end{cases}\;\;\;, \int f_3=3$$
                $$f_n(x)=       \begin{cases}
                                                        \frac{1}{n}&x\in \text{Intervall...}\\
                                                        0&sonst\\
        \end{cases}$$
        $$f_n\rightarrow 0 \text{ sogar gleichm"a"sig! } \int\lim f_n=\int 0=0 \not= \lim\int f_n = \infty$$

\paragraph{Bemerkung (Nachtrag)}
        $f$ integrierbar auf $X,\;Y\subset X$ sei me"sbar.\\ $\int_Y f =\int_X(\chi_Y  f)$. Richtig, da
        $f$ integrierbar $\Leftrightarrow \exists$ $L^1$-C.F. $(\varphi_n)$ in $\T(\mu)$ mit $\varphi_n\rightarrow f$ f."u..
        Da $Y$ me"sbar ist, ist auch $\chi_Y \varphi_n$ eine Treppenfunktion.
        \begin{quote}Einschub:  Sei $\varphi =\underbrace{\sum_{i=1}^n \lambda_i\chi_{M_i}}_{\in\T(\mu)}$
                mit $\mu(M_i)<\infty $
                $$\Rightarrow \chi_Y \varphi=\sum_{i=1}^n \lambda_i\chi_Y\chi_{M_i}=
                \footnote{$\chi_Y \chi_{M_i}=\chi_{(Y\cap M_i)}$}
                \sum_{i=1}^n \lambda_i\chi_{(Y\cap M_i)},\; \mu(Y\cap M_i)\le\mu(M_i)<\infty$$
                $$\Rightarrow\chi_Y \varphi\in\T(\mu)\text{!}$$
                [Ende Einschub]
        \end{quote}
        $$|\chi_Y\varphi_n-\chi_Y\varphi_m|=\chi_Y|\varphi_n-\varphi_m|\le|\varphi_n-\varphi_m|$$
        $$\Rightarrow\|\chi_Y\varphi_m-\chi_Y\varphi_m\|_1=\int|\chi_Y\varphi_n-\chi_Y\varphi_m|\le
        \int |\varphi_n-\varphi_m|=\|\varphi_n-\varphi_m\|_1$$
        $$\varphi_n\rightarrow f\text{ f."u.} \Rightarrow\chi_Y\varphi_n\rightarrow\chi_Yf\text{ f."u.}$$
        Also ist $\chi_Yf\in \mathcal{L}^1(\mu)$.

\begin{satz}[Aussch"opfungs- und Zerlegungssatz]
        Sei $X$ ein Ma"sraum, $(X_n)_{n\in\N}$ eine Folge me"sbarer Teilmengen. $f:X\rightarrow\R$ Funktion:
        \begin{enumerate}
        \item (Aussch"opfung) Es sei $X_n\subset X_{n+1}\; \forall n$ und $X=\cup X_n$. Genau dann ist $f$
                integrierbar, wenn alle $f|_{X_n}$ \marginpar{$f|_{X_i}=f$ eingeschr"ankt auf $X_i=f\chi_{X_i}$}
                integrierbar sind und $\int_{X_n}|f|=\int_{X_n}|\;f|_{X_n}\;|$
                beschr"ankt ist. Es gilt dann $$\int f =\underset{n\rightarrow\infty}\lim\int_{X_n}f=\lim\int_X(\chi_{X_n}f)$$
        \item (Zerlegung) Sei $X=\dot{\cup}_{i\in\N}X_i$. Genau dann ist $f$ integrierbar,
                wenn alle $f|_{X_i}=:f_i$ integrierbar sind und $\sum_{i\in\N}\int_{X_i}|f|<\infty$.
                Es gilt dann $$\int_X f=\sum_{i\in\N}\int_{X_i}f$$
        \end{enumerate}
\end{satz}

\begin{proof} (nur f"ur 1.Teil des Satzes, Teil 2 ist "ahnlich)\\
        "$\Longrightarrow$": $f$ integrierbar $\Rightarrow |f|$ ist integrierbar $\Rightarrow \chi_{X_i}|f|$ integrierbar,
        $\chi_{X_i}|f|\le|f|\; \forall i\;\Rightarrow\int_{X_i}|f|=\int_X\chi_{X_i}|f|\le\int_X|f|<\infty$. Ferner sind
        alle $f|_{X_i}$ integrierbar.\\
        "$\Longleftarrow$": Zeige zuerst, da"s $|f|$ integrierbar ist mit B. Levi. Setze $f_n=\chi_{X_n}|f|$. Dann ist
        $f_n\le f_{n+1}$ wegen $X_n\subset X_{n+1}$ und $f_n\rightarrow|f|$ punktweise, da $X=\cup X_n$.
        $$\int f_n=\int_{X_n}|f|\overset{\text{nach B. Levi}}\Longrightarrow |f|\in \mathcal{L}^1(\mu)$$
        $g_n:=\chi_{X_nf}$ sind O.B.d.A. me"sbar $\Rightarrow f=\footnote{punktweise wegen $X\cup X_n$}\lim g_n=$
        me"sbar,\\ $\underbrace{|f|\le|f|}_{\text{Absch"atzung}}\in \mathcal{L}^1(\mu)\Rightarrow $ \footnote{Standardkriterium}
        $f$ integrierbar. Lebesgue sagt: $\int f=\lim\int_{X_n}f$ !
\end{proof}


%%% Local Variables: 
%%% mode: latex
%%% TeX-master: "hoema3"
%%% End: 

