带单侧导数的连续函数的罗尔定理相关证明问询

首先明确已知条件：
设$f:[a,b] \rightarrow \mathbb R$是连续函数，满足$f(a)=f(b)$，并且对任意开区间$(a,b)$内的点$x$，都存在右导数$f'{+}(x)$。我们要证明的是：存在$c_1,c_2 \in (a,b)$，使得$f'{+}(c_1) \leq 0$且$f'_{+}(c_2) \geq 0$。

第一步：常数函数的 trivial 情况 #

如果$f$是常数函数，那对任意$x\in(a,b)$，右导数$f'_{+}(x)=0$，随便取两个点作为$c_1,c_2$就行，结论显然成立。

第二步：非常数且存在正值的情况 #

现在假设$f$不是常数函数，且存在$x_0\in(a,b)$使得$f(x_0)>0$（也就是$f$存在正值）。

因为$f$在闭区间$[a,b]$上连续，根据闭区间上连续函数的最值定理，$f$在$[a,b]$上一定能取到最大值$M$：

• 由于$f(a)=f(b)$，且$f$存在正值，所以$M > f(a)=f(b)$，而且这个最大值点$c_1$肯定落在开区间$(a,b)$内（要是最大值在端点的话，$M=f(a)=f(b)$，就和$M>f(a)$矛盾了）。

接下来看$c_1$处的右导数：
根据右导数的定义：
$$f'{+}(c_1)=\lim{h\rightarrow0^+}\frac{f(c_1+h)-f(c_1)}{h}$$
因为$c_1$是$f$的最大值点，所以对所有足够小的$h>0$（保证$c_1+h\in[a,b]$），都有$f(c_1+h)\leq f(c_1)$，也就是分子$f(c_1+h)-f(c_1)\leq0$，而分母$h>0$，所以整个分式$\frac{f(c_1+h)-f(c_1)}{h}\leq0$。
当$h\rightarrow0^+$时，这个极限要么是负数，要么是0，所以$f'_{+}(c_1)\leq0$，这就找到了第一个符合要求的点$c_1$。

第三步：找到满足$f'_{+}(c_2)\geq0$的点$c_2$ #

同样利用最值定理，因为$f$不是常数函数，且$f(a)=f(b)$，$f$存在正值，那$f$在$[a,b]$上的最小值$m$一定小于$f(a)$，且最小值点$c_2$落在$(a,b)$内（要是最小值在端点，那$m=f(a)=f(b)$，但区间内有大于$f(a)$的点，不影响最小值点在内部的结论）。

对于最小值点$c_2\in(a,b)$，对足够小的$h>0$，$f(c_2+h)\geq f(c_2)$，所以分子$f(c_2+h)-f(c_2)\geq0$，分母$h>0$，分式$\frac{f(c_2+h)-f(c_2)}{h}\geq0$。
当$h\rightarrow0^+$时，极限$f'_{+}(c_2)\geq0$，这就找到了第二个符合要求的点$c_2$。

如果觉得用最小值点有点绕，也可以换个思路：令$g(x)=-f(x)$，那$g$也是$[a,b]$上的连续函数，满足$g(a)=g(b)$，且$g$存在负值（因为$f$有正值）。对$g$用刚才的结论，存在$c_2\in(a,b)$使得$g'{+}(c_2)\leq0$，而$g'{+}(c_2)=-f'{+}(c_2)$，所以$-f'{+}(c_2)\leq0$，也就是$f'_{+}(c_2)\geq0$，效果是一样的。

补充说明 #

如果$f$存在负值而非正值，证明思路完全对称：找最小值点得到$f'{+}(c_1)\leq0$，找最大值点得到$f'{+}(c_2)\geq0$就行。

总之，不管是哪种非常数情况，我们都能找到满足条件的$c_1$和$c_2$。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Alex