令I=r0r1-∞≤r0＜r1≤∞是R上的一个区间mx右连续单调递增令x ∈r0r1f是定义在x的领域的实函数定义Dmfx=d µfdmM-ae；定理：令hx是r0r1的实函数Dmhx=0证明hx在r0r1是一个常数。

证明：

首先，我们有以下引理：

引理1：如果f是单调递增的，则µf是连续的。

证明：

对于任意的x∈R，我们有：

limn→∞f(x-1/n)=limn→∞sup{f(y):y<x,y∈Q}≤f(x)

以及

limn→∞f(x+1/n)=limn→∞inf{f(y):y>x,y∈Q}≥f(x)

因此，由单调性可知

µf(x)=limn→∞[f(x-1/n),f(x+1/n)]=f(x)

证毕。

引理2：如果f是右连续的，则µf是右连续的。

证明：

对于任意的x∈R，我们有：

µf(x+)=limn→∞[f(x,x+1/n)]=limn→∞sup{f(y):x<y≤x+1/n,y∈Q}

因为f是右连续的，所以对于任意的n∈N，存在一个有理数xn∈(x,x+1/n]，使得f(xn)≥f(x,x+1/n)。因此，

µf(x+)=limn→∞sup{f(y):x<y≤x+1/n,y∈Q}≤limn→∞f(xn)=f(x+)

又因为 f(x+)=limn→∞f(x,x+1/n)，所以

µf(x+)=f(x+)

证毕。

现在，我们回到原命题。假设h不是常数，则存在a,b∈(r0,r1)，使得h(a)<h(b)。由于h是右连续的，所以存在一个有理数an∈(a,b]，使得h(an)>h(a)。同理，存在一个有理数bn∈(a,b]，使得h(bn)<h(b)。

因为f是定义在x的领域的实函数，所以存在一个正整数N，使得1/N<(bn-an)/2。令xn=an+1/N，则xn∈(a,b)。因为f是单调递增的，所以有：

f(xn)≤f(an)<f(bn)

因此，

µf(an,an+1/N)=limk→∞[f(an,an+1/N),f(xn,xn+1/k)]=f(an)

µf(xn,xn+1/N)=limk→∞[f(xn,xn+1/N),f(bn,bn+1/k)]=f(bn)

又因为h在an和bn处连续，所以对于任意的ε>0，存在一个δ>0，使得当|y-an|<δ时，|h(y)-h(an)|<ε/2，且当|y-bn|<δ时，|h(y)-h(bn)|<ε/2。

令y∈(an,an+1/N)，则

|h(y)-h(an)|<ε/2

f(y)≤f(an)

因此，

|Dmf(y)h(y)-Dmf(an)h(an)|=Dmf(y)|h(y)-h(an)|<ε/2Dmf(y)

同理，对于z∈(bn-1/N,bn)，有

|h(z)-h(bn)|<ε/2

f(z)≥f(bn)

因此，

|Dmf(z)h(z)-Dmf(bn)h(bn)|=Dmf(z)|h(z)-h(bn)|<ε/2Dmf(z)

令ε=min{h(an)-h(y),h(z)-h(bn)}，则

ε>0

Dmh(y)≥0

Dmh(z)≤0

因此，存在一个正整数M，使得对于任意的n>M，有

|Dmf(y)|<ε/2

|Dmf(z)|<ε/2

因此，

|Dmf(y)h(y)-Dmf(z)h(z)|<ε/2(h(y)-h(z))<ε/2ε=ε^2/2

因为y,z∈(a,b)，所以

|y-z|<1/N<(bn-an)/2

因此，

|f(y)-f(z)|<ε/2

因此，

|Dmf(y)h(y)-Dmf(z)h(z)|=|Dmf(y)(h(y)-h(an))+Dmf(y)(h(an)-h(bn))+Dmf(z)(h(bn)-h(z))+Dmf(z)(h(an)-h(bn))|

≤|Dmf(y)(h(y)-h(an))|+|Dmf(y)(h(an)-h(bn))|+|Dmf(z)(h(bn)-h(z))|+|Dmf(z)(h(an)-h(bn))|

<ε^2/2+ε^2/2+ε^2/2+ε^2/2=ε^2

因此，

|Dmf(y)h(y)-Dmf(z)h(z)|<ε^2

这与Dmh(y)和Dmh(z)异号矛盾，因此假设不成立，即h是常数。证毕