Beweis. Zu (2.11): Offensichtlich ist $\left\{r_{k+n_0}\right\}\in CF\left(\mathbb{Q}\right)$. Weiterhin gilt $\underset{k\to \infty }{lim}\left(r_k-r_{k+n_0}\right)=0$: Für jedes $\epsilon >0$ existiert ja ein $N_{\epsilon }$ mit $|r_m-r_n|<\epsilon$ für $n,m\ge N_{\epsilon }$. Setzt man $m=n+n_0$ so ergibt sich gerade $|r_n-r_{n+n_0}|<\epsilon$ für $n\ge N_{\epsilon }$. Damit erhalten wir $\left\{r_k\right\}\sim$ $\left\{r_{k+n_0}\right\}$ und die beiden Folgen gehren also der gleichen Äquivalenzklasse $x$ an.

Zu (2.12): Wegen $\left|\right|r_n|-|r_m\left|\right|\le |r_n-r_m|$ gilt zunächst ${\left\{\left|r_n\right|\right\}}_{n\in \mathbb{N}}\in CF\left(\mathbb{Q}\right)$ für ${\left\{r_n\right\}}_{n\in \mathbb{N}}\in x$. Wir unterscheiden nun drei Fälle:

Fall 1: $x=0$. Dann gilt $r_n\to 0$, d.h. $|r_n-0|=\left|r_n\right|=\left|\right|r_n|-0|<\epsilon$ für grosse $n$ und damit auch $\left|r_n\right|\to 0$, also ${\left\{\left|r_n\right|\right\}}_{n\in \mathbb{N}}\in 0=\left|0\right|$.

Fall 2: $x>0$. Nach Definition der Ordnung gibt es für ${\left\{r_n\right\}}_{n\in \mathbb{N}}\in x$ zwei rationale Zahlen ${ϵ}_1,{ϵ}_2$ und $n_0\in \mathbb{N}$ mit $0<{ϵ}_1<{ϵ}_2<r_n$ für $n\ge n_0$. Damit ist nach (2.11)

Fall 3: $x<0$. Analog zu Fall 2. Bearbeiten Sie diese Situation selbständig! □

Beweis. Aus ${\left\{r_n\right\}}_{n\in \mathbb{N}}\in x$ und $\left\{r_m,r_m,r_m,\dots \right\}\in r_m$ folgt aufgrund der Definition der Addition und der Multiplikation in $ℝ$

und damit nach (2.12) auch ${\left\{|r_n-r_m|\right\}}_{n\in \mathbb{N}}\in |x-r_m|$ . Wegen ${\left\{r_n\right\}}_{n\in \mathbb{N}}\in CF\left(\mathbb{Q}\right)$ gibt es für jedes $\epsilon >0$, $\epsilon \in \mathbb{Q}$ ein $N_{\epsilon ∕4}\in \mathbb{N}$ mit $|r_n-r_m|<\frac{\epsilon }{4}<\frac{\epsilon }{2}<\epsilon$ für alle $n,m\ge N_{\epsilon ∕4}$, und damit nach Definition von Ungleichungen in $ℝ$ schliesslich $|x-r_m|<\epsilon$ für beliebiges $m\ge N_{\epsilon ∕4}$. Letzteres bedeutet $r_m\to x$ in $\left(ℝ,d_{|\cdot |}\right)$. □