設 f 在區間 [a, 無窮) 上可微，且 f 在 x 從右側趨近 a 時的極限等於 f 在 x 趨近無窮時的極限，兩者同為有限數 A。證明存在 xi 屬於 (a, 無窮) 使得 f'(xi) = 0。

Step-by-step solution

1. 1

   先認出這是被拉長到無窮區間上的 Rolle 定理。 Rolle 定理要求兩個端點的函數值相等；這裡只有相等的極限，而且有一端在無窮遠處，所以定理不能直接套用。變通的辦法是改用 Fermat 定理：可微函數在取到局部極值的內點上，導數為零。於是整個證明就化簡成把一個極值困死在 $(a,+\infty)$ 的內部。

2. 2

   先處理常數的情形。 若在 $(a,+\infty)$ 上 $f(x)\equiv A$，則每個 $x$ 都有 $f'(x)=0$，任何 $\xi$ 都行。所以以下假設存在一點 $x_{0}\in(a,+\infty)$ 使 $f(x_{0})\neq A$。必要時把 $f$ 換成 $-f$，我們可以假設

   $f(x_{0})>A$

   因為 $-f$ 有相同（取負號後）的極限，導數為零的點也相同。

3. 3

   用這兩個極限把較大的函數值侷限在一個有界的視窗裡。 令

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

   由 $\lim_{x\to a^{+}}f(x)=A$ 可知存在 $u\in(a,x_{0})$，使得對所有 $x\in(a,u]$ 都有 $|f(x)-A|<\varepsilon$，因而 $f(x)<A+\varepsilon$。由 $\lim_{x\to+\infty}f(x)=A$ 可知存在 $v>x_{0}$，使得對所有 $x\geq v$ 都有 $f(x)<A+\varepsilon$。所以在 $[u,v]$ 之外函數始終低於 $A+\varepsilon$，而在其內部它卻達到

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

4. 4

   在閉區間上取到最大值，並說明它落在內部。 $f$ 在緊緻區間 $[u,v]$ 上可微、因而連續，所以由極值定理，它在某個 $\xi\in[u,v]$ 處取到最大值。這個最大值至少是 $f(x_{0})=A+2\varepsilon$。但 $f(u)<A+\varepsilon$ 且 $f(v)<A+\varepsilon$，所以 $\xi$ 不會是任何一個端點：

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

5. 5

   把 $[u,v]$ 上的最大值升格為整體最大值，再套用 Fermat 定理。 對 $x\in(a,u)$ 以及 $x>v$ 都有 $f(x)<A+\varepsilon<f(\xi)$，所以 $f(\xi)$ 其實是 $f$ 在整個 $(a,+\infty)$ 上的最大值；特別地，它是內點上的一個局部最大值。既然 $f$ 在 $\xi$ 處可微，Fermat 定理給出

   $f'(\xi)=0$

   證明至此完成。

6. 6

   指出每個前提各自用在哪裡。 $A$ 的有限性對於選出 $\varepsilon$ 是必要的；兩個極限相等，才使函數在兩端回到同一個水平，讓中間的隆起不至於只是單調趨勢；而在整個 $(a,+\infty)$ 上可微，才讓 Fermat 定理能在 $\xi$ 處發揮作用。少掉其中任何一項，結論都可能失效——例如 $[1,\infty)$ 上的 $f(x)=1/x$，兩端極限並不相同，也沒有臨界點。