先把記號講定，之後不再重複。本篇談的 f 都是實數值函數，定義域至少含著一個閉區間 J = [a, b]，而且永遠假設 a < b——這個假設不是裝飾：a = b 時開區間 (a, b) 是空的，「其中存在一點」這句話沒有任何點可挑，結論當場無從成立。所謂「在 J 上連續」依 §20-1 的 20.1 是指在 J 的每一點（含兩個端點）都連續；「在 (a, b) 內有導數」依 §27-1 的 27.1 是指開區間裡的每一點都問得出導數，兩個端點不在要求之內。
27.5 ROLLE'S THEOREM
Assume a < b, let f be continuous on J = [a, b] and differentiable at every point of (a, b), and suppose that f vanishes at both endpoints. Then f′(c) = 0 holds for at least one c in (a, b).
兩個端點的值都是零，中間就一定找得到一點，函數在那裡的導數是零。請留意這裡要求的是「兩端的值都是零」，不只是「兩端的值相等」——後面幾處都會引用這個形式，差一個字就接不上。三個前提各擋一種情形。連續要求在閉區間上，兩個端點也算：少了端點，函數可以在靠近端點時衝到很高卻永遠取不到最大值，那麼「取到最大值的那一點」根本不存在。可微只要求在開區間內，端點不必可微：√(1 − x²) 於 [−1, 1] 就是現成的例子，它在 ±1 這兩點沒有導數（差商在那裡要多大有多大），可是定理照樣適用，而 c = 0 確實是平的。至於 a < b，它保證 (a, b) 裡真的有點可挑。
證明計畫 · 由所求想起 所求是 (a, b) 內一點，導數為零。能生出「導數為零」的工具只有 27.4，所以整個證明就是去湊它的三個前提：內點、relative maximum、導數存在。 第一步：先把 f 在 J 上恆為零的情形挑掉，那時每一點都合格，取中點即可。 第二步：剩下的情形裡 f 取得到非零的值，必要時把 f 換成 −f，可以假設它取得到正值。 第三步：用 22.6 取出一個取到最大值的點。 第四步：兩端的值都是零而最大值是正的，所以那一點不是端點——它被逼進了內部。 第五步：27.4 收尾。
Proof. Suppose first that f is zero at every point of J. Then every point of (a, b) already has derivative zero, and we may take c = (a + b)/2. So assume from now on that f is not zero throughout J. Since neither the hypotheses nor the conclusion changes when f is replaced by −f, there is no loss in assuming that f takes a positive value somewhere on J.
這一步的所求：把「什麼都沒發生」的那個情形先清出去，剩下的才有東西可談。先看恆為零的情形：此時任取 c ∈ (a, b)，差商 (f(x) − f(c))/(x − c) 的分子恆為零，整條差商恆為零，於是它與 0 的誤差恆為零，任何 δ 都符合 27.1 的要求，f′(c) = 0。挑中點是為了寫得出一個具體的點，而中點確實落在開區間內：由 a < b 得 a < (a + b)/2 < b，這一格正是前提 a < b 在出力。接著是換號這個動作：f 不恆為零時它至少取得到一個非零的值，可能是正的也可能是負的，而我們只想處理正的那一種——遇到負的就把整個函數上下翻過來。這個代換在 §27-2 的內部極小值版（把 f 換成 −f 就把極小翻成極大）已經用過一次：−f 的差商是 f 的差商整條變號，誤差的絕對值一字不改，所以導數存在與否不變，值恰好是 −f′(c)；而 −f′(c) = 0 與 f′(c) = 0 是同一句話。拿一組數字走一次：f(x) = x² − 1 於 [−1, 1] 兩端的值都是零，它在 0 取到 −1，是負的；換成 −f(x) = 1 − x² 之後 0 這一點的值變成 1，是正的，而兩個函數在 0 的導數同時是零。
The interval J is closed and bounded, hence compact by the Heine-Borel Theorem 11.3, and f is continuous on it. Therefore 22.6 supplies a point c of J at which f takes the value M = sup {f(x) : x ∈ J}. Because f is positive somewhere on J, we get M > 0.
這一步的所求：一個「值不比 J 上任何地方小」的點。要拿到它得先確認 22.6 的前提。§11-2 的 11.3 Heine-Borel 定理（ℝᵖ 的子集為 compact 的充要條件是 closed 且 bounded）把閉區間換成 compact 集：[a, b] 被 a 與 b 夾住所以 bounded，兩個端點都算在內所以 closed。前提到齊，22.6 最大最小值定理就交出兩個點，我們只用取到 sup 的那一個。這裡順帶看得出前提為什麼要求在閉區間上連續：端點被剔除的話 J 就不再 closed，22.6 用不上，而值域的 sup 很可能只是被逼近、不被取到。至於 M > 0：上一步已經安排好 f 在某一點取到正值，而 M 不小於 f 在任何一點的值，於是 M 也是正的。
Because f(a) = f(b) = 0 while f(c) = M > 0, the point c agrees with neither a nor b. Since c belongs to J, it follows that a < c < b, so c is an interior point of J.
這一步的所求：把 c 逼進開區間 (a, b)。整個證明真正的關卡就在這裡——22.6 只答應把 c 交在 J 裡，而 J 含著兩個端點；c 若剛好是 a 或 b，下一步的 27.4 就用不上了，因為端點不是內點。把它擋掉的正是「兩端的值都是零」這個前提：兩個端點上的值是 0，而 c 上的值是 M，一個正數不等於零，所以 c 不可能是它們其中之一。閉區間裡扣掉兩個端點剩下的就是 a < c < b，也就是內點。拿數字對照下圖：f(x) = 1 − x² 於 [−1, 1] 的最大值 M = 1 在 c = 0 取到，而兩個端點的值都是 0，0 確實落在 (−1, 1) 內部。順帶一提，前提 a < b 在這一格也不能少：a = b 時 J 只有一個點，那個點同時是左端點也是右端點，逼不進任何地方去。
這張圖在證「c 不是端點」這一步：紅色虛線是 f 在 J 上取得到的最高高度，它是正的；兩個端點卻被釘在高度零的那條線上。取到最高高度的點必須站在紅線上，而端點站在灰線上，兩條線不同高，所以那個點只能落在中間。這一步用掉的正是「兩端的值都是零」，而不是別的前提。
The hypothesis gives the existence of f′(c), since c lies in (a, b). Moreover f(x) ≤ f(c) holds for every x in J, so f certainly has a relative maximum at c. Therefore 27.4 forces f′(c) = 0.
這一步的所求：把「這一點的值最大」翻譯成「這一點的導數是零」。§27-2 的 27.4 內部極大值定理（內點上有 relative maximum 而且導數存在時，導數必為零）的三個前提逐條核對一次。內點：上一步剛剛逼出來的 a < c < b。relative maximum：依定義只需要找到某個 δ，使 c 的 δ 鄰域內的值都不超過 f(c)；而這裡 f(c) = M 不小於整個 J 上的每一個值，隨便挑一個 δ 都合格，條件被滿足得綽綽有餘。導數存在：前提說 (a, b) 內處處有導數，而 c 剛好落在裡面——這也是為什麼上一步非把 c 逼進內部不可，它同時解決了「27.4 要內點」與「導數要存在」兩件事。
Assume a < b and let f be continuous on J = [a, b] and differentiable at every point of (a, b). Then some c in (a, b) satisfies f(b) − f(a) = f′(c)(b − a).
把等式兩邊同時除以 b − a（前提 a < b 保證它不是零），右邊是 f′(c)，左邊是兩端的值差除以兩端的距離。也就是說：兩個端點之間的平均變化，在中間某一點被瞬間的變化率一次講完。這正是它到處都用得上的原因——凡是「知道導數、想說值」的問題，它就是那道橋。前提與 27.5 一模一樣，只是拿掉了「兩端的值都是零」，可見這一條並不比 27.5 更難，只是形式更一般：把 f(a) = f(b) = 0 代進等式右邊，左邊變成零，於是 f′(c)(b − a) = 0，而 b − a 不是零，就退回 27.5。要留意 c 只保證存在，位置一般算不出來，也不保證唯一。
27.5 只吃「兩端的值都是零」的函數，而現在手上這個 f 在兩端的值一般既不相等也不是零。缺的就只有這一格：其餘兩個前提（J 上連續、(a, b) 內可微）現成就有。
證明計畫 · 由所求想起 所求是一個等式，把兩端的值差換算成某一點的導數。能生出導數的工具只有 27.5，而它只收兩端為零的函數。 第一步：把 f 減掉通過兩個端點的那條一次函數，得到一個新的函數。 第二步：驗這個新函數符合 27.5 的三個前提——J 上連續、(a, b) 內可微、而且兩端的值都是零。 第三步：27.5 交出一點，新函數在那裡的導數是零。 第四步：新函數的差商與 f 的差商只差一個常數，把導數換寫回去，等式就出來了。
Proof. Write m = (f(b) − f(a))/(b − a) for the slope of the segment joining (a, f(a)) to (b, f(b)), and let φ be the function defined on J by φ(x) = f(x) − f(a) − m(x − a). Thus φ measures how far f stands above that segment.
這一步的所求：一個在兩端都取零、而且導數與 f 的導數只差一個固定量的函數。先看它是怎麼造的。通過兩個端點 (a, f(a)) 與 (b, f(b)) 的那條直線，傾斜程度是兩端的值差除以兩端的距離，也就是 m；由於它在 x = a 時高度是 f(a)，它在一般的 x 的高度就是 f(a) + m(x − a)。把 f 在每一點的值減掉這條直線在同一點的高度，得到的 φ 量的就是「曲線比直線高出多少」——而兩個端點上曲線與直線正好碰在一起，高出的量自然是零，這就是後面要用的那一格。前提 a < b 在這裡先出了一次力：b − a 不是零，m 才寫得出來。緊接著用一組數字算一次：取 f(x) = x² 於 [0, 2]，則 m = (4 − 0)/(2 − 0) = 2，於是 φ(x) = x² − 0 − 2(x − 0) = x² − 2x。 兩端驗一下：φ(0) = 0、φ(2) = 4 − 4 = 0，確實都是零。下圖畫的就是這個相減的動作。
這張圖在證明的第一步造出 φ：藍線是通過兩個端點的一次函數，虛線是曲線高出藍線的量，紅色那一段就是某個 x 上的 φ(x)。兩個端點處曲線與藍線碰在一起，高出的量收縮成零——這正是接下來要送進 27.5 的那個條件。中間各處高出多少則由曲線自己決定。
The function x ↦ f(a) + m(x − a) is continuous on J, so 20.6 shows that φ is continuous on J as well. Next, for distinct x and c in J, (φ(x) − φ(c))/(x − c) = (f(x) − f(c))/(x − c) − m. Because the two difference quotients differ by the constant m, the same δ works for both; hence φ′(x) = f′(x) − m at every x in (a, b).
這一步的所求：確認 φ 通得過 27.5 前兩格的檢查，也就是連續與可微。連續那一格靠 §20-5 的 20.6（連續函數的和、差、積，以及分母不為零處的商，仍然連續）：f 依前提在 J 上連續，而 f(a) + m(x − a) 是常數與恆等函數用加法和乘法組出來的，也連續，兩者相減仍然連續。可微那一格不必引用任何組合律，直接把差商寫開就看得出來：分子多減掉的 m(x − a) − m(c − a) = m(x − c) 除以 x − c 之後恰好是常數 m。兩條差商既然永遠差一個固定的 m，「離某個數不到 ε」這件事就同進同退——27.1 要的 δ 一個都不必重挑，於是 f′(x) 存在的每一點 φ′(x) 也存在，值是 f′(x) − m。接著仍以 f(x) = x² 於 [0, 2] 對照：那裡 m = 2，φ(x) = x² − 2x，而 φ′(x) = 2x − 2，確實就是 f′(x) − 2。
At the endpoints, φ(a) = f(a) − f(a) − 0 = 0, and φ(b) = f(b) − f(a) − m(b − a) = 0 by the definition of m. Since a < b, all three hypotheses of Rolle's Theorem 27.5 now hold for φ, so there is a point c with a < c < b and φ′(c) = 0.
這一步的所求：把 27.5 缺的最後一格補上——兩端的值都是零。左端直接代入即可：φ(a) = f(a) − f(a) − m·0，三項相消得零。右端要用到 m 是怎麼定的：m = (f(b) − f(a))/(b − a) 兩邊乘上 b − a 得 m(b − a) = f(b) − f(a)，代進 φ(b) 就把整條式子減成零。請注意這裡兌現的是 27.5 的原始形式「兩端的值都是零」，不是「兩端的值相等」——φ 之所以恰好是零而不只是相等，是因為減掉的那條直線在兩個端點上的高度剛好就等於 f 在那裡的值。三格湊齊之後（連續、可微、兩端為零，再加上 a < b 讓 (a, b) 非空），27.5 洛爾定理就交出那一點。以數字驗收：φ(x) = x² − 2x 於 [0, 2] 的 φ′(x) = 2x − 2 在 c = 1 為零，而 1 確實落在 (0, 2) 內。
這張圖在說相減之後畫面變成什麼：前一張圖裡那些垂直虛線的長度被立起來，就是這條紅色曲線 φ。兩個端點同時落到高度零上，於是 27.5 的前提到齊，它交出中間那個切線水平的點 c。這張圖上的 c 與前一張圖是同一個橫座標——換的只是縱向的參考高度。
Since φ′(c) = f′(c) − m, the equation φ′(c) = 0 says exactly that f′(c) = m. Multiplying by b − a therefore gives f(b) − f(a) = f′(c)(b − a).
這一步的所求：把結論從 φ 翻回 f。前一步在 (a, b) 內每一點都建立了 φ′(x) = f′(x) − m，而 c 就落在 (a, b) 內，所以 0 = f′(c) − m，也就是 f′(c) = m。把 m 的定義代回去是一個除法，要移回乘法就兩邊同乘 b − a；由於 a < b，這個量不是零，剛才除得下去，現在乘得回來。最後用數字整條驗收一次：f(x) = x² 於 [0, 2] 得到 c = 1，右邊是 f′(1)·(2 − 0) = 2·2 = 4，左邊是 f(2) − f(0) = 4 − 0 = 4，兩邊對上。
這張圖在說最後一步把結論搬回原來的畫面：φ 在 c 的導數是零，代表曲線在 c 的切線與端點連線一樣斜——紅線與藍虛線平行。等式 f(b) − f(a) = f′(c)(b − a) 講的就是這件事：由兩端算出來的傾斜程度，被中間這一點的導數複製了一份。
兩端的值差可以被中間某一點的導數一次講完，而那一點的存在只需要閉區間上連續、開區間內可微。∎
27.7 COROLLARY
Assume a < b and let f be differentiable at every point of J = [a, b]. Then some c in (a, b) satisfies f(b) − f(a) = f′(c)(b − a).
證明計畫 · 由所求想起 所求就是 27.6 的結論，因此只要湊齊 27.6 的前提即可。三格之中 a < b 與 (a, b) 內可微都現成，唯一缺的是 J 上連續——而 27.2 正好從可微推得連續，逐點套一次就補起來。
Proof. By hypothesis f′(x) exists at every point x of J. Lemma 27.2 then makes f continuous at each such point, so f is continuous on J; and its derivative certainly exists on the smaller set (a, b). Since a < b as well, Theorem 27.6 applies and delivers the required point c.