f が区間 [a, ∞) で微分可能で、x が a に右から近づくときの f の極限と x が無限大に近づくときの f の極限がともに有限の値 A に等しいとする。f'(xi) = 0 を満たす xi が (a, ∞) に存在することを証明せよ。

Step-by-step solution

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   これを無限区間へ引き伸ばしたロルの定理と見る。 ロルの定理は 2 つの端点で値が等しいことを要求するが、ここで等しいのは極限だけであり、しかも一方の端は無限遠にある。したがって定理はそのままでは適用できない。代わりに使うのがフェルマーの定理である。微分可能な関数が内部の点で極値をとれば、そこでの導関数は 0 になる。よって証明全体は、$(a,+\infty)$ の内部に極値を閉じ込めることに帰着する。

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   定数の場合を片づける。 $(a,+\infty)$ 上で $f(x)\equiv A$ ならすべての $x$ について $f'(x)=0$ であり、$\xi$ はどこでもよい。したがって以下では $f(x_{0})\neq A$ となる点 $x_{0}\in(a,+\infty)$ が存在すると仮定する。必要なら $f$ を $-f$ に置き換えることで

   $f(x_{0})>A$

   としてよい。$-f$ は（符号を変えた）同じ極限をもち、導関数が 0 になる点も同じだからである。

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   2 つの極限を使って大きい値を有界な窓に閉じ込める。

   $\varepsilon=\frac{f(x_{0})-A}{2}>0$

   とおく。$\lim_{x\to a^{+}}f(x)=A$ より、ある $u\in(a,x_{0})$ が存在して、すべての $x\in(a,u]$ について $|f(x)-A|<\varepsilon$、したがって $f(x)<A+\varepsilon$ が成り立つ。$\lim_{x\to+\infty}f(x)=A$ より、ある $v>x_{0}$ が存在して、すべての $x\geq v$ について $f(x)<A+\varepsilon$ が成り立つ。つまり $[u,v]$ の外では関数は $A+\varepsilon$ を下回り続ける一方、内部では

   $f(x_{0})=A+2\varepsilon>A+\varepsilon$

   に達する。

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   閉区間で最大値をとらせ、それが内部にあることを示す。 $f$ は微分可能、したがって連続なので、コンパクト区間 $[u,v]$ 上で最大値の定理よりある $\xi\in[u,v]$ で最大値をとる。その最大値は少なくとも $f(x_{0})=A+2\varepsilon$ である。しかし $f(u)<A+\varepsilon$、$f(v)<A+\varepsilon$ なので、$\xi$ はどちらの端点でもない。

   $\xi\in(u,v)\subset(a,+\infty)$

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   $[u,v]$ 上の最大値を全体の最大値に格上げし、フェルマーの定理を使う。 $x\in(a,u)$ および $x>v$ では $f(x)<A+\varepsilon<f(\xi)$ なので、$f(\xi)$ は実は $(a,+\infty)$ 全体における $f$ の最大値であり、とくに内部の点における極大値である。$f$ は $\xi$ で微分可能なので、フェルマーの定理より

   $f'(\xi)=0$

   が得られ、証明が完了する。

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   各仮定がどこで必要だったかを確認する。 $A$ が有限であることは $\varepsilon$ を選ぶのに不可欠だった。2 つの極限が等しいことは、関数が両端で同じ高さに戻ることを保証し、途中の盛り上がりが単調な傾向ではありえないようにしている。そして $(a,+\infty)$ 全体で微分可能であることが、$\xi$ でフェルマーの定理を働かせる。どれか 1 つでも外すと結論は成り立たなくなる。たとえば $[1,\infty)$ 上の $f(x)=1/x$ は両端の極限が異なり、臨界点をもたない。