Пределы

Пусть $\lim_{x \to a, x \in A}f(x) = a'$ и $\lim_{x \to a, x \in A}f(x) = b'$, при этом $a' \ne b'$. Тогда, согласно Определению Definition 3,

1. $\lim_{x \to a, x \in A}f(x) = a'$ означает, что для любого $\varepsilon >0$ можно найти такое $\delta_1 >0$, что из $x \in A$ и $d(x,a)<\delta_1$ следует $d'(a',f(x))<\varepsilon$
2. $\lim_{x \to a, x \in A}f(x) = b'$ означает, что для того же $\varepsilon >0$ можно найти такое $\delta_2 >0$, что из $x \in A$ и $d(x,a)<\delta_2$ следует $d'(b',f(x))<\varepsilon$.

Тогда по неравенству треугольника

т. е. расстояние между фиксированными точками $a',b' \in E'$ может быть любым, что невозможно если $a' \ne b'.$

Это лишь пересказ определения.

Это сразу следует из определения предела и следствия Corollary 4.1.2.

Это сразу следует из определения предела и теоремы Theorem 4.1.2.

Так как $a$ — точка замыкания, то любой шар $B(a, r)$ содержит хотя бы одну точку из $A$, т. е. $B(a, r) \cap A \ne \varnothing$. В частности, для любого $n\ge 1$, $B(a, \frac{1}{n}) \cap A \ne \varnothing$. Тогда по Аксиоме Выбора, для каждого $n\ge 1$ мы можем выбрать $x_n \in B(a, \frac{1}{n})$. Покажем, что $\lim_{n \to \infty} x_n = a$. Действительно, пусть $n<m$, и мы имеем тогда $x_n \in B(a, \frac{1}{n})$, $x_m \in B(a, \frac{1}{m})$.

Тогда имеем

Это означает, что все $x_n, x_{n+1}, \ldots \in B(a, \frac{2}{n})$, что и доказывает требуемое.

По Предложению Lemma 3.1.8, $F$ замкнуто, если и только если $F = \overline{F}$. Тогда используя лемму [](#choice_of_seqeunce}, мы завершаем доказательство.

(1) Необходимость.

Пусть $\lim_{x \to a, x \in A}f(x) = a'$, и пусть $s:\mathbb{N} \to {A}\cup \{a\}$ — последовательность $\{s_n\}$. По условию, $\lim_{n \to \infty }s_n = a$ и так как $\lim_{x \to a, x \in A}f(x) = a'$, то по определению предела Definition 1, $\overline{f}$ непрерывна в точке $a$. Тогда по Теореме [](#lim_of_composition}, последовательность $s':=\overline{f} \circ s: \mathbb{N} \to E'$, в которой $s'_n = f(s_n)$, имеет предел $\overline{f}(a) = a'$, что и доказывает необходимость.

(2) Достаточность.

Будем доказывать от противного. Пусть для любой последовательности $\{s_n\}$ точек из $A$, $\lim_{n \to \infty} s_n = a$ имеем $\lim_{n \to \infty}f(s_n) = a'$, но $a' \ne \lim_{x \to a, x\in A}f(x).$ Тогда $\lim_{n \to \infty} s_n = a$ влечёт, что, начиная с какого-то номера $N$, $d(a,s_n) < \varepsilon$ для всех $n > N$.

С другой стороны, $a' \ne \lim_{x \to a, x\in A}f(x)$ означает, что $f(x)$ не является непрерывным в точке $a$. Тогда, существует такое $\varepsilon >0$, что для любого номера $n$ найдётся такая точка $x_n \in A$, удовлетворяющая двум условиям: $d(a,x_n) < \frac{1}{n}$ и $d'(a',f(x_n))\ge \varepsilon$. Но тогда последовательность $\{f(s_n)\}$ не сходится к $f(s)$, что противоречит условию.

Пусть $\lim_{x\in A, x \to a}f(x) = \alpha$, $\lim_{x\in A, x \to a}g(x) = \beta$.

Тогда, по арифметике предела $\lim_{x\in A, x \to a}(g(x) - f(x)) = \beta - \alpha.$

Пусть $\alpha > \beta$. Пусть $\varepsilon : = \alpha - \beta$, тогда $\varepsilon >0$.

Из определения предела следует, что для выбранного $\varepsilon$, можно найти такое $\delta>0$, что из $d(x,a)<\delta$ будет следовать $|g(x) - f(x) - (\beta - \alpha)| < \varepsilon$, но тогда получаем, что

что даёт противоречие. Это и доказывает утверждение.