Mệnh đề là hiển nhiên nếu $f$ là hằng: nếu không, chẳng hạn $f$ nhận những giá trị $> f(a)$, và do đó đạt cận trên nhỏ nhất của nó tại một điểm $c$ nằm bên trong I (Gen. Top., IV, p. 359, th. 1). Vì $f$ đạt cực đại địa phương tại điểm này nên ta có $f'(c) = 0$ (I, p. 20, prop. 7).

Chỉ cần áp dụng mệnh đề 1 cho hàm $f(x) - \frac{f(b) - f(a)}{b - a}(x - a)$.

Hệ quả này có nghĩa là có một điểm $M_c = (c, f(c))$ trên đồ thị $C$ của $f$ sao cho $a < c < b$ và sao cho tiếp tuyến với $C$ tại điểm này song song với đường thẳng nối các điểm $M_a = (a, f(a))$ và $M_b = (b, f(b))$.

từ đó suy ra, khi cho $x$ tiến tới $c$ trong bất đẳng thức này (vì $f$ liên tục), rằng $c$ thỏa mãn (1).

Vì thế, ta sẽ thấy rằng tất yếu phải có $c = b$. Thật vậy, nếu có $c < b$, thì hiển nhiên ta có $c \notin A$; nay $f'_d(c)$ tồn tại, và vì theo giả thiết $f'_d(c) \geq 0$, nên tồn tại một $y$ sao cho $c < y \leq b$ và sao cho với $c \leq x \leq y$ ta có

từ đó, có tính đến (1), trong đó $x$ được thay bởi $c$,

điều đó có nghĩa là $y \in J$, mâu thuẫn với định nghĩa của $c$. Vậy ta có $c = a_k$ với một chỉ số $k$ nào đó; vì $f$ liên tục tại điểm $a_k$ nên tồn tại một $y$ sao cho $c < y \leq b$ và sao cho với $c < x \leq y$ ta có

từ đó, có tính đến (1), trong đó $x$ được thay bởi $c$, điều này lại dẫn đến một mâu thuẫn; do đó ta có $c = b$, và hệ quả là Vì $\varepsilon > 0$ là tùy ý nên từ (2) ta suy ra rằng $f(b) \geq f(a)$, điều đó chứng minh phần thứ nhất của mệnh đề.

Bây giờ ta nhận xét rằng kết quả này áp dụng cho một khoảng $[x, y]$ với $a \leq x < y \leq b$ chứng minh rằng $f$ là tăng trên I; nếu có $f(b) = f(a)$ thì có thể suy ra rằng $f$ là hằng trên I, và khi đó $f'_d(x) = 0$ tại mọi điểm của $[a, b[$; phần thứ hai suy ra từ điều này.

Các bất đẳng thức (5) là hệ quả của (4) khi $m$ và $M$ hữu hạn; trường hợp một trong hai số đó là vô hạn thì tầm thường.

Dưới các giả thiết đó ta có

Chứng minh tiến hành tương tự như chứng minh của mệnh đề 2. Cho $\varepsilon > 0$ là tùy ý, và $(a_n)$ là dãy thu được bằng cách liệt kê A theo một thứ tự nào đó. Gọi J là tập hợp các điểm $y \in I$ sao cho, với mọi $x$ thỏa mãn $a \leq x \leq y$ ta có

ta sẽ chỉ ra rằng $J = I$. Ta thấy ngay lập tức, như trong mệnh đề 2, rằng J là một khoảng có đầu mút trái là $a$; nếu c là đầu mút phải của nó thì $c \in J$; thật vậy, với mọi $x < c$ ta có (8), và a fortiori

từ đó, cho $x$ tiến tới $c$ trong bất đẳng thức này, theo tính liên tục của $f$ suy ra rằng $c$ thỏa mãn (8).

Ta hãy chỉ ra rằng tất phải có $c = b$. Vậy giả sử rằng $c < b$ và hơn nữa $c \notin A$: khi đó $f'_d(c)$ và $g'_r(c)$ tồn tại và thỏa mãn (6); trước hết giả sử rằng $g'_r(c)$ (tất yếu là $\geq 0$) hữu hạn; khi đó luôn có thể viết $f'_d(c) = u g'_r(c)$, với $\| u \| \leq 1$; vì hàm $f(x) - u g(x)$ có đạo hàm phải bằng không tại điểm $c$ nên phải tồn tại một $y$ sao cho $c < y \leq b$ và sao cho với $c \leq x \leq y$ ta có

từ đó

và, có tính đến (8), trong đó $x$ được thay bởi $c$,

Vậy ta có $y \in J$, điều này là mâu thuẫn. Bây giờ giả sử rằng $c \notin A$ và $g'_r(c) = +\infty$; khi đó tồn tại một $y$ sao cho $c < y \leq b$ và sao cho với $c \leq x \leq y$ thì một mặt ta có

còn mặt khác ta có

suy ra

và suy ra như trên. Sau cùng, nếu có $c = a_k$, thì tồn tại một $y$ sao cho $c < y \leq b$, và sao cho với $c < x \leq y$ ta có

từ đó, có tính đến (8), với $x$ được thay bởi $c$,

điều này lại dẫn đến một mâu thuẫn. Chứng minh kết thúc như chứng minh của mệnh đề 2.

Q.E.D.

(9)

Thật vậy chỉ cần áp dụng đl. 2, thay thế $f$ bằng hàm

và $g$ bằng hàm tuyến tính có đạo hàm là $\sup_{z \in B, x < z < y} \| f'_d(z) - f'_d(x_0) \|$.

Định lý 2 mở rộng cho các hàm vectơ của một biến phức:

Ta đặt $g(t) = \frac{1}{b - a} f(a + t(b - a))$ với $0 \leq t \leq 1$; do $g'(t) = f'(a + t(b - a))$, áp dụng đl. 2 cho hàm $g$ suy ra mệnh đề ngay lập tức.

Thật vậy, gọi $a$ là một điểm tùy ý của $A$; tập $B$ gồm các điểm $z$ của $A$ mà tại đó $f(z) = f(a)$ là đóng vì $f$ liên tục; nó cũng mở, như được chứng minh bằng cách áp dụng mệnh đề 4 (với $m = 0$) cho một lân cận mở lồi, được chứa trong $A$, của một điểm tùy ý của $B$; do đó nó đồng nhất với $A$.

Chỉ cần áp dụng đl. 2 cho hàm

trên khoảng $[0, 1]$.

Giả sử chẳng hạn rằng $x_0$ là đầu mút bên phải của I. Trước hết ta hãy chỉ ra rằng nếu $f'_d(x)$ tiến tới $c$ khi $x$ tiến tới $x_0$ mà vẫn nằm trong B và $\neq x_0$, thì $\frac{f(y) - f(x)}{y - x}$ tiến tới $c$; điều này suy ra ngay lập tức từ định lý 2 áp dụng cho hàm $f(z) - cz$, cho

với $x < y < x_0$. Ngược lại, nếu $\frac{f(y) - f(x)}{y - x}$ tiến tới $c$, thì với mọi $\varepsilon > 0$ tồn tại một $h > 0$ sao cho các điều kiện $|x - x_0| < h,\ |y - x_0| < h\ (x \neq x_0,\ y \neq x_0)$ suy ra

Nhưng với mọi $x \in B$ và $\neq x_0$ sao cho $|x - x_0| < h$ tồn tại một $k > 0$ (phụ thuộc vào $x$) sao cho quan hệ $x < y < x + k$ kéo theo

từ đó, xét (11):

với $|x - x_0| < h,\ x \in B$ và $x \neq x_0$. điều đó chứng tỏ rằng $f'_d(x)$ tiến tới $c$. Hơn nữa, từ quan hệ (11) ta có ngay lập tức rằng

điều này chứng tỏ (theo tiêu chuẩn Cauchy) rằng $f$ có một giới hạn $d$ tại điểm $x_0$ khi $x$ tiến tới điểm này mà vẫn thuộc I và $\neq x_0$; bây giờ, cho $x$ tiến tới $x_0$ trong (11), với $y \in I,\ y \neq x_0$ và $|y - x_0| \leq h$, ta có

điều đó chứng tỏ rằng $c$ là đạo hàm tại điểm $x_0$ của hàm $f$ được mở rộng bằng liên tục lên $I \cup \{x_0\}$.