helena je napisao:[dispmath]\lim_{x\to\infty}\sup|f_n(x)-f(x)|[/dispmath]
Ova formula i nije bas najtacnija. Trebalo je da pise [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\sup\limits_{x\in A}|f_n(x)-f(x)|[/inlmath] (dakle, to nije limes superior), gde je [inlmath]A[/inlmath] skup na kome se ispituje ravnomerna konvergencija. Takodje, niste rekli gde je potrebno ispitati ravnomernu konvergenciju (zbog cega sam oznacio tu nepoznatu informaciju sa proizvoljnim skupom [inlmath]A[/inlmath])? Ja cu pretpostaviti da je to [inlmath]\mathbb{R}[/inlmath]. Ali dobro, nema veze, da se preziveti. Takodje, ako je [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\sup\limits_{x\in A}|f_n(x)-f(x)|[/inlmath] jednak nuli, onda imamo ravnomernu konvergenciju, dok ako je razlicit od nule, onda niz ne konvergira ravnomerno.
Kada se ispituje ravnomerna (iliti uniformna, kako god da volite) konvergencija prvo se proveri cemu taj funkcionalni niz tezi tacka po tacka, odnosno sta je [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}f_n(x)[/inlmath] za svako [inlmath]x\in\mathbb{R}[/inlmath] (jer ako neki niz funkcija ravnomerno nekoj funkciji, onda on i tacka po tacka konvergira ka toj funkciji, pa na ovaj nacin "lovimo" kandidata ka kome bi nas niz ravnomerno konvergirao (klasicna prica)). Nije tesko videti da je [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}f_n(x)=|x-1|+x-1[/inlmath] (setimo se da je korena funkcija neprekidna, te mozemo uci limesom pod koren, a da [inlmath]\frac{1}{n}\to0[/inlmath] kad [inlmath]n\to\infty[/inlmath]) za svako [inlmath]x\in\mathbb{R}[/inlmath]. Oznacimo zato sa [inlmath]f(x)=|x-1|+x-1[/inlmath]. Tada prvo procenimo [inlmath]|f_n(x)-f(x)|[/inlmath] kad [inlmath]x\in\mathbb{R}[/inlmath] (tj. procenimo supremum, od cega je manji). Pa nista, zapisimo sta je to tacno. Imamo (za svako [inlmath]x\in\mathbb{R}[/inlmath])
[dispmath]\begin{align}|f_n(x)-f(x)|&=\left|\sqrt{(x-1)^2+\tfrac{1}{n}}+x-\sqrt{1+\tfrac{1}{n}}-|x-1|-x+1\right|\\
&\leq\left(\sqrt{(x-1)^2+\tfrac{1}{n}}-|x-1|\right)+\left(\sqrt{1+\tfrac{1}{n}}-1\right)\\
&\leq\tfrac{1}{\sqrt{n}}+\sqrt{1+\tfrac{1}{n}}-1.\end{align}[/dispmath]
Datu nejednakost u gornjem izrazu (mislimo na drugu, prva sledi iz nejednakosti trougla) dobijamo na sledeci nacin (a i primetimo se da ovde imamo neko "korenje", te da je pogodno da se toga otarosimo, sto radimo (obicno) pomocu racionalisanja datog izraza)
[dispmath]\frac{\left(\sqrt{(x-1)^2+\frac{1}{n}}\right)^2-(x-1)^2}{\sqrt{(x-1)^2+\frac{1}{n}}+|x-1|}=\frac{(x-1)^2+\frac{1}{n}-(x-1)^2}{\sqrt{(x-1)^2+\frac{1}{n}}+|x-1|}=\frac{\frac{1}{n}}{\sqrt{(x-1)^2+\frac{1}{n}}+|x-1|}\leq\frac{1}{n}\sqrt{n}=\frac{1}{\sqrt{n}},[/dispmath]
gde smo ovde (u gornjem izrazu) datu nejednakost dobili iz procene [inlmath]\sqrt{(x-1)^2+\frac{1}{n}}+|x-1|\geq\sqrt{(x-1)^2+\frac{1}{n}}\geq\sqrt{\frac{1}{n}}[/inlmath] za svako [inlmath]x\in\mathbb{R}[/inlmath].
Dakle, mi smo nasli da je ispunjeno [inlmath]\sup\limits_{x\in\mathbb{R}}|f_n(x)-f(x)|\leq\frac{1}{\sqrt{n}}+\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1[/inlmath]. Takodje, kako je za svako [inlmath]x\in\mathbb{R}[/inlmath] prema definiciji apsolutne vrednosti ispunjeno [inlmath]|f_n(x)-f(x)|\geq0[/inlmath], to zapravo imamo [inlmath]0\leq\sup\limits_{x\in\mathbb{R}}|f_n(x)-f(x)|\leq\frac{1}{\sqrt{n}}+\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1[/inlmath]. Setimo se da mi zapravo trazimo [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\sup\limits_{x\in\mathbb{R}}|f_n(x)-f(x)|[/inlmath]. Zato iz prethodnog, s obzirom da je [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}+\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1=0[/inlmath], prema "lemi o dva policajca" imamo da je [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\sup\limits_{x\in \mathbb{R}}|f_n(x)-f(x)|=0[/inlmath], odnosno niz [inlmath]f_n(x)[/inlmath] ravnomerno konvergira po [inlmath]x\in\mathbb{R}[/inlmath] kad [inlmath]n\to\infty[/inlmath] (i to ka [inlmath]f(x)[/inlmath]).