極值定理
本文簡介極值定理（extreme value theorem）的證明。
術語
對一實數數列 $(a_n)_{n \geq 0} \comma$我們有以下定義：
- 若對所有非負整數 $n$ 均有 $a_n \leq a_{n+1} \comma$則稱 $(a_n)_{n \geq 0}$ 遞增；若對所有非負整數 $n$ 均有 $a_n \geq a_{n+1} \comma$則稱 $(a_n)_{n \geq 0}$ 遞減。
- 當 $(a_n)_{n \geq 0}$ 為遞增或遞減時，我們稱 $(a_n)_{n \geq 0}$ 為單調。
- 若存在正實數 $M$ 使 $\lvert a_n \rvert < M$ 對所有非負整數 $n$ 均成立，則稱 $(a_n)_{n \geq 0}$ 有界。
- 若 $(m_k)_{k \geq 0}$ 為一非負整數數列，其中對所有非負整數 $k$ 均有 $m_k < m_{k+1} \comma$則我們稱數列 $(a_{m_k})_{k \geq 0}$ 為 $(a_n)_{n \geq 0}$ 的一個子數列。
波爾札諾―魏爾施特拉斯定理
首先先證明波爾札諾―魏爾施特拉斯定理（Bolzano–Weierstrass theorem）：任一有界實數數列均具有收斂子數列。
定理 1 每個實數數列 $(a_n)_{n \geq 0}$ 均存在一單調子數列 $(a_{m_k})_{k \geq 0} \period$
證明 設 $M$ 包含所有非負整數 $m \comma$其使 $a_m > a_n$ 對所有大於 $m$ 的整數 $n$ 均成立。
狀況 1：$M$ 為有限集合。設 $m_0$ 為一非負整數，其大於所有 $M$ 的元素。對每個非負整數 $k \comma$由於 $m_k \notin M \comma$我們均能找到一個大於 $m_k$ 的整數 $m_{k+1}$ 使得 $a_{m_k} \leq a_{m_{k+1}} \period$此時 $(a_{m_k})_{k \geq 0}$ 即為一遞增數列。
狀況 2：$M$ 為無限集合。設 $M$ 的元素由小到大依序為 \[\begin{split}m_0 \cm m_1 \cm m_2, \ldots \comma\end{split}\]則 $(a_{m_k})_{k \geq 0}$ 即為一遞減數列。
定理 2（波爾札諾―魏爾施特拉斯定理） 每個有界實數數列 $(a_n)_{n \geq 0}$ 均存在一收斂子數列 $(a_{m_k})_{k \geq 0} \period$
證明 由定理 1 可知 $(a_n)_{n \geq 0}$ 具有一個單調子數列 $(a_{m_k})_{k \geq 0} \period$此時 $(a_{m_k})_{k \geq 0}$ 亦有界，由於單調有界的實數數列均收斂，故定理得證。
極值定理
接著我們證明極值定理（extreme value theorem）：定義在有界閉區間上的實數值連續函數會具有最大、最小值。
定理 3 設 $a \jcomma b$ 為實數，滿足 $a < b \period$若一函數 $f \colon [a, b] \to \RR$ 連續，則 $f$ 有界。
證明 我們依序證明 (a) $f$ 有上界；(b) $f$ 有下界。
首先我們以反證法證明 (a)，假設 $f$ 不具上界。設 $(x_n)_{n \geq 0}$ 為 $[a, b]$ 中的一個數列，其中 $f(x_n) \geq n \period$則由定理 2（波爾札諾―魏爾施特拉斯定理），可知 $(x_n)_{n \geq 0}$ 有一收斂子數列 $(x_{m_k})_{k \geq 0} \semicolon$設 $(x_{m_k})_{k \geq 0}$ 收斂至 $c \period$由於 $f$ 連續，故 $(\.f(x_{m_k}))_{k \geq 0}$ 收斂至 $f(c) \period$然而此時對任意非負整數 $k \comma$均有 $f(x_{m_k}) \geq m_k \geq k \comma$即 $(\.f(x_{m_k}))_{k \geq 0}$ 不具上界，因而導致矛盾。由此可知 (a) 成立。
接著證明 (b)：由 (a) 可知 $-f$ 具有一上界 $M \comma$此時 $-M$ 即為 $f$ 的下界。
定理 4（極值定理） 設 $a \jcomma b$ 為實數，滿足 $a < b \period$若一函數 $f \colon [a, b] \to \RR$ 連續，則 $f$ 具有最大值與最小值。
證明 我們依序證明 (a) $f$ 有最大值；(b) $f$ 有最小值。
首先證明 (a)。由定理 3 可知 $f$ 具有最小上界 $M \comma$此時我們需要證明 $M$ 在 $f$ 的值域中。
考慮反證法，假設 $M$ 不在 $f$ 的值域中，即 $f(x) < M$ 對所有 $x \in [a, b]$ 都成立。設 $g \colon [a, b] \to \RR \comma$其中 \[\begin{split}\rod{4}{0}g(x) = \frac{1}{M - f(x)} \period\end{split}\]此時對任意正實數 $c \comma$均能找到 $u \in [a, b]$ 使得 \[\begin{split}\rod{4}{0}f(u) > M - \frac{1}{c} \comma\end{split}\]此時即有 $g(u) > c \period$由此可知 $g$ 不具上界，與定理 3 矛盾。故 (a) 成立。
接著證明 (b)：由 (a) 可知 $-f$ 具有最大值 $M \comma$此時 $-M$ 即為 $f$ 的最小值。