چون $ \lim_{x\to \infty} f(x)=\beta$ پس برای هر $\epsilon>0$ وجود دارد $M_\epsilon>0$ به طوری که
$$\beta-\epsilon < f(x) < \beta+\epsilon \quad\text{for}\quad x \ge M_\epsilon$$
قرار دهید $N_\epsilon=[\frac{M_\epsilon}{a}]\in\mathbb{N}$، آشکارا برای هر عدد طبیعیِ $n > N_\epsilon$ چون $na > M_\epsilon$ میتوانیم بازهٔ $(0,na)$ را به اجتماع دو بازهٔ $(0,M_\epsilon)$ و $(M_\epsilon,na)$ بشکنیم. پس برای هر $n > N_\epsilon$ داریم:
حالا داریم
$$\int _0^{a}f(nx)dx=\frac{1}{n}\int_0^{na}f(x)dx=\frac{1}{n}\bigg(\int_0^{M_\epsilon} f(x)dx+\int_{M_\epsilon}^{na}f(x)dx\bigg)$$
با توجه به فرض پیوستگی $f$ روی $[0,\infty)$ (شامل شدن صفر در دامنهٔ پیوستگی مهم است چون آنگاه بازهٔ بستهٔ $[0,M_\epsilon]$ فشرده است و تابع پیوسته بر روی مجموعهٔ فشرده بیشینه و کمینهٔ مطلق خود را اتخاذ میکند و انتگرالش متناهی میشود)، مقدار $ \int_0^{M_\epsilon}f(x)dx $ عددی متناهی است و با میل دادن $n\rightarrow\infty$، $\frac{1}{n}\int_0^{M_\epsilon}f(x)dx $ به صفر میل میکند. اینک توجه کنید که
$$(\beta-\epsilon)(na-M_\epsilon)\le \int_{M_\epsilon}^{na}f(x)dx\le (\beta+\epsilon)(na-M_\epsilon)$$
که در نتیجه
$$|\frac{1}{n}\int_{M_\epsilon}^{na}f(x)dx-a\beta|\le a\beta+a\epsilon+\frac{\epsilon M_\epsilon+\beta M_\epsilon}{n}$$
با میل دادن $n\rightarrow\infty$کسر $\frac{\epsilon M_\epsilon+\beta M_\epsilon}{n}$ نیز به صفر میل میکند (صورت این کسر مستقل از $n$ است). اما برای جملهٔ $\epsilon a$ نیز کافی است از خط نخست برای هر $\epsilon$-ِ مثبت با $\frac{\epsilon}{a}$ شروع میکردیم و $M$ و $N$ مرتبط با $\frac{\epsilon}{a}$ را استفاده کنیم تا در عبارت آخر این جمله تبدیل به $\epsilon$-ِ خالی شود.
چون $\epsilon > 0$-ِ دلخواه بود، پس ثابت کردیم که
$$ \lim_{n\to \infty}\int_0^{a}f(nx)dx=a\beta. $$
