Доказательство существования производной при заданном пределе f'

Я почти закончил задачу от Малыша Рудина, но не могу понять последний шаг. Задача состоит в следующем (5.9):

Позволять$f$быть:

1. непрерывная действительная функция на$\mathbb{R}^{1}$,
2. из которых известно, что$f'(x)$существует для всех$x\neq0$, и
3. $f'(x) \rightarrow 3$как$x \rightarrow 0$.

следует ли из этого$f'(0)$существует?

Вот что у меня есть:

В силу (1) существует$\delta_{1}$с$|x|<\delta_{1} \rightarrow |f(x)-f(0)|<\frac{\epsilon}{3}$. В силу (2) существует$\delta_{2}$с$|x-t|<\delta_{2}, x\neq0 \rightarrow |\frac{f(t)-f(x)}{t-x}-f'(x)|<\frac{\epsilon}{3}$. В силу (3) существует$\delta_{3}$с$x\neq0, |x|<\delta_{3} \rightarrow |f'(x)-3|<\frac{\epsilon}{3}$.

Так когда$|x|<\min(\delta_{1},\delta_{3})$,$|x-t|<\min(\delta_{2},1)$:

$|\frac{f(t)-f(x)}{t-x}-f'(x)|+|f'(x)-3|+ |f(x)-f(0)| < \epsilon$

$|\frac{f(t)-f(x)}{t-x}-f'(x)+f'(x)-3+f(x)-f(0)| < \epsilon$

$|\frac{f(t)-f(x)}{t-x}-f'(x)+f'(x)-3+\frac{f(x)-f(0)}{t-x}| < \epsilon$

$|\frac{f(t)-f(0)}{t-x}-3|<\epsilon$

Что очень близко к

$|\frac{f(t)-f(0)}{t}-3|<\epsilon$

что даст решение проблемы. Но я не могу понять, какое условие поставить на x или tx, чтобы получить от$|\frac{f(t)-f(0)}{t-x}-3|<\epsilon$к$|\frac{f(t)-f(0)}{t}-3|<\epsilon$. Любая помощь будет очень, очень признательна.