Tengo el siguiente proposición.
$\textbf{Proposition:}$ Si $f:X\times K\longrightarrow\mathbb{R}^n$ es una función continua, $K$ es un conjunto compacto en $\mathbb{R}^n$$X\subseteq\mathbb{R}^n$. Fijo $x_0\in X$, probar que para cada $\varepsilon>0$ existe $\delta>0$ que si $\|x-x_0\|<\delta$ $\|f(x,\alpha)-f(x_0,\alpha)\|<\varepsilon$ por cada $\alpha\in K$.
$\textbf{Proof Sketch:}$ Fix $x_0\in X\subseteq\mathbb{R}^n$. Consideremos el conjunto a $A=\{x_0\}\times K\subseteq\mathbb{R}^{2n}$; a continuación, $A$ es compacto en $X\times K\subseteq\mathbb{R}^{2n}$ con la métrica usual desde $\{x_0\}$ es un conjunto finito y por lo tanto compacto y $K$ es también compacto en $\mathbb{R}^n$ por hipótesis y producto Cartesiano de conjuntos compactos es compacto.
Considerar el abrir de bolas en $\mathbb{R}^{2n}$ centrada en $(x_0,\alpha)\in A$ y radio 1, digamos para simplificar $$A(\alpha)=B_{\mathbb{R}^{2n}}((x_0,\alpha),1)=\{y\in\mathbb{R}^{2n}\ :\ \|y-(x_0,\alpha)\|<1\}.$$
Entonces, tenemos una apertura de la tapa para $A:$ $$A\subseteq\bigcup_{\alpha\in K}A(\alpha).$$
Desde $A$ es compacto, existen $\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_m\in K$ tal que $$A\subseteq\bigcup_{i=1}^{m}A(\alpha_i).$$
La aplicación de $f$ a ambos lados, por la propiedad de la imagen directa, a continuación, $$f(A)\subseteq f\left(\bigcup_{i=1}^{m}A(\alpha_i)\right)=\bigcup_{i=1}^{m}f(A(\alpha_i)).$$
Desde $f$ es continuo, a continuación, $f(A)$ es compacto en $\mathbb{R}^n$, y, por definición, $$f(A)=\{f(x_0,\alpha)\in\mathbb{R}^n\ :\ \alpha\in K\}$$ $$f(A(\alpha_i))=\{f(x,\alpha)\in\mathbb{R}^n\ :\ \|(x,\alpha)-(x_0,\alpha_i)\|<1\}$$ para cada una de las $i=1,2,\cdots,m$.
Deje $\varepsilon>0$ ser arbitraria, considerar el abrir de bolas en $\mathbb{R}^{n}$ centrada en $f(x_0,k)$ y radio de $\varepsilon$ por cada $k\in K$ y definir por la sencillez $$B(k,\varepsilon)=B_{\mathbb{R}^n}(f(x_0,k),\varepsilon)=\{z\in\mathbb{R}^n\ :\ \|z-f(x_0,k)\|<\varepsilon\}.$$
A continuación, para cada $\varepsilon>0$ tenemos una cubierta abierta de a $f(A)$ $$f(A)\subseteq\bigcup_{k\in K}B(k,\varepsilon).$$
Desde $f(A)$ es compacto, existen $k_1,k_2,\cdots,k_{m'}\in K$ tal que $$f(A)\subseteq\bigcup_{j=1}^{m'}B(k_j,\varepsilon).$$
Recordemos que $f$ es continua y por tanto no es $\delta_j>0$ tal que $f(B'_j)\subseteq B(k_j,\varepsilon)$ donde $B'_j$ es la bola abierta en $\mathbb{R}^{2n}$ centrada en $(x_0,k_j)$ radio $\delta_j$ por cada $j=1,2,\cdots,m'$. Es decir, $$B'_j=B_{\mathbb{R}^{2n}}((x_0,k_j),\delta_j)=\{y\in\mathbb{R}^{2n}\ :\ \|y-(x_0,k_j)\|<\delta_j\}$$ $$f(B'_j)=\{f(x,\alpha)\in\mathbb{R}^{n}\ :\ \|(x,\alpha)-(x_0,k_j)\|<\delta_j\}$$
Entonces, haciendo el conjunto de los conjuntos de $$\bigcup_{j=1}^{m'}f(B'_j)\subseteq\bigcup_{j=1}^{m'}B(k_j,\varepsilon)$$
$\textbf{¡Stack!:}$ Donde puedo obtener atascado; he estado pensando por un largo tiempo sin resolución de cómo se relacionan cada una de las $\alpha_i$ con cada una de las $k_j$, de modo que considerar algo como $\delta=\min\{1,\delta_1,\delta_2,\cdots,\delta_{m'}\}$ y asumiendo $\|x-x_0\|<\delta$ luego puedo conseguir el resultado deseado.
Yo también creo que esta "prueba" puede ser más simple sin tener que considerar muchos conjuntos, sin embargo es la ruta que viene a mi mente. Tengo un conocimiento introductorio de análisis real por lo que espero para cualquier ayuda que me puedan dar.
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Inspirado por la contribución hecha por Mikhail Katz:
$\textbf{Proof Sketch 2:}$ Fix $x_0\in X\subseteq\mathbb{R}^n$. Considerar cerrado el balón en $\mathbb{R}^n$ centrada en $x_0$ con un radio 1: $$B=B[x_0,1]=\{x\in\mathbb{R}^n:\|x-x_0\|\leq1\}$$ Cada bola cerrada en $\mathbb{R}^n$ es compacto, por lo $B$ es compacto y tan cerrados y acotados en $\mathbb{R}^n$. Considere la posibilidad de la adhesión (cierre) de $X$, esto es $\overline{X}$.
Definir $L=\overline{X}\cap B=\{x\in \overline{X}:\|x-x_0\|\leq1\}$.
Desde $L\subseteq B$ $L$ está acotada. Desde $\overline{X}$ $B$ están cerrados y la intersección de conjuntos cerrados es cerrado, a continuación, $L$ es cerrado. Así, por Heine-Borel del Teorema $L$ es compacto en $\mathbb{R}^n$.
Definir $S=X\cap B=\{x\in X:\|x-x_0\|\leq1\}\subseteq X$.
Por lo tanto,$S\subseteq L$$\overline{S}=L$; por lo $S$ es denso en $L$.
Por hipótesis de $f$ es continua en a $X\times K$; particularmente $f$ es continua en a $S\times K$. Desde $S$ es denso en $L$ $S\times K$ es denso en $L\times K$. Por lo tanto, existe una extensión continua de $f$$S\times K$$L\times K$, decir $g$.
El conjunto $L\times K$ es un producto Cartesiano de conjuntos compactos en $\mathbb{R}^n$, por lo que es compacto en $\mathbb{R}^{2n}$. Desde $g$ es continua en a $L\times K$ $g$ es uniformemente continua.
Para cada $\varepsilon>0$ hay $\delta>0$ que si $\|(x_1,\alpha_1)-(x_2,\alpha_2)\|<\delta$ $\|g(x_1,\alpha_1)-g(x_2,\alpha_2)\|<\varepsilon$ todos los $(x_1,\alpha_1),(x_2,\alpha_2)\in L\times K$.
En particular, para $x_1=x\in S$, $x_2=x_0\in S$ y $\alpha_1=\alpha_2=\alpha\in K$. Supongamos que: $$\|(x,\alpha)-(x_0,\alpha)\|=\|(x-x_0,\bar{0})\|=\|x-x_0\|<\delta$$
Desde $g$ es una extensión de $f$$x,x_0\in S$, entonces: $$\|g(x,\alpha)-g(x_0,\alpha)\|=\|f(x,\alpha)-f(x_0,\alpha)\|<\varepsilon$$ para todos los $\alpha\in K$.
$\textbf{Observation:}$ Para garantizar la existencia de $g$ es suficiente que el conjunto $S\times X$ ser cerrado. Si no, la declaración no puede ser verdad. No sé si esta condición se cumple o no en este contexto, por $X$ es dado como un conjunto no vacío de a $\mathbb{R}^n$ y nada más acerca de sí mismo.
Por ejemplo, si hemos tenido en la hipótesis de que la $X\subseteq\mathbb{R}^n$ es cerrado, a continuación,$X=\overline{X}$$L=S$; la prueba es completa y sería aún más sencillo.
Edit 2
He hecho la siguiente prueba, hágamelo saber si es correcta.
$\textbf{Proposition:}$ Si $f:X\times K\longrightarrow\mathbb{R}^n$ es una función continua, $K$ es un conjunto compacto en $\mathbb{R}^n$$X\subseteq\mathbb{R}^n$. Fijo $x_0\in X$, probar que para cada $\varepsilon>0$ existe $\delta>0$ tal que para todos los $x\in X$, y para todos los $\alpha\in K$:
Si $||x-x_0||<\delta$$||f(x,\alpha)-f(x_0,\alpha)||<\varepsilon$.
$\textbf{Proof by Contradiction:}$ Fix $x_0\in X\subseteq\mathbb{R}^n$. Supongamos que no es $\varepsilon>0$ tal que para todos los $\delta>0$ existe $x\in X$ $\alpha\in K$ tal que $$\|x-x_0\|<\delta\ \wedge\ \|f(x,\alpha)-f(x_0,\alpha)\|\geq\varepsilon$$
Con $\varepsilon>0$ fijo, tome $\delta_n=\frac{1}{n}>0$ por cada $n\in\mathbb{N}$.
A continuación, hay una secuencia $(x_n)$ $X$ y una secuencia $(\alpha_n)$ $K$ tal que para $n=1,2,3,\cdots$ $$\|x_n-x_0\|<\frac{1}{n}\ \wedge\ \|f(x_n,\alpha_n)-f(x_0,\alpha_n)\|\geq\varepsilon$$
Desde $\lim_{n\to\infty}\delta_n=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}=0$$\lim_{n\to\infty}x_n=x_0$.
Además, en $K$ es compacto en $\mathbb{R}^n$ y así secuencialmente compacto. Desde $(\alpha_n)$ es una secuencia en $K$ secuencialmente compacto, entonces existe una convergente subsequence $(\alpha_{n_k})$ existe $\alpha\in K$ tal que $\lim_{k\to\infty}\alpha_{n_k}=\alpha$.
Tenemos que la secuencia de $(x_n)$ converge a$x_0$, de modo que todos los subsequence converge y converge a $x_0$; en particular, para la subsequence $(x_{n_k})$$\lim_{k\to\infty}x_{n_k}=x_0$.
Por nuestra suposición, para cada una de las $k=1,2,3,\cdots$ debe poseer $\|f(x_{n_k},\alpha_{n_k})-f(x_0,\alpha_{n_k})\|\geq\varepsilon$.
Desde $f$ es continua en a $X\times K$ tenemos: $$\lim_{k\to\infty}f(x_{n_k},\alpha_{n_k})=f(x_0,\alpha)=\lim_{k\to\infty}f(x_0,\alpha_{n_k})$$
Por lo tanto, $\lim_{k\to\infty}(f(x_{n_k},\alpha_{n_k})-f(x_0,\alpha_{n_k}))=f(x_0,\alpha)-f(x_0,\alpha)=\bar{0}$
Por definición de límite, para la $\varepsilon>0$ existe $N\in\mathbb{N}$ que si $k>N$ $$\|f(x_{n_k},\alpha_{n_k})-f(x_0,\alpha_{n_k})-\bar{0}\|=\|f(x_{n_k},\alpha_{n_k})-f(x_0,\alpha_{n_k})\|<\varepsilon$$
Una contradicción. $\blacksquare$
