命題1 f: R→Rを関数，x∈Rとする．
fがxで連続 ⇔ 点列 { x_n }_n=0^∞が lim_n→∞x_n = x を満たすならば lim_n→∞f(x_n) = f(x)

証明(⇒) 任意のε>0を取る．fがxで連続だから，あるδ>0が存在して「|x-y|<δならば |f(x)-f(y)|<ε」である．この時，lim_n→∞x_n=xより，あるN>0が存在して「n≧N ならば |x_n-x|<δ」とできる．よって「n≧N ならば |f(x_n)-f(x)|<ε」である． 故に lim_n→∞f(x_n) = f(x) が分かった．

(←) fがxで不連続であると仮定する．即ち，あるε>0が存在して，任意のδ>0に対してあるy∈Rが存在して「|x-y|<δかつ |f(x)-f(y)|≧ε」が成り立つ．その様なε>0を一つ取る．正整数nに対して，「|x-x_n|<1/n かつ |f(x)-f(x_n)|≧ε」を満たすようなx_n∈Rが取れる．すると lim_n→∞x_n = x かつ lim_n→∞f(x_n)≠f(x) となり矛盾する．

この←の証明には選択公理が使われている．それは，各 n>0 に対してx_n∈Rを取っているところである．具体的には次のようになる．X_n := { y∈R | |x-y|<1/n かつ |f(x)-f(y)|≧ε } と置けば X_n≠∅ である．よって選択公理により(x_n)_n=1^∞∈Π_n=1^∞X_n が取れる．

実は次の同値が知られている．

定理 次の命題は(ZF上)同値．

1. Rの空でない部分集合からなる族 { X_n }_n=0^∞は選択関数を持つ．
2. 命題1
3. 非有界集合 A⊂R は非有界な点列を含む．

証明 (1 ⇒ 2) 命題1の証明から明らか．

(2 ⇒ 3) A⊂Rを非有界集合，h: R→(0, 1)を同相写像とする． Aが非有界だから，0か1がh(A)の集積点である．0がh(A)の集積点としてよい．関数 f: R→R を

y∈h(A)のとき f(y) := 1
y ∉ h(A)のとき f(y) := 0

と定義すれば，0 が h(A) の集積点であるから f は 0 で不連続である．従って仮定により点列 { x_n }_n=0^∞で lim_n→∞x_n = 0 かつ lim_n→∞f(x_n)≠f(0) となるものが存在する．f(0)=0 であるから lim_n→∞f(x_n)=1．{ x_n } の部分列を適当に取ることにより，各 n に対して f(x_n)=1 としてよい．このとき { h^-1(x_n) }_n=0^∞は明らかに A の非有界な点列である．

(3 ⇒ 1) Rの空でない部分集合からなる族 { X_n }_n=0^∞を取る．Y_n := Π_i=0ⁿX_iとする．全単射 f: R²→R と g: R→(0, 1) を取る．f₀(x) := x, f₁(x, y) := f(x, y), f₂(x, y, z) := f(f(x, y), z), … として全単射の族 { f_n: Rⁿ⁺¹→R }_n=0^∞を得る．σ_n: R→Rをσ_n(x) := x+n で定める．

Z_n := σ_ngf_n(Y_n), Z = ∪_n=0^∞Z_nと置けば，Z_n⊂(n, n+1)であるからZは非有界である．従って仮定3により，Z は非有界な点列 { z_n }_n=0^∞を含む．

M := { m∈N | ある n∈N が存在して z_n∈Z_m } と置く．m∈M に対して n(m) := min{ n∈N | z_n∈Z_m } とすれば (z_n(m))_m∈M∈Π_m∈MZ_m である．y_m := (σ_n(m)gf_n(m))^-1(z_n(m))∈Y_m と置けば (y_m)_m∈M∈Π_m∈MY_mとなる．Y_m = Π_i=0^mX_iだったから y_m = (x_0(m), …, x_n(m))　(x_i(m)∈X_i) と書ける．この時 m(n) := min{ m∈M | n≦m } と置けば (x_n^(m(n)))_n=0^∞∈Π_n=0^∞X_nである．

一方，次の命題はZFで証明できる．

命題 f: R→Rとする．
fがRで連続 ⇔ 収束点列 { x_n }_n=0^∞に対して lim_n→∞f(x_n) = f(lim_n→∞x_n)

証明 (⇒) 命題1の時と同様．

(←) x∈Rとする．A := Q∪{x} とすれば，f|_A: A→R は x で連続である．

f が x で不連続であると仮定する．即ち，あるε>0が存在して，任意のδ>0に対してあるy∈Aが存在して「|x-y|<δかつ |f(x)-f(y)|≧ε」が成り立つ．その様なε>0を一つ取る．正整数 n に対して，X_n := { y∈A | |x-y|<1/n かつ |f(x)-f(y)|≧ε} と置けば X_n≠∅ である．A = Q∪{x} は可算集合だから，A = { a_m | m∈N } と書ける．このとき各 n>0 に対して m(n) := min{ m∈N | a_m∈X_n } とすれば (a_m(n))_n=1^∞∈Π_n=1^∞X_n である．すると lim_n→∞a_m(n) = x かつ lim_n→∞f(a_m(n))≠f(x) となり矛盾する．

任意のε>0を取る．f|_A: A→Rがxで連続だから， あるδ>0が存在して「y∈Q かつ |x-y|<δならば |f(x)-f(y)|<ε/2」とできる．このとき「z∈R かつ |x-z|<δならば |f(x)-f(z)|<ε」である．

先と同様にして，f|_Q∪{z} も z で連続だから，あるδ'>0が存在して「y∈Q かつ |z-y|<δ' ならば |f(z)-f(y)|<ε/2」である．この時 |x-y|<δかつ |z-y|<δ'なる y∈Q を取れば |f(x)-f(z)|≦|f(x)-f(y)|+|f(y)-f(z)| < ε/2 +ε/2 =ε

故に f は R で連続である．

また，この命題を距離空間に一般化すると次の同値が成り立つ．

定理 次の命題は(ZF上)同値．

1. 可算選択公理
2. Mを距離空間，f: M→Rを関数とするとき
   fがMで連続 ⇔ 収束点列 { x_n }_n=0^∞⊂M に対して lim_n→∞f(x_n) = f(lim_n→∞x_n)

証明 (1 ⇒ 2) M=Rの時と同様．

(2 ⇒ 1) 非空集合の族 { X_n }_n=0^∞が選択関数を持たないと仮定する．

Y_n := Π_k=0ⁿX_k , Y := ∪_n=0^∞Y_nとする．m≠nならば Y_m∩Y_n = ∅ としてよい．∞∉Y なる∞を一つ取り M := Y∪{∞} と定める．M上の距離 d を

d(x, y) := 0　(x=yのとき)
d(x, y) := 1　(x, y∈Y, x≠y のとき)
d(x, y) := 1/(n+1)　(x∈Y_n, y=∞ のとき)

により定める．関数 f: M→Rを

f(x) := 1　(x∈Yのとき)
f(x) := 0　(x ∉ Y のとき)

で定めれば f は∞で連続でない．故に仮定2から lim_n→∞f(a_n)≠f(lim_n→∞a_n) となるような収束点列 { a_n }_n=0^∞が存在する．明らかに lim_n→∞a_n =∞である．部分列を取ることにより，初めから各n∈Nについてa_n∈Yとしてよい．m_n := 1/(d(a_n, ∞)) - 1∈Nと置く．d の定義から a_n∈Y_mn である．

集合S⊂Nを「i, j∈S かつ i < j ならば m_i < m_j」を満たすように任意に取る．Sは有限集合である．

無限集合であると仮定する．すると任意の k∈N に対してある n∈S が存在して k < n となる．a_n∈Y_mn だったから a_n = ( x₀⁽ⁿ⁾, …, x_mn⁽ⁿ⁾ ) と書ける．そこで k∈N に対して n_k := min{ n∈S | k < n } と置き b_k := x_k^(n_k) と置けば ( b_k )_k=0^∞∈Π_k=0^∞X_k であり， { X_n }_n=0^∞が選択関数を持たないことに矛盾する．

Sは任意だったから，{ a_n | n∈N }⊂∪_n=0^NY_n となるような番号 N が存在しなければならない．よって lim a_n≠∞ となり矛盾する．