Likformig konvergens

$f_n(x) = \dfrac{x^{2n}}{1+x^{2n}}$

Här är $f_n(x) = \frac{x^{2n}}{1+x^{2n}}$. Då $n \to \infty$, så kommer $f_n(x)$ att konvergera punktvis mot $0$ på intervallet $(-1,1)$ och punktvis mot $1$ på intervallen $(1,\infty)$ och $(-\infty,-1)$. I punkterna $x = \pm 1$, så är $f_n(x) = 1/2$ för alla $n$.

Konvergensen kan inte vara likformig på till exempel $[-2,2]$, eftersom gränsfunktionen (röd) är diskontinuerlig i punkterna $x = \pm 1$.

Om vi däremot inskränker oss till intervallet $I = [-1/2, 1/2]$, så gäller att $$\left| \frac{x^{2n}}{1+x^{2n}} \right| \le |x^{2n}| < \frac{1}{2^{2n}}, $$ så $\lim_{n\to \infty} \| f_n - 0 \|_I = 0$.

På liknande sätt, om $J = [2,\infty)$, så gäller att $$\left| \frac{x^{2n}}{1+x^{2n}} - 1 \right| = \left| \frac{1}{1+x^{2n}} \right| \le \frac{1}{1+2^{2n}},$$ vilket visar att $\lim_{n\to\infty} \| f_n - 1 \|_J = 0$. Konvergensen är alltså likformig även på detta intervall.

I själva verket kan man modifiera räkningarna ovan för att visa att $f_n \to 0$ likformigt på varje intervall $[-r,r]$ för $0 < r < 1$, och att $f_n \to 1$ likformigt på varje intervall $[r, \infty)$ och $(-\infty,-r]$ för $r > 1$.