连续函数的定理

证明。设 $S$ 为所有满足 $a\le x\le b$ 且 $f(x)\le y_0$ 的 $x$ 组成的集合。那么 $a$ 在 $S$ 中，所以 $S$ 非空。另外，$b$ 是 $S$ 的一个上界。因此 $S$ 有一个最小上界 $x_0$。在下图所示的函数情形中，$x_0$ 如图中所示：

现在要么 ，要么 ，要么 $f(x_0)=y_0$。我们通过证明前两种情况不可能发生来证明 $f(x_0)=y_0$。

首先，假设 。令 。那么我们可以找到一个 ，使得每当 时，就有 。现在必有 $x_0\ne b$，因为 $f(b)\ge y_0$。因此 $h=\text{Min}(b-x_0,\frac{\delta }{2})$ 是正的，若令 $x=x_0+h$，则 ，且

于是 $x=x_0+h$ 大于 $x_0$ 且在 $S$ 中。但 $x_0$ 是 $S$ 的上界。这就产生了矛盾，因此 $f(x_0)\ge y_0$。这里我们只使用了 $x_0$ 是 $S$ 的上界这一性质。

现在假设 。我们将利用 $x_0$ 是 $S$ 的最小上界这一事实来证明这种情况是不可能的。显然，$x_0\ne a$。令 $ϵ=f(x_0)-y_0$。那么 ，并且我们可以找到一个 ，使得每当 时，就有 ，于是

因此，位于 $x_0-\frac{\delta }{2}$ 与 $x_0$ 之间的 $x$ 的值没有一个在 $S$ 中，而且由于没有 $x\ge x_0$ 的值在 $S$ 中，所以没有 $x\ge x_0-\frac{\delta }{2}$ 的值在 $S$ 中。如果 $h=\text{Min}(x_0-a,\frac{\delta }{2})$，那么 $x_0-h$ 是 $S$ 的一个上界，且 。这与 $x_0$ 是**最小**上界的事实相矛盾。因此 是不可能的，于是必有 $f(x_0)=y_0$。证明完毕。

证明。设 $S$ 为区间 $a\le x\le b$ 中所有满足以下条件的 $x$ 组成的集合：对某个 ，每当 时都有 。在下图中，$x_0$ 左侧且不包含 $x_0$ 的所有点都在 $S$ 中：

由于 $b$ 是 $S$ 的一个上界，除非 $S$ 为空集，否则 $S$ 有一个最小上界。但如果 $S$ 为空集，那么 $a$ 不在 $S$ 中；也就是说，对每个 ，都有 ；这其实就是 $a$ 是 $f(x)$ 的最大值的情形，此时我们就完成了证明。于是只剩下 $S$ 非空的情形，因此 $S$ 有一个最小上界 $x_0$。我们将证明，如图所示，$x_0$ 是 $f(x)$ 在 $a\le x\le b$ 上的最大值。

首先我们断言 $x_0$ 不在 $S$ 中。若 $x_0=b$，这是显然的，因为区间中不存在使得 的 。于是我们可以假设 $x_0\ne b$。如果 $x_0$ 在 $S$ 中，我们可以找到 ，使得每当 $a\le x\le x_0$ 时都有 。特别地， 。那么我们可以找到一个 ，使得每当 时， ，即 ，这是通过在 $f(x)$ 于 $x_0$ 处的连续性中使用 得到的。我们还可以假设 。然后考虑 $x_0+\frac{\delta }{2}$。对于所有满足 $a\le x\le x_0+\frac{\delta }{2}$ 的 $x$，都有 ，也就是说 $x_0+\frac{\delta }{2}$ 在 $S$ 中且大于 $x_0$。这与 $x_0$ 是 $S$ 的上界的事实相矛盾。因此 $x_0$ 不在 $S$ 中。

现在设 $x$ 为区间 $a\le x\le b$ 中的任意一点。我们将证明 $f(x)\le f(x_0)$。首先假设 。如果 ，那么与前面一样，存在一个 ，使得每当 时都有 。根据 $x_0$ 是最小上界这一事实，存在 $S$ 中的一个数 $x_1$ 使得 。因此存在一个 ，使得每当 时都有 。要么存在这样一个满足 的 $x_2$，要么不存在。如果我们确实有一个满足 的 $x_2$，那么 ，于是每当 时都有 ，即 $x_0$ 在 $S$ 中。但这是不可能的。因此我们可以假设 $x_2\ge x_0+\delta$。那么如果 $f(x)\ge f(x_2)$，令 $x_3=x$；如果 ，令 $x_3=x_2$。无论哪种情况，每当 时都有 ，所以 $x_0$ 在 $S$ 中，这是矛盾的。因此我们必须得出结论：不能有 ，从而每当 $x\ge x_0$ 时都有 $f(x)\le f(x_0)$。

最后，我们证明当 时 $f(x)\le f(x_0)$。假设 。那么存在一个区间 ，在其中 。但存在 $S$ 中的一点 $x_1$ 使得 。因此存在一个 ，使得每当 时都有 ；特别地，。于是 $x_2\ge x_0+\delta$，即 ，并且我们有 。但我们已经证明了这是不可能的。因此 $f(x)\le f(x_0)$，$x_0$ 是 $f(x)$ 的最大值，定理得证。