برای اثبات معادل بودن به صورت توپولوژیکی باید ثابت کنیم که اگر $F \subseteq X$ نسبت به متر $d$ باز باشد آن گاه نسبت به متر $d_{n}$ باز است و برعکس.
فرض کنیم $F$ نسبت به متر $d$ باز باشد. برای هر $x\in F$ وجود دارد $r_{1}>0$ به طوری که $B_{d}(x,r_1)\subseteq F$. فرض کنیم $r_{2}=\frac{r_1}{1+nr_1}$ در این صورت $ B_{d_n}(x,r_2)\subseteq B_{d}(x,r_1)$ چرا که
$$ y\in B_{d_n}(x,r_2) \Rightarrow d_{n}(x,y)=\frac{d(x,y)}{1+nd(x,y)}<\frac{r_1}{1+nr_1}\Rightarrow d(x,y)<r_1 \Rightarrow y\in B_{d}(x,r_1) $$
این یعنی $F$ نسبت به متر $d_n$ هم باز است.
فرض کنیم $F$ نسبت به متر $d_n$ باز باشد. برای هر $x\in F$ وجود دارد $r_{1}>0$ به طوری که $B_{d_n}(x,r_1)\subseteq F$. فرض کنیم $r_{2}=r_1$ در این صورت $ B_{d}(x,r_2)\subseteq B_{d_n}(x,r_1)$ چرا که
$$ y\in B_{d}(x,r_2) \Rightarrow d(x,y)<r_2\Rightarrow d_n(x,y)\le d(x,y)<r_2=r_1 \Rightarrow y\in B_{d_n}(x,r_1) .$$
اما دو متر داده شده معادل نیستند چرا که اگر معادل باشند پس وجود دارد $a>0$ به طوری که
$$ ad(x,y)\le \frac{d(x,y)}{1+nd(x,y)} \Rightarrow d(x,y)\le \frac{1-a}{na} $$
این یعنی هر زیرمجموعه مانند $F$ کراندار که در حالت کلی درست نیست.
