先把記號講定，全部都是逐點做的。設 f、g 的值在 ℝ^q、φ 的值在 ℝ，並設 c ∈ ℝ。 在 D(f) ∩ D(g) 上定義 f + g、f − g 與內積 f · g； 在 D(f) 上定義 cf；在 D(φ) ∩ D(f) 上定義 φf； 在 φ 不取零值的那些點上定義商 f/φ。
20.6 THEOREM
If the functions f, g, φ are continuous at a point, then so are the combinations f + g, f − g, f · g, cf and φf; and so is f/φ, provided φ does not vanish at that point.
正例：f(x) = x 連續（例 4），反覆相乘與相加就得到任何多項式函數連續，例如 x³ − 5x + 2。反例：條件是「φ 在那一點不為零」，不是「φ 處處不為零」——φ(x) = x 在 x = 0 取零，於是 1/φ 在 0 沒有定義，可是在其他每一點都連續（例 6）。
PROOF
六種組合的論證一模一樣，寫一種即可，其餘照抄換記號。以和為例。
證明計畫 · 由所求想起 所求是「f + g 在 a 連續」。不去碰 ε 與 δ——改用 20.2 的數列版：往下走一階把問題換成數列的問題，交給 15.6 的四則運算處理，再往上走一階把結論翻回連續。
Proof. Let a be a point at which both f and g are continuous, and let (xₙ) be any sequence in D(f) ∩ D(g) converging to a. By 20.2(c) applied to f and to g, the sequences (f(xₙ)) and (g(xₙ)) converge to f(a) and g(a).
這一步的所求：把「函數在一點連續」換成手上已有的工具管得到的東西。20.2 的 (a) ⟹ (c) 保證每一條跑向 a 的數列，像數列都跑向 f(a)——注意這裡對 f 與 g各用一次，用的是同一條數列 (xₙ)。同一條數列是關鍵：兩個像數列的下標對得上，等一下才能逐項相加。數列取在 D(f) ∩ D(g) 裡，兩個函數才都有得算。
By 15.6(a) the sequence (f(xₙ) + g(xₙ)) converges to f(a) + g(a). That is, ((f + g)(xₙ)) converges to (f + g)(a). Since (xₙ) was arbitrary, 20.2(c) ⟹ (a) shows that f + g is continuous at a.
The remaining combinations are identical in form. Clause 15.6(a) covers f − g and the inner product f · g; clause 15.6(b), which multiplies a real sequence by a sequence in ℝ^q, covers φf and also cf once c is read as the constant sequence (c); clause 15.6(c) covers the quotient f/φ. In the last case the sequence (φ(xₙ)) converges to φ(a) ≠ 0, which is exactly the hypothesis 15.6(c) requires.
其餘五種只是換一個記號重跑一次，但要對上正確的那一款：f − g 與內積 f · g 是「兩條向量數列」，走 15.6(a)；φf 與 cf 是「實數列乘向量數列」，走 15.6(b)——cf 要先把常數 c 看成常數數列，形狀才對得上。唯一需要留神的是商：15.6(c) 要求分母數列的極限不為零，而這件事由「φ 在該點不為零」加上 φ(xₙ) → φ(a) 供給。至於分母的每一項是否為零，不必另外擔心——數列取自商的定義域，那裡 φ 本來就不取零值。
Let f be defined on D(f) ⊆ ℝᵖ with values in ℝ, and let |f| denote the function whose value at x is |f(x)|. Continuity of f at a point carries over to |f|.
取絕對值不會弄壞連續。理由只有一句：取絕對值之後兩個值的距離只會縮短，不會拉長，所以 f 用的 δ 原封可以拿去用。
正例：f(x) = x 連續，所以 |f|(x) = |x| 在每一點都連續，包括 x = 0——那裡圖形有一個尖角，可是尖角不影響連續。反例：反過來不成立——取 f(x) = 1（x 為有理數）、f(x) = −1（x 為無理數），則 |f| 恆為 1、處處連續，而 f 本身處處不連續（論證與前一篇的第一個定理逐字相同）。
PROOF
這一條短到只有一行估計。用 20.2(b) 那個版本最直接，因為結論就是「同一個 δ 照樣可用」。
證明計畫 · 由所求想起 所求：對每個 ε 交出一個半徑。不必自己找——把 f 在同一個 ε 下用的那個半徑借過來，再說明借過來仍然夠用。夠不夠用由三角不等式的左半邊回答。
Proof. Let a be a point of continuity of f and let ε > 0. By 20.2(b) there is δ > 0 such that |f(x) − f(a)| < ε for all x ∈ D(f) with |x − a| < δ. By the Triangle Inequality 5.12, | |f(x)| − |f(a)| | ≤ |f(x) − f(a)|.
Proof. Let W be a neighborhood of c = g(b). Since g is continuous at b, there is a neighborhood V of b such that g(y) ∈ W for every y ∈ V ∩ D(g). Since f is continuous at a, there is a neighborhood U of a such that f(x) ∈ V for every x ∈ U ∩ D(f).
這一步的所求：一條由外往內的鏈。兩次都是把「別人開的要求」餵給連續性，換回「自己可以開的要求」——g 把 W 換成 V，f 把 V 換成 U。次序不能顛倒：V 必須先由 g 決定，f 才知道要瞄準哪裡。這也解釋了敘述為什麼要求 g 在 b = f(a) 連續——V 是 b 的 neighborhood，而 f 送過去的東西正是落在 b 附近。
Now let x ∈ U ∩ D(g∘f). Then x ∈ D(f), so f(x) ∈ V; and f(x) ∈ D(g) by the definition of D(g∘f). Hence f(x) ∈ V ∩ D(g), so g(f(x)) ∈ W. Since W was arbitrary, g∘f is continuous at a.