พิสูจน์ —

เราจะพิสูจน์ในกรณีที่ f ( a ) < u < f ( b ) {\displaystyle f(a)<u<f(b)} สำหรับกรณีอื่น ๆ ทำได้เช่นกัน

ให้ S {\displaystyle S} เป็นเซตของจำนวน x ∈ [ a , b ] {\displaystyle x\in [a,b]} ทั้งหมดที่ซึ่ง f ( x ) ≤ u {\displaystyle f(x)\leq u} แล้ว S {\displaystyle S} จะไม่เป็นเซตว่างเพราะมี a {\displaystyle a} เป็นสมาชิก นอกจากนี้ S {\displaystyle S} มีขอบเขตบนคือ b {\displaystyle b}

จากสมบัติความบริบูรณ์ของจำนวนจริง จะได้ว่าขอบเขตบนน้อยสุด sup S {\displaystyle \sup S} มีอยู่ ให้แทนด้วย c {\displaystyle c}

เราอ้างว่า f ( c ) = u {\displaystyle f(c)=u} .

กำหนด ε > 0 {\displaystyle \varepsilon >0} เนื่องจาก f {\displaystyle f} ต่อเนื่อง ดังนั้นจะมี δ > 0 {\displaystyle \delta >0} ที่ทำให้ | f ( x ) − f ( c ) | < ε {\displaystyle |f(x)-f(c)|<\varepsilon } ทุกค่า | x − c | < δ {\displaystyle |x-c|<\delta } ดังนั้นจะได้ว่า

f ( x ) − ε < f ( c ) < f ( x ) + ε {\displaystyle f(x)-\varepsilon <f(c)<f(x)+\varepsilon }

สำหรับทุก x ∈ ( c − δ , c + δ ) {\displaystyle x\in (c-\delta ,c+\delta )} โดยอาศัยสมบัติของขอบเขตบนน้อยสุด จะมี a ∗ ∈ ( c − δ , c ] {\displaystyle a^{*}\in (c-\delta ,c]} ที่อยู่ใน S {\displaystyle S} และทำให้

f ( c ) < f ( a ∗ ) + ε ≤ u + ε {\displaystyle f(c)<f(a^{*})+\varepsilon \leq u+\varepsilon } .

เลือก a ∗ ∗ ∈ ( c , c + δ ) {\displaystyle a^{**}\in (c,c+\delta )} จะเห็นได้ว่า a ∗ ∗ ∉ S {\displaystyle a^{**}\not \in S} เพราะ c {\displaystyle c} เป็นค่าขอบเขตบนน้อยสุดของ S {\displaystyle S}

จึงได้

f ( c ) > f ( a ∗ ∗ ) − ε   > u − ε {\displaystyle f(c)>f(a^{**})-\varepsilon \ >u-\varepsilon } .

จากทั้งสองอสมการเราพบว่า

u − ε < f ( c ) < u + ε {\displaystyle u-\varepsilon <f(c)<u+\varepsilon }

เป็นจริงสำหรับทุก ε > 0 {\displaystyle \varepsilon >0} ซึ่งทำให้ได้ว่า f ( c ) = u {\displaystyle f(c)=u} ตามต้องการ