背理法で示す。
\(b<a\)と仮定する。
このとき、\(a-b>0\)なので、\(\epsilon=\frac{a-b}{2}\)とおくと、
任意の\(\epsilon_{a}>0\)に対し、ある\(N_{a}\in\mathbb{N}\)が存在し、\(N_{a}\leq n_{a}\Rightarrow\left|a_{n_{a}}-a\right|<\epsilon_{a}\)が成り立つ。
同様に、任意の\(\epsilon_{b}>0\)に対し、ある\(N_{b}\in\mathbb{N}\)が存在し、\(N_{b}\leq n_{b}\Rightarrow\left|b_{n_{b}}-b\right|<\epsilon_{a}\)が成り立つ。
このとき、\(a-b>0\)なので、\(\epsilon=\epsilon_{a}=\epsilon_{b}=\frac{a-b}{2}\)とおくと、
\[ \left|a_{n_{a}}-a\right|<\epsilon_{a}=\frac{a-b}{2} \] より、
\[ a-\frac{a-b}{2}<a_{n_{a}}<a+\frac{a-b}{2} \] となるので、
\[ \frac{a+b}{2}<a_{n_{a}} \] となる。
同様に、
\[ \left|b_{n_{a}}-b\right|<\epsilon_{b}=\frac{a-b}{2} \] より、
\[ b_{n_{b}}<\frac{a+b}{2} \] となる。
これより、\(N_{a}\leq n_{a}\)かつ\(N_{b}\leq n_{b}\)であるとき、
\[ b_{n_{b}}<\frac{a+b}{2}<a_{n_{a}} \] が成り立つ。
ここで
\[ n=\max\left\{ N_{a},N_{b}\right\} \] とおくと、
\[ b_{n}<\frac{a+b}{2}<a_{n} \] となるが、\(a_{n}<b_{n}\)なので矛盾。
従って、\(b<a\)の仮定が間違いで\(b\leq a\)となる。
従って題意は成り立つ。