Demonstração. Vamos provar que a métrica $d$ induz a topologia do produto em $\prod_{n \in \mathbb{N}} X_n$, onde cada $X_n$ vem junto com a topologia induzida pela métrica $d_n$. Primeiro, seja $\mathcal{O}$ um aberto básico em $\prod_{n \in \mathbb {N}}X_n$, então $\mathcal{O} = \prod_{n \in \mathbb{N}}O_n$, onde cada $O_n$ é aberto em $X_n$, e onde temos um conjunto finito $F \subset \mathbb{N}$ tal que $n \in F$ se $X_n\neq O_n$. Devemos mostrar que $\mathcal{O}$ é aberto na topologia induzida pela métrica $d$. Então, seja $x=(x_n)_{n\in\mathbb{N}} \in \mathcal{O}$; necessitamos encontrar $r>0$ tal que $B_d(x, r) \subset \mathcal{O}$ (onde para qualquer $\epsilon> 0, z\in \prod_{n \in \mathbb{N}}X_n,$ e $\delta = d, d_i$ com $i \in \mathbb{N},$ nós definimos $B_\delta (z, \epsilon): = \{y \in \prod_{n \in \mathbb{N}}X_n: \delta(z, y)<\epsilon\}$). Agora, para cada $n \in F$, temos que $x_n \in O_n$, onde $O_n$ é um subconjunto aberto (não trivial) em $X_n$, então temos $r_n> 0$ tal que $B_{d_n}(x_n, r_n) \subset O_n$, pelo fato de que a topologia sobre $X_n$ é induzida pela métrica $d_n$. Já que temos finitamente muitos $r_n$, podemos escolher $0 <r <1$ tal que $r \leq \frac{r_n}{2^{n + 1}}$ para cada $n\in F$. Seja $y\in \prod_{n \in \mathbb{N}}X_n$ com $d(x, y)<r$. Para $n \in F$, temos que $$\frac{d_n(x_n, y_n)}{2^{n + 1}} \leq d(x, y) <r \leq \frac {r_n}{2^{n + 1}},$$ o que implica que para tal $n$ obtemos $d_n(x_n, y_n)<r_n$. Então, $y_n \in B_{d_n}(x_n, r_n) \subset O_n$. Portanto, para todos os $n \in F$, $y_n \in O_n$, e $O_n$ igual a $X_n$ para $n\notin F$. Assim, $B_d(x, r) \subset \mathcal{O}$.

Por outro lado, seja $B_d(x,r)$ um aberto básico na topologia induzida por $d$, para $x\in X$ e $r>0$ arbitrários. Vamos encontrar um subconjunto aberto básico $\mathcal{O}$ na topologia do produto tal que $x \in\mathcal{O} \subset B_d(x, r)$.

A título de observação, uma parte (tail) da série usada na definição de $d$ é irrelevante (podemos obtê-la tão pequena quanto quisermos); isso se traduziria em que subconjuntos abertos básicos dependem essencialmente apenas de finitamente muitos conjuntos abertos não triviais. Por propriedade arquimediana, existe $N \in \mathbb{N}$ tal que $\frac{1}{2^{N}}<\frac{r}{2}$. Para $0\leq i \leq N$, consideramos as bolas abertas $O_i = B_{r_i} (x_i, \frac{r}{2N+2})$, e definimos $O_i = X_i$ para $i \geq N + 1$. Afirmamos que $\mathcal{O}: = \prod_{i\in\mathbb{N}} O_i \subset B_d (x, r)$. Observe que $\mathcal{O}$ é de fato um subconjunto básico aberto na topologia produto sobre $\prod_{n \in \mathbb{N}} X_n$ e $x \in \mathcal{O}$. Seja $y \in \mathcal{O}$, então para $i \leq N, d_i(x_i, y_i) <\frac{r}{2N+2}$, então

$$\sum_{i = 0}^{N} \frac{d_i(x_i, y_i)}{2^{i + 1}} \leq \sum_{i = 0}^{N} d_i(x_i, y_i)<(N + 1) \cdot \frac{r}{2N + 2} = \frac{r}{2} \mbox {,} $$ enquanto $$\sum_{i = N + 1}^{\infty} \frac{d_i(x_i, y_i)}{2^{i + 1}} \leq \sum_{i = N + 1}^{\infty}\frac{1}{2^{i + 1}} = \frac{1}{2^{N+1}} <\frac{r}{2}\mbox{.}$$

Portanto, $d(x, y) <\frac{r}{2} + \frac{r}{2} = r$.

Logo, para cada $z \in B_d(x, r)$ encontramos alguns $B_d(z, s) \subset B_d (x, r)$. Assim, para cada $z \in B_d(x, r),$ fixe um aberto $\mathcal{U} (z)$ no espaço $\prod_{n\in\mathbb{N}}X_n$ tal que $\mathcal{U}(z) \subset B_d (x, r)$. Portanto, $B_d(x, r) = \bigcup\{\mathcal{U}(z): z \in B_d (x, r)\}$, tornando a bola inteira $B_d(x, r)$ em um conjunto aberto no espaço produto.