先把 f 限制在 K 上，於是可以直接假設 D(f) = K。要證的是 11.1 的定義：f(K) 的每一個 covering 都挑得出有限個子集仍然蓋住它。
證明計畫 · 由所求想起 所求是在像那邊挑出有限多個 open set。手上能用「有限」這兩個字的地方只有一處——K 是 compact。所以把像那邊的 covering 整族拉回定義域這邊，用 22.1 一個換一個；拉回來的那族蓋得住 K，於是 K 的 compact 交出有限個；最後把這有限個「送回去」，對應的原來那些 open set 就蓋住了像。三步：拉回、用掉 compact、送回。
Proof. Let 𝒢 = {G_α} be a family of open sets in ℝ^q whose union contains f(K). By 22.1 there is, for each α, an open set C_α in ℝᵖ with C_α ∩ K = f⁻¹(G_α).
這一步的所求：把像那邊的一族 open set 換成定義域這邊的一族。22.1 是逐個集合適用的，所以整族換完之後仍然是一族 open set——這裡沒有用到任何「有限」，換的個數與原來一樣多，可以是無限多。限制定義域的動作在這裡見效：D(f) = K 讓 22.1 的等式左邊直接寫成交上 K。
The family 𝒞 = {C_α} covers K: if x ∈ K then f(x) ∈ f(K), so f(x) ∈ G_α for some α, whence x ∈ f⁻¹(G_α) ⊆ C_α. Since K is compact, finitely many of them, say C_{α1}, ⋯, C_{αn}, already cover K.
這一步的所求：確認拉回來的那族真的蓋得住 K，否則 compact 用不上。驗證只是把定義順著念一次：每個 x ∈ K 的像落在 f(K) 裡，而 f(K) 被原來那族蓋住，所以像落在某個 G_α 裡，於是 x 落在對應的 C_α 裡。「有限」這兩個字在整個證明裡只出現這一次，就是 K 的 compact 被兌現的那一刻。
Finally, f(K) is contained in G_{α1} ∪ ⋯ ∪ G_{αn}: given y ∈ f(K), write y = f(x) with x ∈ K; then x ∈ C_{αi} for some i, and since also x ∈ K we get x ∈ f⁻¹(G_{αi}), that is y ∈ G_{αi}. As 𝒢 was arbitrary, f(K) is compact.
另一條路線（用 Heine-Borel，僅供對照）：假設 K closed 且 bounded，直接證 f(K) closed 且 bounded。有界：若不然，每個 n 各挑一點 xₙ ∈ K 使 ‖f(xₙ)‖ ≥ n；(xₙ) 有界，§16-3 的 16.4 給出收斂到某個 x 的子數列，K closed 使 x ∈ K，而 f 在 x 連續使得 f 在 x 的某個 neighborhood 上有界，與 ‖f(xₙ)‖ 無上限矛盾。closed：設 y 是 f(K) 的 cluster point，每個 n 挑 zₙ ∈ K 使 ‖f(zₙ) − y‖ < 1/n，同樣取收斂子數列到 z ∈ K，20.2(c) 給出 f(z) = y，所以 y ∈ f(K)。兩條路線都對，上面那條短得多，因為 22.1 已經把翻譯工作做完了。
這張圖在說 22.5 的三步：像那邊任給一族開集（右），先整族拉回定義域這邊（上排箭頭），在左邊用掉 K 的 compact 挑出有限個，再把這有限個的編號送回右邊（下排箭頭）。被挑選的動作發生在左邊，可是挑選的結果在右邊直接可用——因為兩邊的集合是一個對一個編號的。
22.6 MAXIMUM AND MINIMUM VALUE THEOREM
Let K ⊆ D(f) be compact in ℝᵖ and let f be continuous on K with values in ℝ. Then there are points x* and x_* in K with f(x*) = sup f(K), f(x_*) = inf f(K).
Proof. By 22.5 the set f(K) is compact in ℝ, hence closed and bounded by 11.3. Being non-empty and bounded above, it has a supremum M = sup f(K) by the completeness property 6.4.
Suppose M ∉ f(K). Given ε > 0, by 6.3 there is a value y ∈ f(K) with M − ε < y, and y ≤ M; since y ≠ M every neighborhood of M meets f(K) in a point other than M. Thus M is a cluster point of f(K), so by 10.5 the closed set f(K) must contain M — a contradiction. Hence M = f(x*) for some x* ∈ K.
這一步是全證明唯一有內容的一格。sup 的左測（6.3：任何比 M 小的數都被某個成員超過）說的正是「成員可以貼著 M 要多近有多近」，而這恰好就是 cluster point 的定義——差一句「找到的那個成員不等於 M」，那正是反證假設送的。接著 §10-2 的 10.5（closed ⟺ 收齊所有 cluster point）把矛盾兌現。
The same argument applied to the infimum, or applied to −f, produces a point x_* ∈ K with f(x_*) = inf f(K).
這一格是簿記。走 −f 最省事：它也連續（20.6 的 cf 取 c = −1），而 −f 的 sup 恰是 f 的 inf 取負號，於是剛證好的那一半直接可用，不必把 6.3 的兩測重寫一遍。
Let K ⊆ D(f) be compact and let f be continuous on K with values in ℝ^q. Then there are points x*, x_* ∈ K such that ‖f(x*)‖ = sup {‖f(x)‖ : x ∈ K}, ‖f(x_*)‖ = inf {‖f(x)‖ : x ∈ K}.
正例：f(t) = (cos t, sin t) 在 K = [0, 2π] 上，‖f(t)‖ 恆為 1，最遠與最近的像同時是每一個點——sup 與 inf 都取得到，只是取到的點不唯一。反例：定理保證的是 ‖f‖ 的極值被取到，不保證每個座標各自的極值在同一點取到——上面這個例子裡第一座標在 t = 0 最大，第二座標在 t = π/2 最大。
PROOF
要把 22.6 用上，得先有一個實值的連續函數。手邊現成的候選是 x ↦ ‖f(x)‖。
Proof. Write φ(x) = ‖f(x)‖ for x ∈ K. The triangle inequality in the form | ‖u‖ − ‖v‖ | ≤ ‖u − v‖ gives |φ(x) − φ(a)| ≤ ‖f(x) − f(a)‖, so any δ that works for f at a works for φ as well. Thus φ is continuous on K and 22.6 applies to it.