فرض کنیم چنین تابعی موجود باشد به تناقض می رسیم. چون تابع صعودی اکید است پس $ f' > 0 $ است.برای نقطه ی دلخواه $ x_{0} $ فرض کنید $ f(x_{0})=b $ و $ 0 < a =f' (x_{0})=f(f(x_{0})=f(b) $. چون ترکیب دو تابع صعودی اکید، تابعی صعودی اکید است و $ f' $ این خاصیت رو داره لذا تابعی صعودی اکید است پس برای هر $ x > x_{0} $ داریم $ f' (x) > a $ و با انتگرال گیری از $ x_{0} $ تا $x $ داریم که $$ f(x) >a(x-x_{0})+b $$
حال کرانی را برای $ b $ برحسب $ x_{0}$ بدست می آوریم. اگر $ b \leq x_{0}$ کران خوبیه فرض $b > x_{0} $ لذا می توانیم بجای $ x $ در رابطه بالا $ b $ قرار دهیم و از رابطه $a=f(b) $ هم استفاده کنیم تا بدست آید که $ b \leq \frac{a(x_{0}+1)}{a+1} < x_{0}+1 $ پس در هر حالت داریم $b=f(x_{0}) < x_{0}+1 $ از آنجایی که $ x_{0} $ دلخواه بود لذا برای هر $x $ رابطه ی $ f(x) < x+1 $ برقرار است و این بدین معنیه که
$$ f' (x) \leq 1 \tag{1}\label{1}$$.
حال رابطه ی اولیه را برای $x_{0}=0 $ مینویسیم لذا بافرض $ f(0)=b $ و $ 0 < a =f' (0)$ داریم $$ f(x) >ax+b $$ پس با انتخاب $x > max \big\{0, \frac{-b}{a} \big\} $ داریم
$$f(x) > 0 \\
و\\
f' (x)=f(f(x)) > f(x) >ax+b $$
که با انتخاب $ x $ مناسب می توان بدست آورد که $ f' (x) > 1 $ و این با رابطه$\ref{1}$که در بالا بدست آمد در تناقض است.
اثبات رابطه ی $(1)$: فرض نقطه ای مانند $ x_{1} $ موجود باشد که $1+ \epsilon = f' ( x_{1} )>1 $ چون $ f' $ صعودی اکید است لذا برای تمام$ x > x_{1} $ داریم $ f' (x)>1+ \epsilon $ وبا انتگرال گیری از$ x_{1} $ تا $x $ داریم
$$ f(x) >(1+ \epsilon)(x-x_{1})+f(x_{1}) =x+(f(x_{1})-x_{1}+\epsilon(x-x_{1}))$$
که با توجه به عبارت داخل پرانتز سمت راست(غیر $ x$ بقیه مقادیر ثابت هستند) و استفاده از خاصیت ارشمیدسی اعداد می توان $ x$ را آنقدر بزرگ انتخاب کرد که عبارت داخل پرانتز از $1$بزرگتر شود یعنی $ f(x) > x+1 $و این تناقض است لذا باید $ f' (x) \leq 1 $ باشد.
