Satz von Rolle und Zwischenwertsatz error: TODO

Übung:
Gibt es ein c\in \mathbb{R} , so dass f(x)=x^{3}-3x+c zwei verschiedene Nullstellen in [-1,1] hat?
Angenommen es gibt ein c\in \mathbb{R} , so dass f zwei Nullstellen x_{0},x_{1}\in [-1,1] hat. Da f stetig auf [x_{0},x_{1}]\subseteq [-1,1] und differenzierbar auf (x_{0},x_{1})\subseteq (-1,1) ist, gibt es nach dem Satz von Rolle ein \xi \in (x_{0},x_{1}) mit f'(\xi )=0. Nun gilt aber für jedes c\in \mathbb{R} : f'(x)=3x^{2}-3=0\Leftrightarrow x^{2}=1\Leftrightarrow x=\pm 1\notin (x_{0},x_{1}). Also kann f keine zwei Nullstellen haben.
Übung:
Es sei f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} differenzierbar und f' stetig. Es sei weiterhin f(0)=0, f(1)=2 und f(2)=1. Zeige, daß f' mindestens eine Nullstelle besitzt.
Beweis
f ist stetig auf [0,1]\subset \mathbb{R} und f(0)=0<1<2=f(1). Nach dem Zwischenwertsatz gibt es daher ein x_{0}\in [0,1] mit f(x_{0})=1.
Weiter ist f stetig auf [x_{0},2]\subset \mathbb{R} , differenzierbar auf (x_{0},2)\subset \mathbb{R} und f(x_{0})=1=f(2). Nach dem Satz von Rolle gibt es daher ein \xi \in (x_{0},2) mit f'(\xi )=0. Also hat f mindestens eine Nullstelle (auf \mathbb{R} ).

Mittelwertsatz

Übung: Einfache Anwendung zum Mittelwertsatz
Sei f:[0,1]\to \mathbb{R} , f(x)=2\ln(x^{3}+{\sqrt {2-x^{2}}}). Zeige: Es gibt ein y\in ]0,1[ mit f'(y)=\ln(2)?
f ist auf [0,1] stetig und auf (0,1) differenzierbar, als Komposition stetiger beziehungsweise differenzierbarer Funktionen. Damit ist der Mittelwertsatz anwendbar. Es gibt also ein y\in (0,1) mit
f'(y)={\tfrac {f(1)-f(0)}{1-0}}=2\ln(2)-\ln(2)=\ln(2)
Übung: Nützliche Ungleichung 1
Zeige: Für alle x\in \mathbb{R} gilt
1+x\leq e^{x}\leq xe^{x}+1
Beweisschritt: 1+x\leq e^{x}
Fall 1:
x>0
Wir definieren f:[0,x]\to \mathbb{R} durch f(t)=e^{t}. Dann ist f stetig, und auf (0,x) differenzierbar. Damit ist der Mittelwertsatz anwendbar, und es existiert ein \xi \in (0,x) mit
f'(\xi )={\frac {f(x)-f(0)}{x-0}}\iff e^{{\xi }}={\frac {e^{x}-e^{0}}{x-0}}={\frac {e^{x}-1}{x}}
Wegen \xi \in (0,x) ist nun
{\frac {e^{x}-1}{x}}=e^{\xi }{\overset {\xi >0}{>}}e^{0}=1\iff e^{x}-1>x\iff e^{x}>x+1
Fall 2:
x=0
Hier gilt 1+0=e^{0}, also Gleichheit.
Fall 3:
x<0
Wieder gibt es nach dem Mittelwertsatz ein \xi \in (x,0) mit
{\frac {e^{x}-1}{x}}=e^{\xi }{\overset {\xi <0}{<}}e^{0}=1{\overset {x<0}{\iff }}e^{x}-1>x\iff e^{x}>x+1
Also gilt 1+x\leq e^{x} für alle x\in \mathbb{R}
Beweisschritt: e^{x}\leq xe^{x}+1
Hier zeigen wir nur den Fall x>0:
Wir definieren wieder f:[0,x]\to \mathbb{R} ,\ f(t)=e^{t}. Dann ist f stetig, und auf (0,x) differenzierbar. Nach dem Mittelwertsatz existiert ein \xi \in (0,x) mit
{\frac {e^{x}-1}{x}}=e^{\xi }{\overset {\xi <x}{<}}e^{x}\iff e^{x}-1<xe^{x}\iff e^{x}<xe^{x}+1
Für x=0 gilt wieder Gleichheit, und für x<0 folgt die Aussage analog mit dem Mittelwertsatz.
Hinweis:
Aus der ersten Ungleichung lässt sich durch den Übergang zu -x für x<1 noch die Ungleichung
e^{x}\leq {\frac {1}{1-x}}
folgern.
Übung: Nützliche Ungleichung 2
Zeige: Für 0<x<{\tfrac {\pi }{2}} gilt
\sin(x)<x<\tan(x)
Beweisschritt: \sin(x)<x
Sei x\in (0,{\tfrac {\pi }{2}}). Dann ist die Sinusfunktion auf [0,{\tfrac {\pi }{2}}] stetig und auf (0,{\tfrac {\pi }{2}}) differenzierbar. Mit dem Mittelwertsatz gibt es ein \xi \in (0,{\tfrac {\pi }{2}}) mit
f'(\xi )=\sin '(\xi )={\tfrac {\sin(x)-\sin(0)}{x-0}}={\tfrac {\sin(x)}{x}}
Nun ist aber f'(\xi )=\cos(\xi )<1 für \xi \in (0,{\tfrac {\pi }{2}}). Damit folgt
{\tfrac {\sin(x)}{x}}<1\iff \sin(x)<x
Beweisschritt: x<\tan(x)
Sei x\in (0,{\tfrac {\pi }{2}}). Dann ist die Tangesfunktion auf [0,{\tfrac {\pi }{2}}] stetig und auf (0,{\tfrac {\pi }{2}}) differenzierbar. Mit dem Mittelwertsatz gibt es ein \xi \in (0,{\tfrac {\pi }{2}}) mit
f'(\xi )=1+\tan ^{2}(\xi )={\tfrac {\tan(x)-\tan(0)}{x-0}}={\tfrac {\tan(x)}{x}}
Nun ist aber f'(\xi )=1+\tan ^{2}(\xi )>1 für \xi \in (0,{\tfrac {\pi }{2}}). Damit folgt
{\tfrac {\tan(x)}{x}}>1\iff \tan(x)>x\iff x<\tan(x)
Hinweis:
Die Ungleichung lässt sich für alle x\in \mathbb{R} noch erweitern zu
|\sin(x)|\leq |x|\leq |\tan(x)|
Wobei Gleichheit nur in x=0 gegeben ist.
Übung: Folgerung des Mittelwertsatzes
Zeige mit Hilfe des Mittelwertsatzes:
Seien f,g:[a,b]\to \mathbb{R} auf [a,b] stetig und auf (a,b) differenzierbar. Außerdem gelte f(a)\geq g(a) und f'\geq g' auf (a,b). Dann gilt: f\geq g auf [a,b].
Als Anwendung: Zeige die folgende Verallgemeinerung der Bernoulli-Ungleichung: Für \alpha >1 und alle x>0 gilt (1+x)^{\alpha }\geq 1+\alpha x
Wie komme ich auf den Beweis?Wir stellen drei verschiedene Lösungsmöglichkeiten vor: Eine mit Verwendung des error: internal links not implemented, yet! , eine mit dem error: internal links not implemented, yet! und eine mit dem error: internal links not implemented, yet! . Bei allen Dreien benötigen wir die Hilfsfunktion h=f-g
Beweis
Wir betrachten die Hilfsfunktion
h:[a,b]\to \mathbb{R} ,\ h(x):=f(x)-g(x)
Diese ist stetig und differenzierbar auf (a,b). Weiter gilt
  1. h(a)=f(a)-g(a)\geq 0
  2. h'(x)=f'(x)-g'(x)\geq 0 für alle x\in (a,b)
1. Möglichkeit: Mit Mittelwertsatz
Nach dem Mittelwertsatz gibt es für alle x\in (a,b] ein \xi \in (a,x) mit
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2. Möglichkeit: Mit Monotoniekriterium
Aus 1. folgt, dass h monoton steigend auf (a,b) (sogar [a,b]) ist.
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3. Möglichkeit: Mit HDI
Nach Voraussetzung ist h integrierbar und wegen der Monotonie des Integrals gilt für alle x\in [a,b]:
\int _{a}^{x}h'(t)\;{\mathrm {d}}t{\overset {2.}{\geq }}\int _{a}^{x}0\;{\mathrm {d}}t=0.
Nun ist aber nach dem HDI
\int _{a}^{x}h'(t)\;{\mathrm {d}}t=h(x)-h(a)\geq 0\Rightarrow h(x)\geq h(a){\overset {1.}{\geq }}0\Rightarrow f(x)\geq g(x)\ \forall x\in [a,b]
Zur Anwendungsaufgabe: Wir definieren
f:[0,\infty )\to \mathbb{R} ,\ f(x)=(1+x)^{\alpha }=\exp(\alpha \ln(1+x))
und
g:[0,\infty )\to \mathbb{R} ,\ f(x)=1+\alpha x
Dann sind f und g auf [0,\infty ) stetig und auf (0,\infty ) differenzierbar mit
f'(x)=\exp(\alpha \ln(1+x))\cdot {\frac {\alpha }{1+x}}=(1+x)^{\alpha }\cdot {\frac {\alpha }{1+x}}=\alpha (1+x)^{{\alpha -1}}
und
g'(x)=\alpha
Weiterhin ist f(0)=0^{\alpha }=\exp(0)=1\geq 1+\alpha \cdot 0. Da die Exponentialfunktion streng monoton steigend ist, gilt außerdem für alle x\in (0,\infty ):
f'(x)=(1+x)^{{\alpha -1}}=\alpha \underbrace {\exp((\alpha -1)\underbrace {\ln(1+x)}_{{\geq \ln(1)=0}})}_{{\geq \exp(0)=1}}\geq \alpha \cdot 1=\alpha =g'(x)
Mit der bewiesenen Aussage folgt daher für alle x\in [0,\infty ):
f(x)\geq g(x)\iff (1+x)^{\alpha }\geq 1+\alpha x
Hinweis:
Gilt in der vorherigen Aufgabe sogar f(a)>g(a) und f'>g' auf (a,b), dann folgt f>g auf [a,b].
Hinweis:
Die verallgemeinerte Bernoulli-Ungleichung lässt sich sogar für alle x>-1 zeigen. Dabei gilt Gleichheit nur im Fall x=0.
Übung: Mittelwertsatz für stetig differenzierbare Funktionen
Sei f:[a,b]\to \mathbb{R} stetig, und auf (a,b) stetig differenzierbar. Zeige: Es gibt ein \xi \in (a,b) mit f'(\xi )={\tfrac {f(b)-f(a)}{b-a}}, unter Benutzung des error: internal links not implemented, yet! .
Wir betrachten eine beliebige Funktion f mit den angegebenen Eigenschaften und deren Sekante durch die Punkte (a,f(a)) und (b,f(b)). Die Steigung der Sekante ist gegeben durch den Differenzenquotienten {\tfrac {f(b)-f(a)}{b-a}}. Als nächstes sehen wir uns die Steigung des Graphen, also die Ableitungswerte der Funktion, im Intervall (a,b) an.
Fall 1:
Der Funktionsgraph ist eine Gerade.
Dann ist die Ableitungsfunktion konstant und folglich gilt {\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}=f'(\xi ) für alle \xi \in (a,b).
Fall 2:
Der Funktionsgraph ist keine Gerade.
Dann muss ein \lambda \in (a,b) existieren mit {\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}>f'(\lambda ) oder {\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}<f'(\lambda ), damit f keine Gerade als Funktionsgraphen hat. Daraus wiederum folgt, dass ein \mu \in (a,b) existiert mit {\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}<f'(\mu ) oder {\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}>f'(\mu ), da der Graph bei b sonst nie den Funktionswert f(b) annehmen kann. Insgesamt existieren also \lambda ,\mu \in (a,b) mit f'(\lambda )<{\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}<f'(\mu ). Nach dem Zwischenwertsatz, der hier auf die Ableitungsfunktion anwendbar ist weil sie stetig ist, gibt es nun ein \xi \in (a,b) mit f'(\xi )={\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}.
Also gibt es in jedem Fall ein \xi \in (a,b) mit f'(\xi )={\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}.
Übung: Unbeschränkte Ableitung und gleichmäßige Stetigkeit
Sei f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} eine differenzierbare Funktion mit \lim _{{x\rightarrow \infty }}f^{\prime }(x)=\infty . Beweise, dass dann f keine gleichmäßig stetige Funktion ist.
Beweis
Sei f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} eine differenzierbare Funktion mit \lim _{{x\rightarrow \infty }}f^{\prime }(x)=\infty . Um zu zeigen, dass f nicht gleichmäßig stetig ist, muss gezeigt werden, dass es ein \epsilon >0 gibt, so dass es für alle \delta >0 reelle Zahlen x,y\in \mathbb{R} mit |x-y|<\delta und |f(x)-f(y)|\geq \epsilon gibt.
Wähle \epsilon ={\tfrac 12}. Sei nun \delta >0 beliebig. Wegen \lim _{{x\rightarrow \infty }}f^{\prime }(x)=\infty gibt es ein x_{0}\in \mathbb{R} mit f^{\prime }(x)\geq {\tfrac 1\delta } für alle x\in \mathbb{R} mit x\geq x_{0}. Nach dem Mittwelwertsatz der Differentialrechnung gilt dann für alle x\in \mathbb{R} mit x\geq x_{0}:
{\begin{aligned}&f(x)-f(x_{0})\geq {\tfrac 1\delta }\cdot (x-x_{0})\\\Rightarrow \ &f(x)\geq f(x_{0})+{\tfrac 1\delta }\cdot (x-x_{0})\geq f(x_{0})\end{aligned}}
Wähle nun x:=x_{0}+{\tfrac \delta 2}>x_{0}. Es ist nach der obigen Abschätzung f(x)=f(x_{0}+{\tfrac \delta 2})\geq f(x_{0}) und wir erhalten:
|f(x_{0}+{\tfrac \delta 2})-f(x_{0})|=f(x_{0}+{\tfrac \delta 2})-f(x_{0})\geq {\tfrac 1\delta }\cdot ((x_{0}+{\tfrac 2\delta })-x_{0})={\tfrac 1\delta }\cdot {\tfrac \delta 2}={\tfrac 12}=\epsilon
Damit ist f nicht gleichmäßig stetig.
Übung: Anwendung des zweiten Mittelwertsatzes
Seien f,g:]a,b[\to \mathbb{R} differenzierbar. Weiter gelte |f'(x)|\geq |g'(x)| für alle x\in ]a,b[. Zeige, dass dann auch
|f(y)-f(x)|\geq |g(y)-g(x)|
für alle x,y\in ]a,b[ gilt.
Beweis
Seien x,y\in ]a,b[ beliebig mit x<y. Dann sind f und g nach Voraussetzung auf [x,y] stetig und auf ]x,y[ differenzierbar. Dann gibt es mit dem zweiten Mittelwertsatz ein \xi \in ]x,y[ mit
{\frac {f(y)-f(x)}{g(y)-g(x)}}={\frac {f'(\xi )}{g'(\xi )}}\Longrightarrow \left|{\frac {f(y)-f(x)}{g(y)-g(x)}}\right|=\left|{\frac {f'(\xi )}{g'(\xi )}}\right|
Da nach Voraussetzung |f'(x)|\geq |g'(x)| für alle x\in ]a,b[ gilt, ist \left|{\tfrac {f'(\xi )}{g'(\xi )}}\right|\geq 1.
Daraus folgt
\left|{\frac {f(y)-f(x)}{g(y)-g(x)}}\right|\geq 1\iff |f(y)-f(x)|\geq |g(y)-g(x)|

Schrankensatz

Übung: Lipschitz-Stetigkeit von Funktionen
Zeige, mit Hilfe des error: internal links not implemented, yet! , dass die folgenden Funktionen Lipschitz-stetig sind. Bestimme außerdem geeignete Lipschitz-Konstanten.
  1. f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ f(x)=\arctan(x)
  2. g:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ g(x)=\tanh(x)
  3. h:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ h(x)=\sin(2x)+\cos(3x)
Teilaufgabe 1: Für alle x\in \mathbb{R} gilt
|f'(x)|={\tfrac {1}{1+x^{2}}}{\overset {x^{2}\geq 0}{\leq }}{\frac {1}{1+0}}=1
Also hat f eine beschränkte Ableitung, und ist mit dem Schrankensatz daher Lipschitz-stetig. Weiter gilt für alle x,y\in \mathbb{R}
|f(x)-f(y)|\leq \underbrace {\sup _{{x\in \mathbb{R} }}|f'(x)|}_{{=1}}\cdot |x-y|
Daher ist L_{1}=1 eine geeignete Lipschitz-Konstante.
Teilaufgabe 2: Hier ist für alle x\in \mathbb{R} :
|g'(x)|={\tfrac {1}{\cosh ^{2}(x)}}{\overset {\cosh \geq 1}{\leq }}{\frac {1}{1}}=1
Also ist g mit dem Schrankensatz ebenfalls Lipschitz-stetig. Außerdem gilt für alle x,y\in \mathbb{R}
|g(x)-g(y)|\leq \underbrace {\sup _{{x\in \mathbb{R} }}|g'(x)|}_{{=1}}\cdot |x-y|
Daher ist hier L_{2}=1 eine geeignete Lipschitz-Konstante.
Teilaufgabe 3: schließlich gilt für alle x\in \mathbb{R} :
|h'(x)|=|2\cos(2x)-3\sin(3x)|{\underset {{\text{Ungleichung}}}{{\overset {{\text{Dreiecks-}}}{\leq }}}}2|\cos(2x)|+3|\sin(3x)|{\overset {\sin ,\cos \leq 1}{\leq }}2+3=5
Also ist auch h mit dem Schrankensatz Lipschitz-stetig, und für alle x,y\in \mathbb{R} gilt
|h(x)-h(y)|\leq \underbrace {\sup _{{x\in \mathbb{R} }}|h'(x)|}_{{=5}}\cdot |x-y|
Daher ist L_{3}=5 eine geeignete Lipschitz-Konstante.
Übung: Variante des Schrankensatzes
Sei f:[a,b]\rightarrow \mathbb{R} eine stetige Funktion, die auf ]a,b[ differenzierbar ist. Seien m,M\in \mathbb{R} zwei beliebige reelle Zahlen, so dass m\leq f^{\prime }(x)\leq M für alle x\in ]a,b[ ist. Beweise, dass für alle x,y\in ]a,b[ die folgende Abschätzung erfüllt ist:
m\cdot (x-y)\leq f(x)-f(y)\leq M\cdot (x-y)
Beweis
Sei f:[a,b]\rightarrow \mathbb{R} eine stetige Funktion mit der Eigenschaften der Aufgabenstellung. Sei y,x\in ]a,b[ beliebig. Ist y=x so ist x-y=0 und f(x)-f(y)=0, so dass obige Abschätzung erfüllt ist. Sei also im Folgenden x\neq y.
Beweisschritt: m\cdot (x-y)\leq f(x)-f(y)
Widerspruchsbeweis: Sei m\cdot (x-y)>f(x)-f(y). So ist m>{\frac {f(x)-f(y)}{x-y}}. Aus dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung folgt, dass es ein {\tilde x}\in \left[\min\{x,y\},\,\max\{x,y\}\right] mit f^{\prime }({\tilde x})={\frac {f(x)-f(y)}{x-y}} gibt. Somit ist m>{\frac {f(x)-f(y)}{x-y}}=f^{\prime }({\tilde x}) im Widerspruch zu m\leq f^{\prime }(x_{0}) für alle x_{0}\in ]a,b[.
Beweisschritt: f(x)-f(y)\leq M\cdot (x-y)
Widerspruchsbeweis: Sei f(x)-f(y)>M\cdot (x-y). So ist {\frac {f(x)-f(y)}{x-y}}>M. Aus dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung folgt, dass es ein {\tilde x}\in \left[\min\{x,y\},\,\max\{x,y\}\right] mit f^{\prime }({\tilde x})={\frac {f(x)-f(y)}{x-y}} gibt. Somit ist f^{\prime }({\tilde x})={\frac {f(x)-f(y)}{x-y}}>M im Widerspruch zu f^{\prime }(x_{0})\leq M für alle x_{0}\in ]a,b[.
Übung: Lokale Lipschitz-Stetigkeit
Sei f:D\rightarrow \mathbb{R} eine stetig differenzierbare Funktion, wobei D eine offene Teilmenge von \mathbb{R} ist. Beweise, dass f lokal Lipschitz-stetig ist. Beweise also, dass es für alle x_{0}\in D ein \epsilon >0 gibt, so dass f auf ]x_{0}-\epsilon ,x_{0}+\epsilon [\,\cap \,D Lipschitz-stetig ist.
Beweis
Sei f:D\rightarrow \mathbb{R} eine stetig differenzierbare Funktion, wobei D\subseteq \mathbb{R} offen ist. Sei x_{0}\in \mathbb{R} beliebig. Da D offen ist, gibt es ein \delta >0, so dass ]x_{0}-\delta ,\,x_{0}+\delta [\subseteq D ist. Wähle \epsilon :={\tfrac 12}\cdot \delta . Dann ist [x_{0}-\epsilon ,\,x_{0}+\epsilon ]\subseteq D. Da f^{\prime } stetig ist, ist f^{\prime } auf [x_{0}-\epsilon ,\,x_{0}+\epsilon ] eine beschränkte Funktion.
Nun haben wir bereits bewiesen, dass differenzierbare Funktionen mit beschränkter Ableitung Lipschitz-stetig sind. Damit ist f auf [x_{0}-\epsilon ,\,x_{0}+\epsilon ] und damit auch auf ]x_{0}-\epsilon ,\,x_{0}+\epsilon [\,\cap \,D Lipschitz-stetig.