Dimostrazione di weierstrass

[Gianalberto1]

Qualcuno mi potrebbe scrivere la dimostrazione di questa parte del teorema di Weierstrass:
Ip:
Dato uno spazio metrico X e due funzioni $f_n,f: X->RR$, con $f_n$ continue e convergenti uniformemente verso f
Tesi:
anche f è continua.
Sui miei appunti non ci capisco molto.

[gugo82]

Beh, la dimostrazione del teorema si basa su un uso spinto della disuguaghlianza triangolare, quindi non è difficilissima.
Prova a descrivere quali passaggi non ti sono chiari.

[Gianalberto1]

Questa è come ce l'ho io sui miei appunti:
$|f(x)-f(x_0)|=|f(x)-f_n(x)|<=||f(x)-f(x_0)||_infty +|f_n(x)-f_m (x_0)| + |f_m(x_0)-f(x_0)| <=3\epsilon$
Mi sa che c'è qualcosa che non va.

[gugo82]

Beh, direi...

Vuoi far vedere che in corrispondenza di \(\varepsilon >0\) esiste un \(\delta =\delta (\varepsilon , x_0)>0\) tale che per ogni \(x\in B(x_0;\delta)\) (qui \(B(x_0;\delta)\) è la palla aperta di \(X\) di centro \(x_0\) e raggio \(\delta\)) risulti \(|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon\).
Per ogni \(x\in X\) ed \(n\in \mathbb{N}\) hai:
\[\tag{1}
\begin{split}
\left| f(x)-f(x_0)\right| &= \left| f(x)-f_n(x)+ f_n(x) - f_n(x_0) + f_n(x_0)-f(x_0)\right|\\
&\leq \left| f(x)-f_n(x)\right| + \left|f_n(x) - f_n(x_0)\right| + \left| f_n(x_0)-f(x_0)\right|\\
&\leq \| f-f_n\|_{\infty,X} + \left|f_n(x) - f_n(x_0)\right| + \| f_n -f\|_{\infty,X}\\
&= 2\ \| f_n-f\|_{\infty ,X} + \left|f_n(x) - f_n(x_0)\right|\; ;
\end{split}
\]
per convergenza uniforme, in corrispondenza del numero positivo \(\varepsilon/3\) è possibile determinare \(\nu=\nu (\varepsilon)\) in modo che:
\[
\| f_n -f\|_{\infty, X}<\frac{\varepsilon}{3}
\]
per ogni \(n\geq \nu\); in particolare, la precedente sussiste quando si sceglie \(n=\nu\) e dunque, facendo \(n=\nu\) pure nella (1) trovi:
\[
\tag{2}
|f(x)-f(x_0)| \leq \frac{2}{3}\ \varepsilon + \left| f_\nu (x) - f_\nu (x_0)\right|\; ;
\]
dato che \(f_\nu\) è continua per ipotesi, in corrispondenza del solito \(\varepsilon/3>0\) è possibile determinare un \(\sigma =\sigma (\varepsilon , \nu ,x_0) >0\) in modo che:
\[
|f_\nu (x) - f_\nu(x_0)|< \frac{\varepsilon}{3}
\]
per ogni \(x\in B(x_0;\sigma)\); pertanto, la (2) diviene:
\[
|f (x)- f(x_0)|< \frac{2}{3}\ \varepsilon + \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon
\]
per qualsivoglia \(x\in B(x_0;\sigma)\). Infine, dato che \(\nu\) dipende unicamente da \(\varepsilon\), è evidente che il \(\sigma\) determinato sopra dipende unicamente da \(\varepsilon\) e da \(x_0\); perciò basta prendere \(\delta = \sigma\) per terminare la dimostrazione.