**Demonstração.** Seja $((x_k^{(n)})_{k \in\mathbb{N}})_{n \in\mathbb{N}}$ uma ${\rm d}$-sequência de Cauchy em $\prod_{n\in\mathbb{N}}X_n$. Fixe $k\in\mathbb{N}$. Seja $\epsilon > 0$. Existe $n_0 \in \mathbb{N}$  tal que para $m,n > n_0$,nós temos $$d((x_r^{(n)})_{r\in\mathbb{N}},(x_r^{(m)})_{r\in\mathbb{N}})=\sum_{r \in\mathbb{N}}\frac{1}{2^{r+1}}{\rm d}_r(x_r^{(n)},x_r^{(m)}) < \frac{\epsilon}{2^{k+1}}.$$ Então, $$\frac{1}{2^{k+1}}{\rm d}_k(x_k^{(n)},x_k^{(m)}) \leq \sum_{r \in\mathbb{N}}\frac{1}{2^{r+1}}{\rm d}_r(x_r^{(n)},x_r^{(m)}) < \frac{\epsilon}{2^{k+1}} \implies {\rm d}_k(x_k^{(n)},x_k^{(m)})< \epsilon,$$ e por tanto $(x_k^{(n)})_{n \in\mathbb{N}}$ é uma ${\rm d}_k$-Sequência de Cauchy em o espaço métrico completo $(X_k,{\rm d}_k)$, e assim converge: existe $x_k\in X_k$ de tal modo que $x_k^{(n)}\stackrel{n \to +\infty}{\longrightarrow_{{\rm d}_k}} x_k$.

Nós afirmamos que $(x_k^{(n)})_{k \in\mathbb{N}} \stackrel{n \to +\infty}{\longrightarrow_{\rm d}} (x_k)_{k \in\mathbb{N}}$. De fato, fixe $\epsilon>0$. Existe um $m\in\Bbb N$ tal que $\sum_{n\ge m}\frac1{2^{n+1}}<\frac{\epsilon}2$ (pois os recíprocos de potências de 2 produzem uma série convergente). Para $k<m$, temos $n_0^{(k)}\in\Bbb N$ tal que $d_k\left(x_k^{(n)},x_k\right)<\frac{\epsilon}{2m}$ sempre que $n\ge n_0^{(k)}$. Seja $n_0=\max_{k<m}n_0^{(k)}$; então

$$\begin{align*}
d((x_k^{(n)})_{k \in\mathbb{N}}, (x_k)_{k \in\mathbb{N}})&=\sum_{k\in\Bbb N}\frac1{2^{k+1}}d_k\left(x_k^{(n)},x_k\right)\\
&=\sum_{k<m}\frac1{2^{k+1}}d_k\left(x_k^{(n)},x_k\right)+\sum_{k\ge m}\frac1{2^{k+1}}d_k\left(x_k^{(n)},x_k\right)\\
&<m\cdot\frac{\epsilon}{2m}+\sum_{k\ge m}\frac1{2^{k+1}}\\
&<\frac{\epsilon}2+\frac{\epsilon}2\\
&=\epsilon, \forall n\geq n_0.
\end{align*}$$