Caractérisation séquentielle de la convergence uniforme

Résolution de la question 1.

1. Étape 1 : Convergence simple. Soit $x \in K$. Considérons la suite constante $x_n = x$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. Puisque $x_n \to x$, l'hypothèse implique immédiatement que $f_n(x_n) \to f(x)$, soit :
   $$\forall x \in K,   \lim_{n \to +\infty} f_n(x) = f(x)$$
   La suite $(f_n)$ converge donc simplement vers $f$ sur $K$.

   Étape 2 : Continuité de $f$. Soit $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de $K$ convergeant vers $a \in K$. Nous voulons montrer que $f(a_n) \to f(a)$. Pour chaque $n \in \mathbb{N}$, on sait que $f_m(a_n) \xrightarrow[m \to +\infty]{} f(a_n)$. On peut donc choisir un indice $\varphi(n)$ suffisamment grand, avec $\varphi(n) > \varphi(n-1)$, tel que :

   $$|f_{\varphi(n)}(a_n) - f(a_n)| \leq \frac{1}{n+1}$$
   Considérons la suite de points $(y_k)$ définie par $y_k = a_n$ si $k = \varphi(n)$, et $y_k = a$ sinon. Alors $y_k \to a$ car $a_n \to a$. Par l'hypothèse, $f_k(y_k) \to f(a)$. En extrayant selon $\varphi(n)$, on a $f_{\varphi(n)}(a_n) \to f(a)$. On conclut par l'inégalité triangulaire :
   $$|f(a_n) - f(a)| \leq |f(a_n) - f_{\varphi(n)}(a_n)| + |f_{\varphi(n)}(a_n) - f(a)|$$
   Le membre de droite tend vers $0$. Donc $f(a_n) \to f(a)$, ce qui prouve la continuité de $f$.
   $$\boxed{f \in \mathcal{C}^0(K, \mathbb{R})}$$

   Étape 3 : Convergence uniforme. Supposons par l'absurde que $(f_n)$ ne converge pas uniformément vers $f$ sur $K$. Il existe alors $\epsilon > 0$ et une suite d'indices $(\sigma(n))$ croissant vers $+\infty$ ainsi qu'une suite $(x_n)$ de $K$ tels que :

   $$\forall n \in \mathbb{N},   |f_{\sigma(n)}(x_n) - f(x_n)| \geq \epsilon$$
   Par compacité de $K$, il existe une application strictement croissante $\psi$ telle que $(x_{\psi(n)})$ converge vers un élément $L \in K$. Posons $\phi = \sigma \circ \psi$ et $z_n = x_{\psi(n)}$. On a $z_n \to L$. On définit une suite $(w_k)$ par $w_k = z_n$ si $k = \phi(n)$, et $w_k = L$ sinon. Alors $w_k \to L$, donc par hypothèse $f_k(w_k) \to f(L)$. En particulier $f_{\phi(n)}(z_n) \to f(L)$. Or, comme $f$ est continue (démontré plus haut), $f(z_n) \to f(L)$. On en déduit que $|f_{\phi(n)}(z_n) - f(z_n)| \to 0$, ce qui contredit $|f_{\phi(n)}(z_n) - f(z_n)| \geq \epsilon$.
   $$\boxed{f_n \xrightarrow[n \to +\infty]{u} f \text{ sur } K}$$

Résolution de la question 2.

1. Sens (i) $\implies$ (ii). Supposons (i). Soit $(x_n)$ une suite convergeant vers $x \in E$. Soit $K = \{x_n, n \in \mathbb{N}\} \cup \{x\}$. C'est une partie compacte de $E$. Par hypothèse, $\|f_n - f\|_{\infty, K} \to 0$. On écrit :
   $$|f_n(x_n) - f(x)| \leq |f_n(x_n) - f(x_n)| + |f(x_n) - f(x)|$$
   $$|f_n(x_n) - f(x)| \leq \|f_n - f\|_{\infty, K} + |f(x_n) - f(x)|$$
   Le premier terme tend vers $0$ par convergence uniforme sur le compact $K$, et le second par continuité de $f$ en $x$. Ainsi, $f_n(x_n) \to f(x)$, donc la suite converge.

2. Sens (ii) $\implies$ (i). Supposons (ii). Pour tout $x \in E$, la suite constante $x_n = x$ converge, donc $(f_n(x))$ converge vers une limite notée $f(x)$. Soit $(x_n)$ convergeant vers $x$. Pour montrer que $f_n(x_n) \to f(x)$, on utilise l'astuce de la suite mélangée : Soit $y_{2n} = x_n$ et $y_{2n+1} = x$. Alors $y_n \to x$. Par hypothèse (ii), $(f_n(y_n))$ converge vers une limite $L$. Comme la sous-suite $(f_{2n+1}(y_{2n+1})) = (f_{2n+1}(x))$ converge vers $f(x)$, on a $L = f(x)$. Ainsi, la sous-suite $(f_{2n}(y_{2n})) = (f_{2n}(x_n))$ converge aussi vers $f(x)$. De même pour les indices impairs. Donc $f_n(x_n) \to f(x)$. D'après la question 1, pour tout compact $K \subset E$, $f_n \to f$ uniformément sur $K$ et $f_{|K}$ est continue. La continuité locale sur tout compact (ou simplement la continuité séquentielle) assure que $f$ est continue sur $E$.
   $$\boxed{\text{L'équivalence est démontrée.}}$$