Tồn tại hai số hữu tỉ $p/q$ và $r/s$ sao cho $0 < p/q < x$ và $y < r/s$, vì các khoảng mở ]$0, x$ và ]$y, \to$ là không rỗng ($\S$ I, no. 4, Mệnh đề 4); lấy $n$ sao cho $nps > qr$, và ta có $y < nx$.

1) Điều kiện là cần thiết. Cho $A$ là một tập con compắc của $\mathbf{R}$ và cho $a$ là một số thực $> 0$. Tập hợp $A$ là đóng (Chương I, $\S$ 9, no. 3, Mệnh đề 4) và tồn tại một số hữu hạn điểm $x_i$ ($1 \leq i \leq n$) của $\mathbf{R}$ sao cho $A$ được chứa trong hợp của các lân cận $[x_i - a, x_i + a]$ (Chương I, $\S$ 9, no. 3). Gọi $b$ là giá trị lớn nhất của các số $|x_i|$; khi đó ta có $A \subset [-b - a, b + a]$.

2) Điều kiện là đủ. Chỉ cần chứng tỏ rằng mọi khoảng $[ -a, +a ]$ ($a > 0$) đều compắc, và vì khoảng này là một tập con đóng của một không gian đều đầy đủ, chỉ cần chứng tỏ rằng, với mỗi $b > 0$, ta có thể phủ $[ -a, +a ]$ bởi một số hữu hạn các khoảng có dạng $[x - b, x + b]$ (Chương II, $\S$ 4, no. 2, Hệ quả của Định lý 3). Bây giờ, cho $n$ là một số nguyên $> 0$ sao cho $a < nb$; nếu $x \in [ -a, +a ]$ và nếu $m$ là số nguyên lớn nhất (dương hoặc âm) sao cho $mb \leq x$, thì ta có $-n \leq m \leq n$ và $mb \leq x \leq (m + 1)b$. Do đó $2n + 1$ khoảng $[ (k - 1)b, (k + 1)b ]$ ($-n \leq k \leq n$) lập thành một phủ thuộc kiểu đã yêu cầu.

Cho $A$ là một tập con không rỗng của $\mathbf{R}$, bị chặn trên, và cho $b$ là một cận trên của $A$, sao cho $A \subset ]\leftarrow, b]$. Với mỗi $x \in A$ xét tập hợp $A_x$ gồm các số $\geqslant x$ thuộc $A$; các tập hợp $A_x$ tạo thành một cơ sở lọc $\mathfrak{B}$ trên $\mathbf{R}$, vì $A_y \subset A_x$ nếu $y \geqslant x$. Cho $a$ là một điểm của $A$. Với mỗi $x \geqslant a$ thuộc $A$, $A_x$ được chứa trong khoảng compact $[a, b]$ và do đó cơ sở lọc $\mathfrak{B}$ có một điểm tụ $c$. Vì các khoảng $[x, \rightarrow[$ là đóng, $c$ thuộc giao của chúng và vì vậy $c$ là một cận trên của $A$. Nhưng, mặt khác, mọi cận trên $z$ của $A$ đều $\geqslant c$, nếu không thì lân cận $]z, \rightarrow[$ của $c$ sẽ không chứa điểm nào của $A$. Vậy $c$ là cận trên bé nhất của $A$.

Ta có thể lập luận tương tự cho một tập hợp khác rỗng $B$ bị chặn dưới, hoặc đơn giản nhận xét rằng $-B$ là khác rỗng và bị chặn trên, và nếu $c$ là cận trên nhỏ nhất của $-B$, thì $-c$ là cận dưới lớn nhất của $B$.

Cận trên nhỏ nhất $c$ của $A$ có thể được đặc trưng hóa bởi hai tính chất sau: (i) Với mỗi $x \in A, x \leqslant c_*$. (ii) Với mỗi $a < c$, tồn tại $x \in A$ sao cho $a < x \leqslant c$.

Cận trên nhỏ nhất của một tập đóng (khác rỗng và bị chặn trên) thuộc về tập hợp đó và là phần tử lớn nhất của nó; và cận trên nhỏ nhất của mọi tập con khác rỗng $A$ của $\mathbf{R}$ bị chặn trên có thể được định nghĩa là số thực lớn nhất trong bao đóng của $A$.

Điều kiện ấy rõ ràng là cần thiết. Ngược lại, giả sử rằng nó được thỏa mãn. Nếu $A$ không bị chặn trên cũng không bị chặn dưới thì nó phải là toàn bộ $\mathbf{R}$, vì nếu $x$ là một điểm bất kỳ của $\mathbf{R}$ thì khi đó có hai điểm $a, b$ của $A$ sao cho $a < x < b$. Nếu $A$ bị chặn trên nhưng không bị chặn dưới, gọi $k$ là cận trên bé nhất của nó; khi đó với mọi $x < k$ tồn tại $a$ và $b$ trong $A$ sao cho $a < x < b \leqslant k$, do đó $x \in A$, và vì thế $A$ chỉ có thể là một trong hai khoảng $]\leftarrow, k], ]\leftarrow, k[$. Lập luận cũng tương tự trong các trường hợp khác.

i) Điều kiện là cần thiết. Giả sử $A$ liên thông: nếu $A$ chỉ gồm một điểm, thì nó là một khoảng. Nếu $A$ có nhiều hơn một điểm, lấy $a$ và $b$ là hai điểm của $A$ sao cho $a < b$; theo Mệnh đề 1 của no. 4, chỉ cần chứng minh rằng mọi $x$ sao cho $a < x < b$ đều thuộc $A$. Bây giờ, nếu $x \notin A$ thì ta sẽ có $A \subset C\{x\}$; nhưng $C\{x\}$ là hợp của hai tập mở rời nhau ]$\leftarrow, x[$ và $]x, \rightarrow[$, mà mỗi tập trong hai tập đó đều gặp $A$, và vì thế $A$ sẽ không liên thông, trái với giả thiết.

2) Điều kiện là đủ. Trước hết ta hãy chỉ ra rằng mọi khoảng compắc $[a, b]$ đều liên thông. Với mỗi số nguyên $n > 0$, gọi $V_{1/n}$ là lân cận gồm tất cả các cặp $(x, y)$ sao cho $|x - y| \leq 1/n$; theo Mệnh đề 6 của Chương II, § 4, no. 4, chỉ cần chỉ ra rằng mọi cặp điểm $x, y$ của $[a, b]$ đều có thể được nối bởi một xích $V_{1/n}$. Gọi $p$ là số nguyên lớn nhất sao cho $p/n \leq x$ và gọi $q$ là số nguyên lớn nhất sao cho $q/n \leq y$ ($p$ và $q$ tồn tại theo Định lý 1 của no. 1); khi đó $p \leq q$. Nếu $p = q$ thì $y - x < 1/n$ và các điểm $x$ và $y$ tạo thành một xích $V_{1/n}$. Nếu $q > p$, đặt $x_i = (p + i)/n$ ($i = 1, 2, \ldots, q - p$); ta có $x_1 - x \leq 1/n$, $y - x_{q-p} \leq 1/n$ và $x_{i+1} - x_i = 1/n$, do đó các điểm $x, x_1, x_2, \ldots, x_{q-p}, y$ tạo thành một xích $V_{1/n}$ nối $x$ và $y$.

Nếu bây giờ $I$ là một khoảng bất kỳ không gồm một điểm duy nhất, và nếu $a$ và $b$ là hai điểm bất kỳ của $I$ sao cho $a < b$, thì khoảng $[a, b]$ được chứa trong $I$ và là liên thông, do đó $I$ là liên thông.

Theo Định lý 4, một tập con của $\mathbf{R}$ không chứa bất kỳ khoảng nào gồm nhiều hơn một điểm thì hoàn toàn không liên thông; điều này đúng, chẳng hạn, với tập $\mathbf{Q}$ các số hữu tỉ, vì tập $C\mathbf{Q}$ các số vô tỉ là trù mật trong $\mathbf{R}$.

Cho $A$ là một tập hợp mở không rỗng trong $\mathbf{R}$. Vì $\mathbf{R}$ liên thông địa phương, mọi thành phần của $A$ là một tập hợp mở liên thông (Chương I, § 11, no. 6, Mệnh đề 11) và do đó là một khoảng mở theo Định lý 4. Hai khoảng mở bất kỳ trong các khoảng này là rời nhau; mặt khác, mỗi khoảng trong chúng đều chứa một số hữu tỉ; vì thế tập hợp các khoảng này có lũy thừa nhỏ hơn hoặc bằng lũy thừa của $\mathbf{Q}$, tức là đếm được.

Suy ra mọi tập hợp đóng trong $\mathbf{R}$ là phần bù của hợp của một dãy $(I_n)$ hữu hạn hoặc vô hạn gồm các khoảng mở đôi một rời nhau. Các khoảng này được gọi là kề với tập hợp đóng đang xét. Ngược lại, cho một dãy khoảng như vậy, phần bù của hợp của chúng là một tập hợp đóng mà các khoảng ấy kề với nó.

1) Điều kiện là cần thiết. Cho $a$ và $b$ là hai điểm của I sao cho $a < b$, và giả sử chẳng hạn rằng $f(a) < f(b)$. Hãy chứng minh rằng $f$ tăng ngặt trên I. Trước hết, nếu $a < c < b$ thì ta phải có $f(a) < f(c) < f(b)$; nếu, chẳng hạn, ta có $f(a) < f(b) < f(c)$

Suy ra rằng nếu $x$ và $y$ là hai điểm bất kỳ của I sao cho $x < y$, thì $f(x) < f(y)$; vì ta có $f(a) < f(x) < f(b)$ nếu $a < x < b$, $f(a) < f(b) < f(x)$ nếu $b < x$, và $f(x) < f(a) < f(b)$ nếu $x < a$; lặp lại lập luận với $a, x, y$ lần lượt thay cho $a, b, x$, ta thấy rằng $f(x) < f(y)$.

2) Điều kiện này là đủ. Giả sử $f$ liên tục và đơn điệu nghiêm ngặt trên I (chẳng hạn, tăng ngặt): $f(I)$ liên thông và do đó là một khoảng, và vì $f$ tăng ngặt, $f$ là một ánh xạ song ánh từ I lên $f(I)$. Hơn nữa, ảnh qua $f$ của một khoảng mở trong I là một khoảng mở trong $f(I)$, và do đó (§ 1, no, 4, Mệnh đề 5) $f$ là một đồng phôi từ I lên $f(I)$.