Поскольку для всех натуральных $k$, $l_k\le r_k$ (левый конец отрезка $I_k$ левее правого, хотя они могут и совпадать — в этом случае отрезок является одной точкой, так тоже бывает, поэтому неравенство нестрогое) и $r_k\le r_{k-1}\le r_{k-2}\le \dots \le r_1$ (в силу вложенности), последовательность $\left\{l_k\right\}$ ограничена сверху числом $r_1$, и аналогично $\left\{r_k\right\}$ ограничена снизу числом $l_1$. Значит по теореме Вейерштрасса существуют пределы:

Поскольку последовательность $\left\{l_k\right\}$ неубывает, её предел $L$ является точной верхней гранью множества её элементов, и значит все элементы не больше $L$ (см. замечание 4 в лекции 8). Аналогично, все элементы последовательности $\left\{r_k\right\}$ не меньше $R$. Получаем такую цепочку неравенств, верную для всех $k$:

Но раз отрезок $[L,R]$ принадлежит каждому из отрезков $[l_k,r_k]$, а длины этих отрезков стремятся к нулю (см. (9.1)), длина отрезка $[L,R]$ не может быть положительной: тогда он не поместился бы внутрь какого-то отрезка $[l_k,r_k]$ для достаточно большого $k$. Формально это можно обосновать так:

Теперь будем строить последовательность вложенных отрезков $\left\{I_k\right\}$ и одновременно подпоследовательность $b_k=a_{n_k}$. Пусть $n_1=1$ и $b_1=a_1$.

Разобьём отрезок $I_1$ на две половины: $I_1^L$ и $I_1^R$, см. рис. 9.3. (Они пересекаются по одной точке, это не страшно.) Среди элементов нашей последовательности $\left\{a_n\right\}$ какие-то принадлежат $I_1^L$, какие-то $I_1^R$ (какие-то могут принадлежать обоим, это тоже не страшно.) Важно вот что: хотя бы один из отрезков $I_1^L$ или $I_1^R$ содержит бесконечно много членов последовательности $\left\{a_n\right\}$: если бы каждый из них содержал лишь конечное число членов, то у всей последовательности было бы лишь конечное число членов, это противоречит определению последовательности.

Рис. 9.3: Делим отрезок пополам и выбираем очередной элемент подпоследовательности

Обозначим тот отрезок из $I_1^L$ и $I_1^R$, который содержит бесконечно много членов последовательности, через $I_2$. (Если они оба содержат бесконечно много членов последовательности, положим для определенности, что $I_2=I_1^L$.) Выберем $n_2$ — номер какого-нибудь из элементов последовательности $\left\{a_n\right\}$, попавшего в $I_2$. Их там бесконечно много, так что какой-нибудь обязательно можем выбрать. Положим $b_2=a_{n_2}$.

Дальше повторим процесс, теперь уже с отрезком $I_2$. Разобьём его на две половинки, $I_2^L$ и $I_2^R$. Поскольку $I_2$ по построению содержал бесконечно много членов последовательности $\left\{a_n\right\}$, хотя бы бы одна из половинок тоже будет содержать бесконечно много членов. Обозначим её за $I_3$. Выберем $n_3$ — номер какого-нибудь из элементов последовательности $\left\{a_n\right\}$, попавшего в $I_3$, и обязательно (это важно!) такого, что $n_3>n_2$. Это всегда можно сделать: $n_2$ мы выбрали и зафиксировали на предыдущем шаге, а в $I_3$ лежит бесконечно много членов, значит найдутся и такие, у которых номера больше $n_2$. Вот какой-нибудь из них мы и обозначим за $n_3$ и положим: $b_3=a_{n_3}$.

Так будем продолжать до бесконечности. Для каждого натурального $k$, построим отрезок $I_k$, являющийся половинкой отрезка $I_{k-1}$, содержащей бесконечно много элементов последовательности $\left\{a_n\right\}$. Среди этих элементов выберем элемент, номер которого больше $n_{k-1}$ и обозначим его номер за $n_k$. Положим $b_k=a_{n_k}$.

Получим последовательность вложенных отрезков $I_1\supset I_2\supset I_3\supset \dots$. Каждый отрезок получается делением предедыщего отрезка пополам, поэтому их длины каждый раз уменьшаются в два раза:

Покажем, что $a_{n_k}=b_k\to c$ при $k\to \infty$. Действительно, как и раньше, будем обозначать левый конец отрезка $I_k$ через $l_k$, а правый — через $r_k$. Тогда для всех $k$ выполняются неравенства $l_k\le b_k\le r_k$. Мы знаем из доказательства леммы, что $l_k\to c$ и $r_k\to c$. По теореме о двух милиционерах, из этого следует, что $b_k\to c$.

Доказали!∎