Sabendo quem são as séries convergentes e pra onde convergem

Seja $a\in X$. As vinhaças de $a$ são todos os subconjunto de $X$ que contém um aberto ao qual $a$ pertence. Nesse sentido, dada uma sequências $x_{n}\rightarrow a$ arbitrária se $V\in\mathcal{V}(a)$ então necessariamente $V$ deve conter infinitos termos de $x_{n}$. Em resumo,
\begin{align*}
V\in\mathcal{V}(a),x_{n}\rightarrow a\Rightarrow\exists n_{0}\in\mathbb{N}: x_{n}\in V,\forall n\geq n_{0}.
\end{align*}
Deste modo é conveniente supor
\begin{align*}
\mathcal{V}(a)=\{V\subset X:V\cap \{x_n\}_{n\in\mathbb{N}} \space \text{é infinito}\} (*)
\end{align*}
para toda sequência $x_n\rightarrow a$ não constante. Assim, resta provar que a inclusão contrária. Para isso, mostraremos que se $V\not\in\mathcal{V}(a)$ então é possível obter uma sequência $x_n\rightarrow a$ tal que, $V\cap\{x_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ é finito.
De fato, como $V$ não é uma vizinhança de $a$ é falso que existe $\epsilon>0$ tal que, $B_\epsilon(a)\subset V$. Deste modo, para cada $n\in \mathbb{N}$ podemos tomar um elemento $x_n\in B_{\frac{1}{n}}(a)$ tal que $x_n\not\in V$. Logo,
\begin{align*}
d(x_n,a)\rightarrow 0 \iff x_n \rightarrow a.
\end{align*}
A sequência $x_n$ assim construída é tal que, $V\cap \{x_n\}_{n\in\mathbb{N}}=\varnothing$. Portanto, concluímos que $\mathcal{V}(a)$ fica inteiramente caracterizada pela igualdade $(*)$.

Seja $(X,d)$ um espaço métrico e considere $a \in X$. Por definição, o conjunto das vizinhanças de $a$ é dado por
$$\mathcal{V}(a) = \{V \subset X : \exists \epsilon > 0 \text{tal que }B_{\epsilon}(a) \subset V\}.$$
Considere o seguinte conjunto
$$\mathcal{S}(a) = \{(x_{n})_{n=1}^{\infty} \subset X : x_{n} \rightarrow a, \text{quando }n\rightarrow \infty\}.$$
Quando $V \in \mathcal{V}(a)$, sabemos que existe $\epsilon > 0$ tal que $B_{\epsilon}(a) \subset V$. Além disso, sabemos que se uma sequência converge para $a$, em algum momento a mesma deve "entrar" em qualquer bola centrada em $a$ (veja a Proposição 2.4, p. 15, do livro do prof.) Por isso, dada $(x_{n})_{n=1}^{\infty} \in \mathcal{S}(a)$, existe $N \in \mathbb{N}$ tal que $x_n \in B_{\epsilon}(a)$, para todo $n \geq N$. Em outras palavras, a menos de uma quantidade finita de termos, a sequência $(x_{n})_{n=1}^{\infty}$ está em $V$, a final, $B_{\epsilon}(a) \subset V$. Com essa motivação, vamos provar a seguinte igualdade: $\mathcal{V}(a) = \mathcal{D}(a),$ onde

$$\mathcal{D}(a) = \{V \subset X : \forall (x_{n})_{n=1}^{\infty} \in \mathcal{S}(a), x_{n} \in V, \text{a menos de uma quantidade finita de termos}\}.$$

Com os argumentos iniciais, já provamos que $\mathcal{V}(a) \subset \mathcal{D}(a).$ Agora considere $V \in \mathcal{D}(a)$ e suponha por contradição que $V \not\in \mathcal{V}(a)$. Neste caso, dado $\epsilon > 0$, temos que $B_{\epsilon} \not\subset V$. Em particular, para todo $n \in \mathbb{N}$, existe $x_n \in B_{1/n}(a)$ tal que $x_n \not\in V$ (basta tomar $\epsilon_n = 1/n, n \in \mathbb{N}$ sucessivas vezes). É importante observar que acabamos de criar uma sequência $(x_{n})_{n=1}^{\infty}$ que converge para $a$, afinal, como $x_n \in B_{1/n}(a)$, temos que $d(x_n,a) < 1/n, \forall n \in \mathbb{N}$. Fazendo $n \rightarrow \infty$ segue que $d(x_n, a) \rightarrow 0$ (veja a Proposição 2.3, p. 14 do livro do prof.) Portanto $(x_{n})_{n=1}^{\infty} \in \mathcal{S}(a)$, todavia a mesma está inteiramente fora de $V$, o que contradiz o fato de $V \in \mathcal{D}(a)$. Assim $\mathcal{D}(a) \subset \mathcal{V}(a)$ e concluímos.