Kann man den Beweis nicht auch wie folgt machen? Sei ohne Beschränkung der Allgemeinheit a<b und f(a)≤f(b) (falls f(a)>f(b), betrachten wir -f(a)≤-f(b)). Falls c=f(a) bzw. c=f(b), dann sind wir wegen x=a bzw. x=b fertig. Sei nun c∈(f(a),f(b)), dann gilt wegen Stetigkeit von f: ∀ε>0∃δ>0: ∀x∈[a,b]∃\(x_0\)∈[a,b]: |x-\(x_0\)|<δ==>|f(x)-f(x_0)|<ε. Da \(x_0\) beliebig ist, gilt dies für alle Punkte x∈[a,b] und somit wird jeder Wert zwischen f(a) und f(b) angenommen und da [a,b] ein Intervall ist, auch jeder Wert zwischen a und b. Für f(a)≤c≤f(b) existiert daher ein a<x<b, so dass c=f(x). Daher folgt der Satz.q.e.d.

Kann man den Beweis nicht auch wie folgt machen? Wie beweisen das Korollar anhand eines kleinen Spiels. Der Spieler 1 sucht sich eine Zahl eine Zahl x1∈[0,1]⊆\(\mathbb {R}\) aus und der Spieler 2 wäht ein Intervall I1⊂I, so dass x1∉I1 [x1 nicht Element von I1]. Konkret ist das wie folgt: I1=[a1,b1]=([2/3,1] falls x1∈[0,1/2]; [0,1/3] falls x1∈(1/2,1]) Dann sucht sich wieder Spieler 1 eine Zahl x2∈[0,1] und Spieler 2 passt sein Intervall dementsprechend an. Dies wird abzählbar oft wiederholt und dabei benutzt Spieler 2 die folgende rekursive Formel: I{n+1}=[a{n+1},b{n+1}]=(In falls x{n+1}∉In; [bn-1/3(bn-an),bn] falls x{n+1}∈[an,an+1/2(bn-an)]; [an,an+1/3(bn-an)] falls x{n+1}∈(an+1/2(bn-an),bn]) [Wie im Beweis]. Nach dem Intervallschachtelungsprinzip (Satz 2.86) ist I=∩n=1;∞;In [Vereinigung von n=1 bis ∞ von In] ist nichtleer, so dass es immer unendlich viele Zahlen zwischen an und bn gibt, die vom Spieler 1 nicht aufgelistet werden. Daher ist [0,1]⊆\(\mathbb {R}\) überabzählbar und somit auch \(\mathbb {R}\). q.e.d.