Supponiamo $y_1 < y_2$: poiché $y_1$, $y_2$ appartengono già a $f(I)$, è sufficiente mostrare che anche ogni $y \in(y_1, y_2)$ appartiene a $f(I)$. Dal momento che $y_1$, $y_2\in f(I)$, $\exists x_1$, $x_2\in I \mid f(x_1)= y_1$ e $f(x_2)= y_2$. Si consideri allora $g : I \to\RRbar$ tale che
Supponiamo $y_1 < y_2$: poiché $y_1$, $y_2$ appartengono già a $f(I)$, è sufficiente mostrare che anche ogni $y \in(y_1, y_2)$ appartiene a $f(I)$. Dal momento che $y_1$, $y_2\in f(I)$, $\exists x_1$, $x_2\in I \mid f(x_1)= y_1$ e $f(x_2)= y_2$. Si consideri allora $g : I \to\RRbar$ tale che
$g(x)= f(x)- y$. Allora $g(x_1)= y_1- y < 0$, mentre $g(x_2)= y_2- y > 0$. Pertanto, per il teorema
$g(x)= f(x)- y$. Allora $g(x_1)= y_1- y < 0$, mentre $g(x_2)= y_2- y > 0$. Pertanto, per il teorema
degli zeri, $\exists\xbar\in(x_1, x_2)\mid g(\xbar)=0\implies f(\xbar)= y$. Si conclude allora che anche
degli zeri, $\exists\xbar\in(x_1, x_2)\mid g(\xbar)=0\implies f(\xbar)= y$. Si conclude allora che anche
$y \in f(I)$, da cui la tesi.
$y \in f(I)$, da cui la tesi.
\end{proof}
\end{proof}
\begin{remark}
In realtà, la dimostrazione del teorema dei valori intermedi
si basa sul fatto che gli unici insiemi convessi di $\RR$ sono
gli intervalli (da sopra segue infatti che $f(I)$ è un intervallo).
%TODO: dimostrare.
\end{remark}
\begin{theorem} (di Weierstrass) Sia $I$ un intervallo chiuso\footnote{In realtà è sufficiente che $I$ sia chiuso, ossia che contenga i suoi punti
di accumulazione} e sia
$f : I \to\RRbar$ continua. Allora esistono $x_m$ e $x_M$ punti
di massimo e minimo assoluti.
\end{theorem}
\begin{proof}
Ci si limita a dimostrare l'esistenza del minimo, dacché l'esistenza
del massimo segue dal considerare $g =-f$. Sia $m :=\inf f(I)$.
Esiste allora una successione $(y_n)\subseteq f(I)$ tale che
$y_n \tendston m$. Poiché $y_n \in f(I)$, $\exists x_n \in I \mid
y_n = f(x_n)$. Per il teorema di Bolzano-Weierstrass, $\exists\, (x_{n_k})
\subseteq I$ sottosuccessione convergente, ossia tale che
$x_{n_k}\to\xbar\in\RRbar$. In particolare vale che
$\xbar\in I$, dal momento che $I$ è un intervallo chiuso. %TODO: approfondire
Per la continuità di $f$ (in particolare in $\xbar$), allora $f(x_{n_k})\tendston f(\xbar)$.
Essendo $f(x_{n_k})$ una sottosuccessione di $(y_n)$, che è
convergente, deve valere che $f(\xbar)= m$, ossia
$m \in f(I)$, da cui si ricava che $f(I)$ ammette un minimo,
ovvverosia la tesi.
\end{proof}
\begin{remark} (algoritmo max. e min.) Si consideri $\tilde{f} : \tilde{I}\to\RRbar$. Allora, poiché $\tilde{f}$ è continua ed è definita su
un intervallo chiuso, per Weierstrass ammette un massimo e un
minimo. Preso per esempio il minimo, esso potrebbe essere un
estremo di $\tilde{I}$, oppure è un punto derivabile (e quindi è
