Voor de liefhebber bewijzen we de stelling alleen voor eindige $L$.

"$\implies$": Stel dat $\lim_{x\to a} f(x) = L$. Dit betekent dat voor alle $\epsilon>0$ er een $\delta>0$ is zodat voor alle $x$ die voldoen aan $0<|x-a|<\delta$ geldt dat $|f(x) - L | <\epsilon$. Zij nu $\epsilon > 0$ gegeven en kies precies die $\delta$. Dan geldt voor alle $x\in (a-\delta,a)$ dat $|f(x) - L | <\epsilon$, want $(a-\delta,a)\subset (a-\delta,a+\delta)$. Dit laat zien dat $\lim_{x\uparrow a} f(x) = L$. Op precies dezelfde manier geldt ook voor alle $x\in (a, a+ \delta)$ dat $|f(x) - L | <\epsilon$ en dat bewijst dat $\lim_{x\downarrow a} f(x)$ ook gelijk is aan $L$, oftewel

$$\lim_{x\uparrow a} f(x) = \lim_{x\downarrow a} f(x) = L$$

"$\impliedby$": Stel nu dat de andere uitspraak waar is, oftewel dat

$$\lim_{x\uparrow a} f(x) = \lim_{x\downarrow a} f(x) = L$$ Zij vervolgens $\epsilon > 0$ gegeven. Volgens de definitie van $\lim_{x\uparrow a} f(x) = L$ bestaat er nu een $\delta_1$ zodat voor alle $x\in (a - \delta_1, a)$ er geldt dat $|f(x) - L|<\epsilon$. Per definitie van $\lim_{x\downarrow a} f(x) = L$ bestaat er ook een $\delta_2$ zodat voor alle $x\in (a, a+\delta_2)$ geldt dat $|f(x) - L|<\epsilon$. Kies nu $\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}$. Voor $x\in (a-\delta, a+\delta)$ ongelijk aan $a$ geldt dan dat $x\in (a-\delta,a)$ of $x\in (a,a+\delta)$. In het eerste geval hebben we $x\in (a-\delta_1,a)$ (want $\delta \leq \delta_1$) zodat inderdaad $|f(x) - L | <\epsilon$. In het tweede geval hebben we $x\in (a,a+\delta)\subseteq (a,a+\delta_2)$, waardoor ook $|f(x) - L | <\epsilon$. We concluderen dat in beide gevallen $|f(x) - L | <\epsilon$ geldt, en omdat $\epsilon>0$ willekeurig gekozen was impliceert dit $$\lim_{x\to a} f(x) = L$$

Als $f$ en $g$ beide continu zijn in $x=a$ dan hebben we

$$\lim_{x\to a} f(x) = f(a) \quad\text{ en }\quad \lim_{x\to a} g(x) = g(a)$$ Uit de somregel voor limieten volgt nu dat $$\lim_{x\to a} \left(f(x) + g(x)\right) = f(a) + g(a)\text,$$ oftewel $\lim_{x\to a} (f+g)(x) = (f+g)(a)$.