x∈R>0 ve n∈Z>0 olsun ve E:={t|0<t, tn<x} olarak tanımlayalım.
0<xt1:=xx+1}⇒(0<t1)(tn1<t1<x)⇒t1∈E⇒E≠∅…(1)
1+x<t2⇒x<1+x<t2<tn2⇒t2∉E⇒1+x∈Eü⇒Eü≠∅…(2)
(Eü:E kümesinin tüm üstsınırlarının kümesi.)
(1),(2)SUP⇒(∃y∈R)(sup
y^n=x olduğunu gösterirsek kanıt biter. Bunun için de ilk olarak x\leq y^n ve ikinci olarak da y^n\leq x olduğunu göstermeliyiz. Birinci durumun kanıtına geçmeden önce küçük bir çalışma yapalım.
0<a<b
\Rightarrow
b^n-a^n=(b-a)(b^{n-1}+b^{n-2}a+b^{n-3}a^2+\ldots +ba^{n-2}+a^{n-1})
\Rightarrow
b^n-a^n<(b-a)(b^{n-1}+b^{n-2}b+b^{n-3}b^2+\ldots +bb^{n-2}+b^{n-1})=(b-a)nb^{n-1}\ldots (3)
\textbf{I. Durum:} x\leq y^n olduğunu gösterelim. y^n<x olduğunu varsayalım.
\left.\begin{array}{rr} y^n<x\Rightarrow 0<\frac{x-y^n}{n(y+1)^{n-1}} \\ \\ \text{Arşimet Özelliği}\end{array}\right\}\Rightarrow (\exists m\in\mathbb{N})\left(\frac1{m+1}<\frac{x-y^n}{n(y+1)^{n-1}}\right)\ldots (4)
(3) nolu eşitsizlikte a=y, \ b=y+\frac{1}{m+1} yazılır ve (4) nolu eşitsizlikte kullanılırsa
\left(y+\frac{1}{m+1}\right)^n-y^n\overset{(3)}{<}\frac{1}{m+1}\cdot n\cdot \left(y+\frac{1}{m+1}\right)^{n-1}<\frac{1}{m+1}\cdot n\cdot \left(y+1\right)^{n-1}\overset{(4)}{<}x-y^n \Rightarrow \left(y+\frac{1}{m+1}\right)^n<x \Rightarrow y+\frac{1}{m+1}\in E elde edilir ki bu durum \sup E=y olması ile çelişir. O halde x\leq y^n\ldots (5) olmalıdır.
\textbf{II. Durum:} y^n\leq x olduğunu gösterelim. x<y^n olduğunu varsayalım.
x<y^n\Rightarrow 0<k:=\frac{y^n-x}{ny^{n-1}}<\frac{y^n}{ny^{n-1}}=\frac{y}{n}\leq y\Rightarrow 0<y-k elde edilir. Öte yandan (3) nolu eşitsizlikte a=y, \ b=y-k yazılırsa
0<y-k\leq t\Rightarrow(y-k)^n\leq t^n\Rightarrowy^n-t^n\leq y^n-(y-k)^n\overset{(3)}{<}kn(y-k)^{n-1}<kny^{n-1}=y^n-x\Rightarrow x<t^n\Rightarrow t\notin E yani y-k\in E^{ü} elde edilir ki bu durum \sup E=y olması ile çelişir. O halde y^n\leq x\ldots (6) olmalıdır.
Buradan da (5),(6)\Rightarrow y^n=x elde edilir.