Angenommen, es existiert ein \( b\gt a \) mit \( f(b)=g(b). \) Setze \[ h(x):=f(x)-g(x),\quad x\in\mathbb R. \] Dann sind wegen der Voraussetzung \( f(a)=g(a) \) \[ h(a)=f(a)-g(a)=0,\quad h(b)=f(b)-g(b)=0. \] Es ist aber nach Voraussetzung \( h\colon[a,b]\to\mathbb R \) stetig und in \( (a,b) \) differenzierbar. Nach dem Satz von Rolle existiert also ein \( \xi\in(a,b) \) mit \[ h'(\xi)=f(\xi)-g(\xi)=0 \quad\mbox{bzw.}\quad f'(\xi)=g'(\xi) \] im Widerspruch zur Voraussetzung \( f'(x)\gt g'(x) \) für alle \( x\gt a. \) Also existiert ein solches \( b\gt a \) nicht, und eine der folgenden zwei Alternativen muss eintreten \[ f(x)\gt g(x) \quad\mbox{oder}\quad f(x)\lt g(x) \quad\mbox{für alle}\ x\gt a. \] Angenommen, es existiert ein \( c\gt a \) mit \( f(c)\lt g(b). \) Es folgt \[ h(c)=f(c)-g(b)\lt 0, \] und nach dem klassischen Mittelwertsatz der Differentialrechnung existiert ein \( \xi\in(a,c) \) mit \[ h'(\xi)=\frac{h(c)-h(a)}{c-a}=\frac{h(c)}{b-a}\lt 0 \quad\mbox{bzw.}\quad f'(\xi)\lt g'(\xi) \] im Widerspruch zur Voraussetzung \( f'(x)\gt g'(x) \) für alle \( x\gt a. \) Ein solches \( c\gt a \) kann also auch nicht existieren, und es muss notwendig gelten \( f(x)\gt g(x) \) für alle \( x\gt a. \) Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)

\[ \frac{f(x)-f(0)}{x-0} =\frac{f(x)}{x} =\frac{x\cdot g(x)}{x} =g(x) \]

\[ \lim_{x\to 0,\ x\not=0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0,\ x\not=0}g(x)=g(0). \]

\[ g(x):=|x|=\left\{\begin{array}{cl} x, & \mbox{falls}\ x\ge 0 \\[0.6ex] -x, & \mbox{falls}\ x\lt 0 \end{array}\right. \]

\[ f(x)=x\cdot g(x)=\left\{\begin{array}{cl} x^2\,, & \mbox{falls}\ x\ge 0 \\[0.6ex] -x^2\,, & \mbox{falls}\ x\lt 0 \end{array}\right. \]

\begin{align} &\lim_{x\to 0,\ x\gt 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0} =\lim_{x\to 0,\ x\gt 0}\frac{f(x)}{x} =\lim_{x\to 0,\ x\gt 0}x, =0, \\[1ex] &\lim_{x\to 0,\ x\lt 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0} =\lim_{x\to 0,\ x\lt 0}\frac{f(x)}{x} =\lim_{x\to 0,\ x\lt 0}x, =0 \end{align}

\[ \lim_{x\to 0,\ x\not=0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=0. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Wir differenzieren \( h=f\cos x-g\sin x \) und erhalten wegen \( f'=g \) und \( g'=-f \) \begin{align} h' &= f'\cos x-f\sin x-g'\sin x-g\cos x \\[0.6ex] &= g\cos x-f\sin x+f\sin x-g\cos x=0, \end{align} d.h. es ist \( h\equiv\mbox{const} \) und damit insbesondere \[ h(x) =f(x)\cos x-g(x)\sin x =f(0)\cos 0-g(0)\sin 0 =0, \quad x\in\mathbb R, \] unter Beachtung von \( f(0)=0. \) Nun differenzieren wir \( \widetilde h=f\sin x+g\cos x \) und erhalten \begin{align} \widetilde h' &= f'\sin x+f\cos x+g'\cos x-g\sin x \\[0.6ex] &= g\sin x+f\cos x-f\cos x-g\sin x=0, \end{align} d.h. es ist auch jetzt \( \widetilde h\equiv\mbox{const} \) und damit insbesondere \[ \widetilde h(x) =f(x)\sin x+g(x)\cos x =f(0)\sin x+g(0)\cos 0 =1, \quad x\in\mathbb R, \] unter Beachtung von \( g(0)=1. \) Wir fassen zusammen \begin{align} f(x)\cos x-g(x)\sin x &\equiv 0, \\[0.6ex] f(x)\sin x+g(x)\cos x &\equiv 1 \quad\mbox{für alle}\ x\in\mathbb R. \end{align} Nun multiplizieren wir die erste Gleichung mit \( \cos x \) und die zweite Gleichung mit \( \sin x, \) \[ f\cos^2x-g\sin x\cos x=0,\quad f\sin^2x+g\sin x\cos x=\sin x, \] und erhalten nach Addition dieser resultierenden Gleichungen wegen \( \cos^2x+\sin^2x=1 \) \[ f(x)=\sin x,\quad x\in\mathbb R. \] Multiplikation der ersten Gleichung mit \( \sin x \) und der zweiten Gleichung mit \( \cos x \) hätte hingegen \[ f\sin x\cos x-g\sin^2x=0,\quad f\sin x\cos x+g\cos^2x=\cos x \] nach sich gezogen und damit nach Subtraktion dieser resultierenden Gleichungen \[ g(x)=\cos x,\quad x\in\mathbb R. \] Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)