Пусть $\lim\limits_{n \to \oo} x_n = a$ и $\varepsilon = 1$, тогда $\exists\, N\colon\: \forall\, n > N \? |x_n - a| < 1$. Значит, при $n > N$ имеем $|x_n| < |a| + 1$.

Если теперь взять $M > \max\limits\{|x_1|, …, |x_n|, |a| + 1\}$, то получим, что $\forall\, n > N \? |x_n| < M$.

Пусть $y_k = x_{n_k}$ ($n_k$ — номер элемента $k$ последовательности $y_k$ в последовательности $x_n$). Понятно, что $n_k \ge k$.

Пусть $N$ — такое число, что $\forall\, n > N \? \big| x_n - \lim\limits x_n \big| < \varepsilon$. Для любых $k > N$ выполняется неравенство $n_k > N$. Тогда $\forall\, k > N \? \big| y_k - \lim\limits x_n \big| = \big| x_{n_k} - \lim\limits x_n \big| < \varepsilon$.

Получили, что $\lim\limits y_k = a = \lim\limits x_n$.

Пусть $E$ — множество значений ограниченной последовательности $x_n$. Если $E$ конечно, то существуют по крайней мере одна точка $x \in E$ и последовательность $n_1 < n_2 < \dots$ номеров такие, что $x_{n_1} = x_{n_2} = \dots = x$. Подпоследовательность $x_{n_k}$ постоянна и, значит, сходится. Можно выбрать $n_1 \in \NN$ так, что $|x_{n_1} - x| < 1$. Если $n_k \in \NN$ уже выбрано так, что $|x_{n_k} - x| < \frac{1}{k}$, то найдем $n_{k + 1} \in \NN$ так, что $n_k < n_{k+1}$ и $|x_{n_{k + 1}} - x| < \frac{1}{k + 1}$. Поскольку $\lim\limits_{k \to \oo} \frac{1}{k} = 0$, построенная подпоследовательность $x_{n_1}, x_{n_2}, \dots, x_{n_k}, \dots$ сходится к $x$.

Пусть $\lim\limits_{n \to \oo} x_n = a_1$ и $\lim\limits_{n \to \oo} x_n = a_2$. Если $a_1 \neq a_2$, то фиксируем непересекающиеся окрестности $V(a_1), V(a_2)$ точек $a_1, a_2$.

В качестве таковых можно взять, например, $\delta$-окрестности этих точек при $\delta < \frac{1}{2}|a_1 − a_2|$. По определению предела найдем числа $N_1$ и $N_2$ так, что $\forall\, n > N_1 \? x_n \in V(a_1)$ и $\forall\, n > N_2 \? x_n \in V(a_2)$. Тогда при $n > \max\limits\{N_1, N_2\}$ получим $x_n \in V(a_1) \cap V(a_2)$. Но это невозможно, поскольку $V(a_1) \cap V(a_2) = \nothing$.

Возьмем число $c$ такое, что $a < c < b$. По определению предела найдем числа $N_1 \text{ и } N_2$ так, чтобы при любом $n > N_1$ иметь $|x_n − a| < c − a$ и при любом $n > N_2$ иметь $|y_n − b| < b - c$. Тогда при $n > max\{N_1, N_2\}$ получим $x_n < a + (c − a) = c = b − (b − c) < y_n$

Пусть $\lim\limits_{n \to \oo} x_n = \lim\limits_{n \to \oo} z_n = a$. По $\varepsilon > 0$ найдем числа $N_1 \text{ и } N_2$ так, чтобы при любом $n > N_1$ иметь $a - \varepsilon < x_n$ и при любом $n > N_2$ иметь $z_n < a + \varepsilon$. Тогда при $n > max\{N_1, N_2\}$ получим $a - \varepsilon < x_n \le y_n \le z_n < a + \varepsilon$ или $|y_n - a| < \varepsilon$

1) Существование общей точки. Множество левых концов отрезков $a_n$ лежит на числовой прямой левее множества правых концов отрезков $b_n$, поскольку $\forall\, n,m\;a_n \le b_m$. В силу аксиомы непрерывности, существует точка $c$, разделяющая эти два множества, то есть $\forall\, n,m\;a_n \le c \le b_m$, в частности $\forall\, n\;a_n \le c \le b_n$. Последнее неравенство означает, что $c$ — общая точка всех отрезков данной системы.

2) Единственность общей точки. Пусть длина отрезков системы стремится к нулю. Предположим, что имеется две различные точки $c$ и $c'$, принадлежащие всем отрезкам системы: $\forall\, n \? c,c' \in [a_n,b_n],\? c\neq c'$. Тогда для всех номеров $n$ выполняются неравенства: $|c - c'| \le b_n - a_n$. В силу условия стремления к нулю длин отрезков для любого $\varepsilon > 0$ для всех номеров $n$, начиная с некоторого будет выполняться неравенство $b_n - a_n < \varepsilon$. Взяв в этом неравенстве $\varepsilon = \frac{1}{2}|c - c'| > 0$, получим $|c - c'| < \frac{1}{2}|c - c'|$ Противоречие.

Чтобы доказать утверждение с "1 тогда и только тогда когда 2", надо доказать что из 1 следует 2 и из 2 следует 1.

1) Пусть $\lim\limits_{x \to \oo} x_n = a$. Найдём $N \? \forall\, \varepsilon > 0 \? \exists\, N \in \NN \colon\: \forall\, n > N \? |x_n - a| < \varepsilon/2$. Если теперь $m, n > N, \text{то } |x_m - x_n| < |x_m - a| + |x_n - a| < \varepsilon/2 + \varepsilon/2 = \varepsilon$. Таким образом, из сходимости следует фундаментальность

2) Пусть теперь $x_n$ — фундаментальная последовательность, тогда по заданному $epsilon > 0$ найдём номер $N \text{ такой, что при } m \ge N, n \ge N \? |x_m - x_n| < \varepsilon/3$. Фиксировав $m = N$ получаем при $n > N$

Теперь возьмём $a_k = \inf_{n \;\! \ge \;\! k} x_n, b_k = \sup_{n \;\! \ge \;\! k} x_n$. Видим, что $a_k \le a_{k + 1} \;\! \le \;\! b_{k + 1} \le b_k$. Из леммы о вложенных отрезках, последовательность $[a_k, b_k]$ имеет общую точку $A$. Так как $a_k \le b_k$, а при $n \ge k \colon\: a_k \le x_n \le b_k$, тогда $|A - x_n| \le b_k - a_k$. Получили при $k > N$:

Множество значений $x_n$ — ограничено сверху, значит оно имеет верхнюю грань $s = \sup x_n$.

По определению верхней грани $\forall\, \varepsilon > 0 \? \exists\, x_N \in x_n\colon\: \? s - \varepsilon < x_N \le s$. Так как последовательность неубывающая $\forall\, n \in \NN\colon\: \? s - \varepsilon < x_N \le x_n \le s$, то есть $|s - x_n| < \varepsilon$.