一、最坏运行时间
由于前面已经证明了：在n个元素的堆中，MAX-HEAPIFY的最坏运行时间为 Ω(lgn)。 如果要求堆排序的最坏运行时间，则可以假设每次MAX-HEAPIFY都是最坏运行时间。 堆T为一般堆，即可能是满二叉树，也可能不是满二叉树，如果不是满二叉树，则将最下面一层删除后变成满二叉树，即为T‘。 设F()为最坏运行时间，则F(T)>=F(T').
我们只要求F(T')= Ω （nlgn）即可。
所以得证。
二、最优运行时间
假设要堆排序的堆T不是满二叉树，则我们可以将最下层的叶子节点去除，使其变成满二叉树T‘，我们可以说明对T’堆排序的最优时间一定小于对T堆排序的最优时间，即如果设f()为堆排序的优有时间，则f(T)>f(T')。
因此我们先考虑对满二叉树排序，首先给出几个命题。
命题：假设有k层满二叉树，即高度为k-1，经过2^(k-1)次EXTRACT-MAX即将堆的高度减少一层后，这2^(k-1)个节点中至少还有2^(k-1)/2仍在堆中。
证明： 首先给出两个性质， (1)如果要删除儿子节点，必须先删除父亲节点，因为EXTRACT-MAX是从大到小的，而父亲节点肯定比儿子节点大，所以父亲肯定比儿子节点要先被EXTRACT。 (2)如果在第k层有m个点要删除，则在第k-1层，至少有ceil(m/2)个点要删除，比如第k层有2个节点要删除，则如果两个节点有共同父亲，则在k-1层中至少删除其父亲，如果两个节点没有共同父亲，则至少要删除它们的父亲后才能够删除它们。
我们如果证明了可以有2^(k-1)/2个节点在堆中，则大于2^(k-1)/2个节点在堆中就不需要证明了。
当有2^(k-1)/2个节点在堆中，则有2^(k-2)个节点不在堆中，在他的上一层至少有ceil(2^(k-1)/4)=2^(k-3)个节点不在堆中，以此类推，在第一层有1个节点不在堆中。 因此这些不在堆中的节点加起来：2^(k-2)+2^(k-3)+....+2^0=2^(k-1)-1，个数小于EXTRACT-MAX的次数，因此可能，因为如果肯定不在堆中的点的个数大于EXTRACT-MAX的次数，则说明不可能。
当有2^(k-1)/2+1 个节点不在堆中，则上一层有2^(k-3)+1个节点不在堆中，类推，则第一层有1个节点不在堆中。 这些点加起来：2^(k-2)+1+....2^0=2^(k-1)-1+k-1=2^(k-1)+k-2，因此当k>2时这个个数就大于EXTRACT-MAX的次数了，所以不成立，因此得证。
因为经过2^(k-1)次EXTRACT-MAX后至少有2^(k-1)/2个节点在堆中，所以至多有2^(k-1)/2个节点不在堆中，因为2^(k-1)次EXTRACT-MAX需要拿走2^(k-1)个节点，因此在1~k-1层中至少有2^(k-2)个节点不在堆中，即会被拿走。
命题：对于一棵k层满二叉树，任意非叶子节点都只能通过swap操作往上走，而不能往下走。
证明：这个很显然。
因为上面的命题，所以对于1~k-1层至少2^(k-2)个非叶子节点，如果要被拿走，只能通过swap操作往上走，因此最好情况分析就是swap操作至少做几次。 假设这些节点全部塞满1~k-2层，一共2^(k-2)-1个，全部都swap到根节点需要： k=Θ(lgn)，所以 2^0 * 0 + 2^1 * 1 + 2^2 * 2 + ..... + 2^(K-3) *(K-3)=Θ(nlgn)
所以k->k-1层需要Θ(nlgn)，所以k->k-2层也是,以此类推，所以最优情况复杂度为Θ(nlgn)=Ω(nlgn)
满二叉树考虑好了，假设给定一棵一般树，结点个数为n，则将最下面一层的叶子去除，就变成了一棵满二叉树，而最下面一层最多为n/2，所以m=(n-n/2)=n/2为满二叉树的节点个数，因为满二叉树的复杂度为:Ω(mlgm)=Ω((n/2)lg(n/2))=Ω(nlgn) 所以一般树肯定大于等于Ω(nlgn)，所以肯定也是Ω(nlgn)
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