Thật vậy, nếu $d$ là một mêtric trên $Y$ tương thích với cấu trúc đều của nó, thì cấu trúc của hội tụ đều trên $\mathscr{F}(X; Y)$ được xác định bởi giả mêtric duy nhất

nói chung giả mêtric này không hữu hạn, nhưng nó tương đương với một giả mêtric hữu hạn (Chương IX, § 1, no. 2), và vì cấu trúc đều của hội tụ đều là Hausdorff (§ 1, no. 2, Mệnh đề 1), nên nó mêtric hóa được.

Vì các $K_n$ phủ $X$, $\mathscr{F}_c(X; Y)$ đẳng cấu với một không gian con đều của $\prod_n \mathscr{F}_u(K_n; Y)$ ($§ 1$, no. 2, Nhận xét 3), và do đó hệ quả suy ra từ Mệnh đề 1 (Chương IX, § 2, no. 4, Định lý 1, Hệ quả 2).

Chú ý rằng hệ quả này áp dụng đặc biệt khi $X$ là địa phương compắc và σ-compắc (Chương I, § 9, no. 9, Mệnh đề 15, Hệ quả 1).

Bây giờ cho $Y$ là một không gian mêtric và $d$ là mêtric của nó. Nếu $X$ là một tập hợp bất kỳ và $\mathscr{S}$ là một tập hợp bất kỳ các tập con của $X$, ta sẽ ký hiệu bởi $\mathscr{B}_{\mathscr{S}}(X; Y)$ tập hợp tất cả các ánh xạ $u : X \to Y$ sao cho $u(A)$ là bị chặn với mỗi $A \in \mathscr{S}$. Trừ khi nói rõ điều ngược lại, ta sẽ xem $\mathscr{B}_{\mathscr{S}}(X; Y)$ được trang bị cấu trúc đều của hội tụ theo $\mathscr{S}$, được xác định bởi họ giả mêtric sau đây trên $\mathscr{B}_{\mathscr{S}}(X; Y)$:

các giả mêtric này là hữu hạn theo giả thiết. Khi $\mathscr{S} = \{X\}$, ta viết $\mathscr{B}(X; Y)$ thay cho $\mathscr{B}_{\mathscr{S}}(X; Y)$. Một ánh xạ $u : X \to Y$ được gọi là bị chặn nếu nó thuộc $\mathscr{B}(X; Y)$, nghĩa là nếu $u(X)$ là một tập con bị chặn của $Y$.

Nếu $u$ bị chặn, thì mọi ánh xạ $v : X \to Y$ sao cho với mọi $x \in X$, ta có $d(u(x), v(x)) \leq 1$ đều bị chặn, bởi vì

do đó $\mathscr{B}(X; Y)$ là mở. Mặt khác, nếu $u$ nằm trong bao đóng của $\mathscr{B}(X; Y)$ trong $\mathscr{F}_u(X; Y)$, thì tồn tại một ánh xạ $u_0 \in \mathscr{B}(X; Y)$ sao cho $d(u(x), u_0(x)) \leq 1$ với mọi $x \in X$; do đó $u$ bị chặn.

Thật vậy, $\mathscr{B}_\mathfrak{S}(X; Y)$ là ảnh ngược của tập con $\prod_{A \in \mathfrak{S}} \mathscr{B}(A; Y)$ của tích $\prod_{A \in \mathfrak{S}} \mathscr{F}_u(X; Y)$ dưới ánh xạ chính tắc từ $\mathscr{F}_\mathfrak{S}(X; Y)$ vào $\prod_{A \in \mathfrak{S}} \mathscr{F}_u(A; Y)$; do đó mệnh đề thứ nhất suy ra từ § 1, no. 2, Nhận xét 3, và mệnh đề thứ hai suy ra từ mệnh đề thứ nhất, nếu ta lưu ý đến Định lý 1 của § 1, no. 5.

Không gian đang xét là $\mathscr{B}(X; Y) \cap C_u(X; Y)$; mệnh đề thứ nhất suy ra từ Mệnh đề 2; mệnh đề thứ hai suy ra từ mệnh đề thứ nhất ($§ 1$, no. 6, Định lý 2, Hệ quả 1).

Thật vậy, vì $\mathscr{B}(X; Y)$ đầy đủ (no. 1, Mệnh đề 2, Hệ quả 1), nên kết quả suy ra từ Chương IX, § 3, no. 6, Mệnh đề 11 và định nghĩa của một chuỗi hội tụ đều.

Tập hợp này gồm tất cả các $u \in F(X; Y)$ thỏa mãn mọi hệ thức

Thật vậy, nếu $\mathscr{G}$ là tập hợp tất cả tập con bị chặn của $X$, thì $\mathscr{L}(X_1, \ldots, X_n; Y)$ là giao của tập hợp tất cả các ánh xạ đa tuyến tính từ $X$ vào $Y$ và tập $\mathscr{B}_\mathscr{G}(X; Y)$ (Chương IX, § 3, no. 5, Định lý 1); do đó kết quả suy ra từ Mệnh đề 4 và Mệnh đề 2, Hệ quả 1.

Trong phần còn lại của tiểu mục này, $K$ ký hiệu một trường định giá không rời rạc.

Khi đó $\mathscr{L}(X_1, \ldots, X_n; Y)$ là một không gian con vectơ của $\mathscr{F}(X; Y)$. Gọi $B$ là quả cầu đơn vị trong $X$, tập hợp tất cả các $(x_i)_{1 \leq i \leq n}$ sao cho $\sup_{1 \leq i \leq n} \|x_i\| \leq 1$.

Khi đó ánh xạ $u \to u|B$ từ $\mathscr{L}(X_1, \ldots, X_n; Y)$ vào $\mathscr{B}(B; Y)$ là đơn ánh; hơn nữa, ảnh ngược, qua ánh xạ này, của cấu trúc đều hội tụ đều trên $\mathscr{B}(B; Y)$ là cấu trúc đều hội tụ bị chặn trên $\mathscr{L}(X_1, \ldots, X_n; Y)$. Vì mọi tập con bị chặn của $X$ đều được chứa trong một tập có dạng $\mu B$ (với một $\mu \in K^*$ nào đó), và nếu $u$ là một phần tử của $\mathscr{L}(X_1, \ldots, X_n; Y)$, nói rằng $\|u(z)\| \leq a$ với mọi $z \in \mu B$ tương đương với nói rằng $\|u(z)\| \leq a/|\mu|^n$ với mọi $z \in B$. Người ta dễ dàng kiểm tra rằng số

Trừ khi điều ngược lại được phát biểu rõ ràng, bất cứ khi nào $\mathscr{L}(X_1, \ldots, X_n; Y)$ được xét như một không gian định chuẩn, thì chuẩn được định nghĩa ở trên là chuẩn đang được xét.

Đây là một hệ quả ngay lập tức của bất đẳng thức (2) (Chương IX, § 3, no. 5, Định lý 1).

Điều này suy ra ngay lập tức từ các định nghĩa và quan hệ

Vì nếu $u \in \mathscr{L}(X; Y)$ và $v \in \mathscr{L}(Y; Z)$ thì ta có

Đặc biệt, trên tập hợp $\mathscr{L}(X)$ các tự đồng cấu liên tục của một không gian định chuẩn $X$ trên $K$, chuẩn $||u||$ tương thích với cấu trúc đại số-$K$ của $\mathscr{L}(X)$.

a) Cho $d$ (resp. $d'$) là một metric tương thích với tôpô của $X$ (resp. với cấu trúc đều của $Y$); khi đó $\delta(f, g) = \sup_{x \in X} d'(f(x), g(x))$ là một metric xác định cấu trúc đều của sự hội tụ đều trên không gian $C(X; Y)$, các hàm của $C(X; Y)$ bị chặn vì $X$ compact (no. 1). Với mỗi cặp số nguyên $m > 0, n > 0$, cho $G_{mn}$ là tập hợp các hàm $f \in \mathscr{C}(X; Y)$ sao cho quan hệ $d(x, x') \leq 1/m$ kéo theo $d(f(x), f(x')) \leq 1/n$. Mọi hàm $f \in \mathscr{C}(X; Y)$ đều liên tục đều (chương II, § 4, no. 1, định lý 2) và do đó, với mỗi $n > 0$, $\mathscr{C}(X; Y)$ là hợp của các tập hợp $G_{mn}$ ($m > 0$). Cho $\{a_1, \ldots, a_{p(m)}\}$ là một tập con hữu hạn của $X$ sao cho các quả cầu mở có tâm $a_i$ và bán kính $1/m$ phủ $X$ ($1 \leq i \leq p(m)$); và cho $(b_r)_{r \in \mathbf{N}}$ là một dãy đếm được trù mật trong $Y$. Với mỗi ánh xạ $\varphi : [1, p(m)] \to \mathbf{N}$, cho $H_\varphi$ là tập hợp các $f \in G_{mn}$ sao cho $d'(f(a_k), b_{\varphi(k)}) \leq 1/n$ với $1 \leq k \leq p(m)$. Theo định nghĩa của các $b_r$, $G_{mn}$ là hợp của các tập hợp $H_\varphi$ với $\varphi \in \mathbf{N}^{p(m)}$; cho $C_{mn}$ là tập hợp các ánh xạ $\varphi \in \mathbf{N}^{p(m)}$ sao cho $H_\varphi \neq \emptyset$, và với mỗi $\varphi \in C_{mn}$ cho $g_\varphi$ là một phần tử của $H_\varphi$; cuối cùng, ký hiệu $L_{mn}$ là tập hợp đếm được các $g_\varphi$ với $\varphi \in C_{mn}$. Cho $f \in G_{mn}$, và cho $\varphi$ là một phần tử của $C_{mn}$ sao cho $f \in H_\varphi$; khi đó ngay lập tức từ các định nghĩa ta có $d'(f(x), g_\varphi(x)) \leq 4/n$ với mọi $x \in X$, tức là $\delta(f, g_\varphi) \leq 4/n$. Do đó hợp của các tập hợp $L_{mn}$ là trù mật trong $\mathscr{C}_u(X; Y)$, vì với mỗi số nguyên $n > 0$ và mỗi $f \in \mathscr{C}(X; Y)$ tồn tại $m$ sao cho $f \in G_{mn}$, và ta vừa thấy rằng khoảng cách từ $f$ đến $L_{mn}$ là $\leq 4/n$.

b) Cho $I = [0, 1]$. Vì $\mathscr{C}_u(X; I)$ là một không gian con đều của $\mathscr{C}_u(X; \mathbf{R})$, nên nó thuộc kiểu đếm được. Gọi $(f_n)$ là một dãy trù mật trong $\mathscr{C}_u(X; I)$. Xét không gian tích $K = I^{\mathbf{N}}$ và ánh xạ $\psi : x \to (f_n(x))$ của $X$ vào $K$, hiển nhiên là liên tục. Ánh xạ $\psi$ là đơn ánh; thật vậy, theo định nghĩa của dãy $(f_n)$, quan hệ $f_n(x) = f_n(x')$ với mọi $n$ kéo theo, bằng cách chuyển qua giới hạn, $f(x) = f(x')$ với mọi hàm $f \in \mathscr{C}(X; I)$; nhưng điều này là không thể nếu $x \neq x'$ do Tiên đề (OIV) được áp dụng cho điểm $x$ và cho một lân cận $V$ của $x$ không chứa $x'$ (Chương IX, § 1, no. 5, Định lý 2). Suy ra không gian compact $X$ đồng phôi với không gian con $\psi(X)$ của $K$ (Chương I, § 9, no. 4, Định lý 2, Hệ quả 2); vì $K$ mêtric hóa được và thuộc kiểu đếm được, nên $\psi(X)$ cũng vậy và do đó $X$ cũng vậy.

Điều phải chứng minh.

a) Không gian $\mathscr{L}$ các ánh xạ liên tục từ $X$ vào $Y$ có một giới hạn ở vô cực, được trang bị tôpô hội tụ đều trên $X$, là một không gian mêtric hóa được thuộc kiểu đếm được.

b) Không gian $\mathscr{C}_c(X; Y)$ các ánh xạ liên tục từ $X$ vào $Y$, được trang bị tôpô hội tụ compact, là một không gian mêtric hóa được thuộc kiểu đếm được.

a) Gọi $X'$ là không gian compact thu được bằng cách thêm vào $X$ một điểm ở vô cực (Chương I, § 9, no. 8, Định lý 4); theo định nghĩa, mọi hàm $f \in \mathscr{L}$ đều có thể được mở rộng một cách duy nhất thành một hàm liên tục $\overline{f} : X' \to Y$, và do đó $f \to \overline{f}$ là một song ánh từ L lên $C(X'; Y)$; và song ánh này là một đồng phôi từ không gian L lên $C_u(X'; Y)$ theo Mệnh đề 6 của § 1, no. 6. Vì $X'$ mêtric hóa được (Chương IX, § 2, no. 9, Mệnh đề 16, Hệ quả) nên kết quả suy ra từ Định lý 1, áp dụng cho $X'$ và Y.

b) Gọi $(U_n)$ là một phủ của X bởi các tập mở tương đối compact, sao cho mọi tập con compact của X đều được chứa trong một $U_n$ nào đó (Chương I, § 9, no. 9, Mệnh đề 15, Hệ quả 1). Nếu $S$ là tập hợp các $\overline{U}_n$, tôpô hội tụ compact trên $C(X; Y)$ cũng chính là tôpô của sự hội tụ theo $S$. Do đó ($§ 1,$ no. 2, Nhận xét 3) không gian $C_c(X; Y)$ đồng phôi với một không gian con của tích $\prod_n C_u(\overline{U}_n; Y)$; vì mỗi không gian compact $\overline{U}_n$ đều có một cơ sở đếm được, nên nó mêtric hóa được (Chương IX, § 2, no. 9, Mệnh đề 16); do đó mỗi $C_u(\overline{U}_n; Y)$ đều mêtric hóa được và thuộc kiểu đếm được theo Định lý 1, và vì thế $C_c(X; Y)$ cũng vậy.

Chú ý rằng không gian của mọi hàm liên tục bị chặn nhận giá trị thực trên $\mathbf{R}$, được trang bị tôpô hội tụ đều, không thuộc kiểu đếm được (Bài tập 4).

Gọi $Y'$ là không gian đều Hausdorff liên kết với Y (Chương II, § 3, no. 8) và $i : Y \to Y'$ là ánh xạ chính tắc từ Y lên $Y'$. Tôpô hội tụ compact là tôpô thô nhất sao cho các ánh xạ $u \to (i \circ u)|K$ từ $C(X; Y)$ vào $C_u(K; Y')$ là liên tục, khi K chạy qua tập hợp tất cả các tập con compact của X ($§ 1,$ no. 4, Mệnh đề 4). Do đó ta thu được một cơ sở con của tôpô trên $C_c(X; Y)$ bằng cách lấy một cơ sở con của tôpô trên $C_c(K; Y')$ với mỗi tập con compact K của X rồi lấy hợp [trong $\mathfrak{B}(C(X; Y))$] của các ảnh ngược của các cơ sở con ấy trong $C(X, Y)$. Mặt khác, mọi tập con mở của Y đều có dạng $\overline{i}^{-1}(U')$, trong đó $U'$ mở trong $Y'$ (Chương II, § 3, no. 7, Mệnh đề 12); do đó, với mỗi tập con compact $K' \supset K$, $T(K, \overline{i}^{-1}(U'))$ là ảnh ngược của $T(K, U')$ dưới ánh xạ

Vậy còn lại là chứng minh định lý khi X là compáct và Y là Hausdorff; từ bây giờ ta sẽ đặt các giả thiết ấy.

Trước hết, ta hãy chỉ ra rằng $T(K, U)$ là mở trong $C_c(X; Y)$. Gọi $u_0$ là một điểm của tập hợp này; vì $u_0(K)$ là compact (Chương I, § 9, no. 4, Định lý 2, Hệ quả 1) và được chứa trong tập hợp mở $U$, nên tồn tại một lân cận đối xứng $V$ của $Y$ sao cho $V(u_0(K)) \subset U$ (Chương II, § 4, no. 3, Mệnh đề 4, Hệ quả). Gọi $W$ là lân cận của $u_0$ trong $C_c(X; Y)$ gồm tất cả các ánh xạ liên tục $u : X \to Y$ sao cho $(u(x), u_0(x)) \in V$ với mọi $x \in K$. Với các ánh xạ như vậy, rõ ràng ta có $u(K) \subset V(u_0(K)) \subset U$; do đó $u \in T(K, U)$ và vì vậy $W \subset T(K, U)$, điều này chứng minh mệnh đề của ta.

Ngược lại, nếu $W$ là một lân cận của một điểm $u_0 \in C_c(X; Y)$, ta hãy chứng minh rằng $W$ chứa giao của một số hữu hạn các lân cận có dạng $T(K, U)$. Ta có thể giả sử rằng $W$ là tập hợp tất cả các $u \in C(X; Y)$ sao cho $(u(x), u_0(x)) \in V$ với mọi $x \in X$, $V$ là một lân cận đồng đều đã cho của $Y$. Vì $u_0$ liên tục trên $X$, nó liên tục đều (Chương II, § 4, no. 1, Định lý 2). Gọi $V_1$ là một lân cận đồng đều đối xứng của $Y$, mở trong $Y \times Y$ và sao cho $V_1^2 \subset V$. $X$ có thể được phủ bởi một số hữu hạn các tập compact $K_i$ ($1 \leq i \leq n$) sao cho mỗi $u_0(K_i)$ là $V_1$-nhỏ ($1 \leq i \leq n$). Gọi $U_i$ là tập mở $V_1(u_0(K_i))$, và gọi $u : X \to Y$ là một ánh xạ liên tục được chứa trong giao của $n$ tập $T(K_i, U_i)$ (là các lân cận của $u_0$). Khi đó, với mọi $x \in K_i$, $u(x)$ thuộc $U_i$ và do đó $u_0(x)$ và $u(x)$ là $V_1^2$-gần nhau, suy ra là $V$-gần nhau. Vì mỗi $x \in X$ thuộc một $K_i$ nào đó, ta có $u \in W$ và chứng minh hoàn tất.

Kết quả này dẫn đến định nghĩa sau:

Giả sử rằng $f$ là liên tục. Để chứng minh rằng $\tilde{f}$ là liên tục, ta phải chứng minh rằng, với mỗi tập con compact $K$ của $Y$ và mỗi tập con mở $U$ của $Z$, ảnh ngược $V$ của $T(K, U)$ qua $\tilde{f}$ là mở trong $X$. Cho $x_0 \in V$; với mỗi $y \in K$, ta có $f(x_0, y) \in U$, và vì $f$ là liên tục nên tồn tại một lân cận $V_y$ của $x_0$ trong $X$ và một lân cận $W_y$ của $y$ trong $Y$ sao cho $f(V_y \times W_y) \subset U$. Vì $K$ compact, tồn tại một số hữu hạn các điểm $y_i \in K$ sao cho các tập hợp $W_{y_i} (1 \leq i \leq n)$ phủ $K$. Gọi $V'$ là giao của các lân cận $V_{y_i}$ của $x_0$, là một lân cận của $x_0$; nếu $x \in V'$ và $y \in K$, ta có $f(x, y) \in U$, vì $y$ được chứa trong một trong các $W_{y_i}$ và $x$ được chứa trong mỗi $V_{y_i}$; do đó $V' \subset V$, và vì vậy $V$ là một lân cận của mỗi điểm của nó và do đó là mở trong $X$.