Teorem: $d_1\overset{L}{\sim} d_2 \Leftrightarrow (\exists \lambda\geq1)(\forall x,y \in X)\left(\frac{1}{\lambda} \cdot d_1(x,y) \leq d_2(x,y) \leq \lambda\cdot d_2(x,y)\right)$.
Öncelikle $d_1\overset{L}{\sim} d_2$ olduğunu gösterelim.
$$\begin{array}{rcl} d_1(x,y) & = & \left(\sum_{k=1}^{n}(x_k-y_k)^2\right)^{\frac{1}{2}} \\ \\ & = & \sum_{k=1}^{n}|x_k-y_k|\cdot \frac{\left(\sum_{k=1}^{n}(x_k-y_k)^2\right)^{\frac{1}{2}}}{\sum_{k=1}^{n}|x_k-y_k|} \\ \\ & = & \sum_{k=1}^{n}|x_k-y_k|\cdot \left(\frac{\sum_{k=1}^{n}(x_k-y_k)^2}{\left(\sum_{k=1}^{n}|x_k-y_k|\right)^2}\right)^{\frac{1}{2}} \\ \\ & = & \sum_{k=1}^{n}|x_k-y_k|\cdot \left(\frac{(x_1-y_1)^2+(x_2-y_2)^2+\ldots +(x_n-y_n)^2}{ \left(|x_1-y_1|+|x_2-y_2|+\ldots +|x_n-y_n|\right)^2}\right)^{\frac{1}{2}} \\ \\ & \leq & \sum_{k=1}^{n}|x_k-y_k|\cdot (1+1+\ldots +1)^{\frac{1}{2}} \\ \\& = & \sqrt n\cdot \sum_{k=1}^{n}|x_k-y_k| \\ \\ & = & \sqrt n\cdot d_2(x,y)\end{array}$$
olduğundan $$\frac{1}{\sqrt n} \cdot d_1(x,y) \leq d_2(x,y)$$
koşulu sağlanır.
Şimdi Cauchy-Schwartz Eşitsizliğini kullanırsak
$$\left( \sum_{k=1}^n 1 \cdot |x_k - y_k| \right)^2 \leq \left( \sum_{k=1}^n 1^2 \right) \cdot \left( \sum_{k=1}^n |x_k - y_k|^2 \right)$$ yazabiliriz. Buradan da
$$\left(\sum_{k=1}^n |x_k - y_k|\right)^2 \leq n\cdot \left( \sum_{k=1}^n (x_k - y_k)^2 \right)$$
yani
$$\sum_{k=1}^n |x_k - y_k| \leq \sqrt{n} \cdot \sqrt{\sum_{k=1}^n (x_k - y_k)^2}$$
yani
$$d_2(x,y)\leq \sqrt n \cdot d_1(x,y)$$
elde edilir. Dolayısıyla tanımda geçen $\lambda$ pozitif gerçel sayısı $\lambda:=\sqrt n$ seçilirse her $x,y\in\mathbb{R}^n$ için
$$\frac{1}{\sqrt n}\cdot d_1(x, y) \leq d_2(x, y) \leq \sqrt{n} \cdot d_1(x, y)$$ koşulu sağlanır. O halde $$(\exists \lambda\geq1)(\forall x,y \in X)\left(\frac{1}{\lambda} \cdot d_1(x,y) \leq d_2(x,y) \leq \lambda\cdot d_2(x,y)\right)$$ önermesi doğru yani $$d_1\overset{L}{\sim} d_2$$ olur.
$--------------------------------------$
Tanım: $d_1\overset{L}{\sim} d_2:\Leftrightarrow (\exists \lambda,\mu >0)(\forall x,y\in X)\left(\lambda d_1(x,y)\leq d_2(x,y)\leq \mu d_1(x,y)\right)$
Şimdi de bu tanımı kullanarak $d_3\overset{L}{\sim} d_1$ olduğunu gösterelim.
$d_3(x,y)=\max\left\{|x_k-y_k|:k=1,2,\ldots,n\right\}\leq \sqrt{\sum_{k=1}^n (x_k - y_k)^2}=d_1(x, y)$
olduğundan tanımda geçen $\lambda$ sayısını $\lambda=1$ seçebiliriz. Ayrıca
$$\begin{array}{rcl} d_1(x, y) & = & \sqrt{\sum_{k=1}^n (x_k - y_k)^2} \leq \sqrt{\sum_{k=1}^n( \max\left\{|x_k-y_k|:k=1,2,\ldots,n\right\})^2} \\ \\ & = & \sqrt{n \cdot (\max\left\{|x_k-y_k|:k=1,2,\ldots,n\right\})^2} \\ \\ & = & \sqrt{n} \cdot \max\left\{|x_k-y_k|:k=1,2,\ldots,n\right\} \\ \\ & = & \sqrt{n} \cdot d_3(x,y)\end{array}$$
olduğundan tanımda geçen $\mu$ sayısını $\mu:=\sqrt n$ seçebiliriz. Bu seçimler neticesinde
$$d_3(x,y)\leq d_1(x, y)\leq \sqrt{n} \cdot d_3(x,y)$$ koşulu sağlanır yani $$(\exists \lambda,\mu >0)(\forall x,y\in X)\left(\lambda d_1(x,y)\leq d_2(x,y)\leq \mu d_1(x,y)\right)$$ önermesi doğru yani $$d_3\overset{L}{\sim} d_1$$ olur.
$--------------------------------------$
Ayrıca Lipschitz denk olma ilişkisi bir denklik bağıntısı olduğundan $d_1\overset{L}{\sim} d_2\overset{L}{\sim}d_3$ olur.