Aufgaben zur Ableitung 3 – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Satz von Rolle und Zwischenwertsatz

Aufgabe

Gibt es ein $c\in \mathbb {R}$, so dass $f(x)=x^{3}-3x+c$ zwei verschiedene Nullstellen in $[-1,1]$ hat?

Lösung

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.

Aufgabe

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

Aufgabe (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 $f'(y)=\ln(2)$?

Lösung (Einfache Anwendung zum Mittelwertsatz)

$f$ 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

$f'(y)={\tfrac {f(1)-f(0)}{1-0}}=2\ln(2)-\ln(2)=\ln(2)$

Aufgabe (Nützliche Ungleichung 1)

Zeige: Für alle $x\in \mathbb {R}$ gilt

$1+x\leq e^{x}\leq xe^{x}+1$

Lösung (Nützliche Ungleichung 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.

Aufgabe (Nützliche Ungleichung 2)

Zeige: Für $0<x<{\tfrac {\pi }{2}}$ gilt

$\sin(x)<x<\tan(x)$

Lösung (Nützliche Ungleichung 2)

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.

Aufgabe (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 kommt man auf den Beweis? (Folgerung des Mittelwertsatzes)

Wir stellen drei verschiedene Lösungsmöglichkeiten vor: Eine mit Verwendung des Mittelwertsatzes der Differentialrechnung, eine mit dem Monotoniekriterium und eine mit dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung. Bei allen Dreien benötigen wir die Hilfsfunktion $h=f-g$

Beweis (Folgerung des Mittelwertsatzes)

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

${\frac {h(x)-h(a)}{x-a}}=h'(\xi ){\overset {2.}{\geq }}0\Rightarrow h(x)-h(a)\geq 0\Rightarrow h(x)\geq h(a){\overset {1.}{\geq }}0\Rightarrow f(x)\geq g(x)$ für alle $x\in [a,b]$

2. Möglichkeit: Mit Monotoniekriterium

Aus 1. folgt, dass $h$ monoton steigend auf $(a,b)$ (sogar $[a,b]$) ist.

$\Rightarrow h(x)\geq h(a){\overset {2.}{\geq }}0$ für alle $x\in [a,b]\Leftrightarrow f(x)\geq g(x)$ für alle $x\in [a,b]$

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 $x=0$.

Aufgabe (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 Zwischenwertsatzes.

Lösung (Mittelwertsatz für stetig differenzierbare Funktionen)

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 $f'(\xi )={\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}$.

Aufgabe (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 (Unbeschränkte Ableitung und gleichmäßige Stetigkeit)

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 $\epsilon ={\tfrac {1}{2}}$. 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:

$|f(x_{0}+{\tfrac {\delta }{2}})-f(x_{0})|=f(x_{0}+{\tfrac {\delta }{2}})-f(x_{0})\geq {\tfrac {1}{\delta }}\cdot ((x_{0}+{\tfrac {2}{\delta }})-x_{0})={\tfrac {1}{\delta }}\cdot {\tfrac {\delta }{2}}={\tfrac {1}{2}}=\epsilon$

Damit ist $f$ nicht gleichmäßig stetig.

Aufgabe (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 (Anwendung des zweiten Mittelwertsatzes)

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

Aufgabe (Lipschitz-Stetigkeit von Funktionen)

Zeige, mit Hilfe des Schrankensatzes, 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. $h:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ h(x)=\sin(2x)+\cos(3x)$

Lösung (Lipschitz-Stetigkeit von Funktionen)

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.

Aufgabe (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 (Variante des Schrankensatzes)

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 $x_{0}\in ]a,b[$.

Aufgabe (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 (Lokale Lipschitz-Stetigkeit)

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 $\epsilon :={\tfrac {1}{2}}\cdot \delta$. 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.