برای اثبات $\limsup \sqrt[n]{x_n}\leq \limsup\frac{x_{n+1}}{x_n}$ با فرض $x_n> 0$ قرار دهید $\limsup{\frac{x_{n+1}}{x_n}}=\alpha$ .
اگر $\alpha=\infty$ در اینصورت حکم ثابت است.
اگر $\alpha< \infty$ در اینصورت بنابر تعریف $\limsup$ به ازای هر $\epsilon> 0$ عدد طبیعی $N\in\mathbb N$ موجود است که برای هر $n\geq N$ داریم:
$$\frac{x_{n+1}}{x_n}< \alpha +\epsilon$$
بنابراین $$x_{N+1}< x_N(\alpha+\epsilon)\\ x_{N+2}< x_N(\alpha+\epsilon)^2\\.\\.\\.\\.\\ x_{N+m}< x_N(\alpha+\epsilon)^m$$
به عبارت دیگر برای هر $n > N$ داریم: $x_n< A(\alpha+\epsilon)^n$ برای یک $A > 0$ . لذا $\sqrt[n]{x_n}< A^{\frac 1n}(\alpha+\epsilon)$ و از این هم نتیجه می شود $\limsup\sqrt[n]{x_n}\leq \alpha+\epsilon$
چون $\epsilon > 0$ دلخواه است پس $\limsup\sqrt[n]{x_n}\leq \alpha=\limsup\frac{x_{n+1}}{x_n}$
برای $\liminf$ هم به طور مشابه استدلال کنید.
