定理1 令 fk:A→Rm 是连续函数并且假设 fk→f (一致)，那么 f 是连续的。
证明：因为 fn→f 一致收敛，所以给定 ε>0 ，我们可以扎到 N 使得k≥N意味着对所有的 x∈A 不等式 ∥fk(x)−f(x)∥<ε/3 成立。考虑一个点 x0∈A ，因为 fN 是连续的，所以存在 δ>0 使得 (∥x−x0∥<δ,x∈A)⇒(∥fN(x)−fN(x0)∥<ε/3) ，那么碎玉 ∥x−x0∥<δ,∥f(x)−f(x0)∥≤∥f(x)−fN(x)∥+∥fN(x)−fN(x0)∥+∥fN(x0)−f(x0)∥<ε/3+ε/3+ε/3=ε 。 因为 x0 是任意的，所以 f 在A中的每个点处都连续，故它是连续的。 ||
定理2 令 fk:A→Rm 是一个函数序列，那么 fk 一致收敛，当且仅当对每个 ε>0 ，存在一个 N 使得l,k≥N时，对所有的 x∈A ，不等式 ∥fk(x)−fl(x)∥<ε 。
证明： 如果 fk→f 一致收敛，那么给定 ε>0 ，我们可以找出 N 使得k≥N意味着对所有的 x 不等式∥fk(x)−f(x)∥<ε/2 成立，那么如果 k,l≥N ，那么 ∥fk(x)−fl(x)∥≤∥fk(x)−f(x)∥+∥f(x)−fl(x)∥<ε/2+ε/2=ε 。
反过来，如果给定 ε>0 ，我们可以找到 N 使得k,l≥N意味着对于所有的 x 不等式∥fk(x)−fl(x)∥<ε成立，那么 fk(x) 在每个点 x 处都是柯西序列，所以fk(x)逐点收敛到，我们表示成 f(x) ，再者，我们可以找到 N 使得k,l≥N意味着对所有的 x 不等式∥fk(x)−fl(x)∥<ε/2，因为对于每个点 x,fk(x)→f(x) ，所以我们能够对每个点 x 找出Nx使得 l≥Nx⇒∥fl(x)−f(x)∥<ε/2 ，令 l≥max{N,Nx} ，那么 k≥N⇒∥fk(x)−f(x)∥≤∥fk(x)−fl(x)∥+∥fl(x)−f(x)∥<ε/2+ε/2=ε 。 因为这个结论对每个点 x 都成立，所以我们可以找出N使得对所有的 x,k≥N⇒∥fk(x)−f(x)∥<ε ，因此 fk→f (一致)。 ||
定理3 假设 gk:A→Rm 这样的函数，存在常数 Mk 使得对所有的 x∈A,∥gk(x)∥≤Mk ，并且 Σ∞k=1Mk 收敛。那么 Σ∞k=1gk 一致收敛(并且绝对收敛)。
证明： 因为 ΣMk 收敛，所以对每个 ε>0 ，存在一个 N 使得k≥N意味着对所有的 p=1,2,… 不等式 |Mk+⋯+Mk+p|<ε 成立。对 k≥N 我们由三角不等式可得
∥gk(x)+⋯+gk+p(x)∥≤∥gk(x)∥+⋯+∥gk+p(x)∥≤Mk+⋯+Mk+p<ε对所有的 x∈A 都成立，所以根据级数的柯西判别准则， Σgk 一致收敛。 ||
定理4 假设 fk:[a,b]→R 是连续函数( a,b∈R )并且 fk→f (一致)，那么
∫bafk(x)dx→∫baf(x)dx推论2 假设 gk:[a,b]→R 是连续的且 Σ∞k=1gk 是一致收敛的，那么我们可以改变积分与和的次序
∫ba∑k=1∞gk(x)dx=∑k=1∞∫bagk(x)dx证明： 对于定理4，我们回顾一下，如果 |f(x)|≤M 那么
∣∣∣∫baf(x)dx∣∣∣≤M(b−a)对于 ε>0 选择 N 使得k≥N意味着 |fk(x)−f(x)|<ε/(b−a) ，那么
∣∣∣∫bafk(x)dx−∫baf(x)dx∣∣∣=∣∣∣∫ba(fx(x)−f(x))dx∣∣∣≤ε⋅(b−a)(b−a)=ε对于推论，令 fk=Σki=1gi ；那么 fk→f=Σ∞k=1gk (一致)，所以根据上面的内容得
∫bafk(x)dx→∫baf(x)dx||定理5 令 fk:(a,b)→R 是开集 (a,b) 上的可微函数序列，且逐点收敛到 f:(a,b)→R 。假设导数 f′k 是连续的且一致收敛到函数 g ，那么f是可微的且 f′=g 。
证明： 由微积分基本定理可知 fk(x)=fk(x0)+∫xx0f′k(x)dt ，其中 a<x0<b 。令 k→∞ ，由定理4可得 f(x)=f(x0)+∫xx0g(t) ，由基本定理可知 f′=g ，故根据定理1可知 g 是连续的。||
注意：即便 f′k 不是连续的，该定理依然成立，只是更加复杂。
定理6 Cb(A,Rm) 中的函数 ∥⋅∥ 满足范数的性质：
∥f∥≥0,∥f∥=0 当且仅当 f=0 。对于 α∈R,f∈Cb,∥αf∥=|α|∥f∥ 。 ∥f+g∥≤∥f∥+∥g∥ (三角不等式)。证明： (i),(ii) 很明显，对于 (iii) ，由 Rm 中的三角不等式可得
∥f+g∥=sup{∥(f+g)(x)∥|x∈A}≤sup{∥f(x)∥+∥g(x)∥|x∈A}加些来，因为 sup(P+Q)=sup(P)+sup(Q) ，并且
{∥f(x)∥+∥g(x)∥|x∈A}⊂{∥f(x)∥+∥g(y)∥|x,y∈A}所以我们有
sup{∥f(x)∥+∥g(x)∥|x∈A}≤∥f∥+∥g∥||定理7 (fk→f(在A上一致))⇔(在Cb中fk→f;即∥fk−f∥→0) 。
证明： 这只是定理的一种转录而已，证明从略。 ||
定理8 Cb 是一个巴拿赫空间。
证明： 令 fk 是一个柯西序列，根据定理2， fk 一致收敛到 f 。因为k足够大时， ∥f(x)∥≤∥fk∥+1 ，所以 f 是有界的，根据定理1可得f是连续的，所以 f∈Cb ，故 fk 收敛到 Cb 中。 ||
定理9 令 A⊂Rn 是紧集并且 B⊂C(A,Rm) 。如果 B 是有界的且等连续，那么B 中的任何序列有一个一致收敛的子序列。
为了证明这个定理，我们先证明一个引理。
引理1 令 A⊂Rn 是任意集合，那么存在一个可数集合 C⊂A ，它的闭包包含 A 。
证明： Rn 中有理坐标的点是可数解和，我们成为 x1,x2,… 。考虑每个整数 n 的邻域 D(x1,1n),D(x2,1n),…
很明显他们覆盖 Rn 。只要 D(xl,(1/n)) 与 A 有交点，我们就从D(xl,(1/n))∩A中选择一个点，通过这种方式得到的集合重新定义了我们的集合 C 。那么因为{D(xl,(1/n))|l,n∈N}是可数的，所以 C 是可数的。
我们断言cl(C)⊃A。事实上，令 x∈A,ε>0 ，选择 n 使得1/n<ε/2。存在某个 l 使得x位于 D(xl,(1/n)) 中，所以在 C∩D(xl,(1/n)) 中存在一个点，我们用 y 表示，那么d(x,y)≤d(x,xl) d(xl,y)≤1/n 1/n<ε。因此 x∈cl(C) ，所以 cl(C)⊃A 。 ||
我们将用下面的方法利用 A 的紧性。
引理2 令 A 是紧集且C按上面的方式构造，那么对任意 δ。0 ，存在一个有限集合 C1⊂C ，我们表示成 C1={y1,…,yk} 使得每个 x∈A 位于某个 yl∈C1 的 δ 内。
证明： 选择 n 满足1/n<δ，那么根据引理1，存在有限个集合 D(x1,(1/n)) ， D(x2,(1/n)) ， … ，因为 A 是紧集，所以他们覆盖A，那么 C1 定义成这些有限集中的元素，然后就像引理1那样得出结论。 ||
现在我们转向定理的证明。像引理1那样构造 C ，我们表示成C={x1,x2,…}，令 fn 是 B 中的序列。那么{fn}是有界的，所以序列 fn(x1) 在 Rm 中是有界的，由 Rm 中的波尔查诺-魏尔斯特拉斯定理可知 fn(x1) 有一个收敛的子序列，我们表示成
f11(x1),f12(x1),…,f1n(x1),…同样地，序列 f1k(x2):k=1,2,… 在 Rm 中是有界的；因此它有一个收敛的子序列
f21(x2),f22(x2),…,f2n(x2),…继续这个过程，序列 f2k(x3):k=1,2,… 在 Rm 中是有界，所以某个子序列
f31(x3),f32(x3),…,f3n(x3),…是收敛的。我们继续用这个方式处理并令 gn=fnn 使得 gn 是第 n 个子序列的第n个函数。
从图像角度来说， gn 就是取对角线上的元素：
图1 这个技巧叫做对角线方法并且在许多情况系是非常有用的。根据序列 gn 的构造，我们可以看出序列 gn 在 C 的每个点都收敛；实际上gn是每个序列 fmk:k=1,2,… 的子序列。
我们现在证明序列 gn 在 A 的每个点都收敛并且还是一致收敛。为此，令ε>0,δ满足等连续的定义， C1={y1,…,yk} 是 C 的有限子集，使得A中的每个点在 C1 中某点的 δ 中。因为序列
(gn(y1)),(gn(y2)),…,(gn(yk))都收敛，所以存在一个整数 N 使得如果m,n≥N，那么
∥gm(yi)−gn(yi)∥<εi=1,2,…,k对于每个 x∈A ，存在一个 yj∈C1 使得 ∥x−yj∥<δ 。 因此根据等连续的假设，对于所有的 n=1,2,… ，我们有
∥gn(x)−gn(yj)∥<ε因此我们有
∥gn(x)−gm(x)∥≤∥gn(x)−gn(yj)∥+∥gn(yj)−gm(yj)∥+∥gm(yj)−gm(x)∥<ε+ε+ε=3ε其中 m,n≥N 。这表明
∥gn−gm∥≤3εm,n≥N所以由柯西判别准则可知 A 中的序列gn一致收敛。 ||
