==דוגמה 1==
תהי <math>f_n(x)=\ln\left(x+\frac{x^2}n\right)</math>. קבעו התכנסות בכל אחד מהקטעים הבאים:
# <math>[a,b]</math> עבור <math>b>a>0<a<b<\infty</math>
# בקטע <math>(0,\infty)</math>
===פתרון===
פונקציית הגבול היא <math>\lim_{n\to\infty}\ln\left(x+\frac{x^2}n\right)=\ln(x+0)=\ln(x)</math>.
# נראה התכנסות במ"ש ב-<math>[a,b]</math>: <math>\sup_{x\in[a,b]}\left|\ln\left(x+\frac{x^2}n\right)-\ln(x)\right|=\sup_{n\in[a,b]}\left|\ln\left(1+\frac xn\right)\right|=\ln\left(1+\frac bn\right)\to0</math>. {{משל}}
# נראה שההתכנסות נקודתית בלבד ב-<math>(0,\infty)</math>: <math>\sup_{x\in(0,\infty)}|f_n(x)-f(x)|=\sup_{x\in(0,\infty)}\left|\ln\left(1+\frac xn\right)\right|\to=\infty</math>. {{משל}}
==דוגמה 2==
קבע האם <math>f_n(x)=\frac1{1+n^2x^2}</math> מתכנסת במ"ש ב-<math>(-\infty,\infty)=\mathbb R</math>.
===פתרון===
קל לראות ש-<math>f(x)=\lim_{n\to\infty}f_n(x)=\begin{cases}1&x=0\\0&\text{else}\end{cases}</math>. נבדוק התכנסות במ"ש: <math>\sup_{x\in\mathbb R}|f_n(x)-f(x)|\ge\sup_{x\in\mathbb R}|f_n(x)|=\sup_{x\in\mathbb R}=left|\sup_{x\in\mathbb R}\frac1{1+n^2x^2}\right|=\left|\sup_{x\in[0,\infty)}\frac1{1+n^2x^2}\right|</math>. נחפש מקסימום: <math>f_n'(x)=\frac{-2n^2x}{\left(1+n^2x^2\right)^2}=0</math> וקל לראות שעבור שהנגזרת מתאפסת עבור <math>x=0</math> הנגזרת אכן מתאפסת. ברור ש-<math>f_n</math> מונוטונית יורדת ב-<math>[0,\infty)</math> ולכן זו אכן נקודת מקסימוםגלובלית. מתקיים <math>f_n(0)=1</math> ולכן <math>\sup_{x\in\mathbb R}|f_n(x)-f(x)|\ge1>0\not\to0</math>. מכאן שההתכנסות נקודתית בלבד. {{משל}}
==דוגמה 3==
תהי <math>\{f_n\}</math> סדרת פונקציות המתכנסת במ"ש לפונקציה f, האם f חסומה?
===פתרון===
נבחר לדוגמה <math>f_n(x)=\frac1x+\frac1n</math> בקטע <math>(0,\infty)</math>. ברור כי <math>f(x)=\lim_{n\to\infty}f_n(x)=\frac1x</math> וכי אם <math>x\to0^+</math> אז <math>\frac1x\to\infty</math>, לכן f לא חסומה.{{משל}}
==דוגמה 4==
תהי <math>\{f_n\}</math> סדרת פונקציות המתכנסת לפונקציה f במ"ש ב-I. נוכיח כי אם כל אחת מהפונקציות <math>f_n</math> חסומה ב-I, אזי גם f חסומה ב-I.
===פתרון===
נרשום <math>|f|\le|f-f_n|+|f_n|</math>. נתון כי ההתכנסות במ"ש ולכן <math>\forall\varepsilon>0:\ \exists n_0:\ \forall n>n_0:\ |f(x)-f_n(x)|\le<\varepsilon</math>, בפרט עבור <math>\varepsilon=1</math>. כמו כן <math>f_{n_0+1}</math> חסומה ב-I (מהנתון) כלומר קיים M כך ש-<math>\sup_{x\in I}|f_{n_0+1}(x)|\le M<\infty</math> ולכן מתקבל ש-<math>|f(x)|\le1+|f_{n_0+1}(x)|<1+M</math> לכל <math>x\in I</math>. {{משל}}
==דוגמה 5==
ניתן דוגמה לסדרת פונקציות רציפות המתכנסות לפונקציה רציפה אבל לא מתכנסת במ"ש בקטע סגור.
===פתרון===
[[קובץ:פונקציה בין 0 ל-1.png|ממוזער|300px|ימין]]נגדיר את הפונקציה הבאה: <math>f_n(x)=\begin{cases}2nx&0\le x\le\frac1{2n}\\2-2nx&\frac1{2n}<x\le\frac1n\\0&\frac1n<x\le1\end{cases}</math>. קל לראות שהפונקציה הנ"ל מוגדרת בקטע <math>[0,1]</math>, אפשר לראות שהפונקציה הנ"ל רציפה. נצייר אותה: (יטופל בהמשך)
לכל <math>x_0</math> יש <math>n_0</math> כך שלכל <math>n>n_0</math> מתקיים <math>x_0>\frac1{n_0}</math> שם מתקיים <math>f_n(x_0)=0</math>, כלומר <math>\{f_n(x_0)\}</math> סדרה קבועה מ-<math>n_0</math> מסויים. כמו כן <math>\sup_{x\in[0,1]}|f_n(x)-f(x)|=1</math> ולכן ההתכנסות אינה במ"ש.
==דוגמה לפתרון עצמי==
הוכח או הפרך: אם <math>f_n:[a,b]\to[c,d]</math> סדרת פונקציות המתכנסות במ"ש לפונקצית הגבול f וכן <math>g:[c,d]\to\mathbb R</math> פונקציה רציפה אזי <math>g\circ f_n</math> היא סדרת פונקציות המתכנסת במ"ש לפונקציות הגבול <math>g\circ f</math>.
=טורים של פונקציות=
==דוגמה 6==
נסמן לכלn לכל n, <math>f_n(x)=x^{n-1}</math> בקטע <math>(-1,1)</math>. מה היא פונקצית הסכום <math>S_N</math>?
===פתרון===
<math>S_N(x)=\sum_{n=1}^N f_n(x)=1+x+\dots+x^{N-1}=\frac{1-x^N}{1-x}\to\frac1{1-x}</math>.
נוכיח כי הטור <math>S_N(x)=\sum_{n=0}^N\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}</math> מתכנס ל-<math>\sin(x)</math> במ"ש בקטע <math>[0,2\pi]</math> כאשר <math>n\to\infty</math>.
===פתרון===
בזכות טורי טיילור ברור שיש התכנסות נקודתית, נותר לבדוק התכנסות במ"ש. נסמן <math>f_n(x)=\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}</math>. כאשר <math>R_N(x)</math> השארית בין הטור-טיילור מסדר N לבין <math>\sin</math> מתקיים <math>|S_N(x)-\sin(x)|\le=|R_N(x)|=\le\left|\frac{(-1)^{N+1}cx^{2(N+1)+1}}{(2(nN+1)+1)!}\right|</math>. מתקיים כמו כן <math>\frac{cx^{2n2N+3}}{(2n2N+3)!}\le\frac{(2\pi)^{2\pi2N+3}}{(2n2N+3)!}=:a_na_N</math>. נוכיח ש-<math>a_N\to0</math> וכך נוכיח שההתכנסות במ"ש. מספיק להסתכל על <math>\left|\frac{a_{nN+1}}{a_na_N}\right|=\frac{(2\pi)^{2n2N+5}}{(2n2N+5)!}\frac{(2n2N+3)!}{(2\pi)^{2n2N+3}}=\frac{(2\pi)^2}{(2n2N+4)(2n2N+5)}\to0</math>, לכן <math>\sum_{n=1}^\infty a_n</math> מתכנס ולכן ובפרט <math>a_n\to0</math>. מכאן שההתכנסות במ"ש. {{משל}}
==דוגמה 8==
בדקו התכנסות במ"ש של <math>\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos(nx)}{n^2}</math>.
===פתרון===
נשים לב כי לא יגדוע מהי ידועה לנו פונקצית הגבול של הטור ולכן לא ניתן להוכיח התכנסות במ"ש ישירות מההגדרה. במקום, נפנה לתנאי קושי: יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. ברור כי <math>|S_n-S_m|=\left|\sum_{k=n+1}^m\frac{\cos(kx)}{k^2}\right|\le\left|\sum_{k=n+1}^m\sum_frac1{|k^2}\cos(kx)right|</math>. הטור <math>\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^2}</math> מתכנס ולכן מקיים את תנאי קושי, כלומר קיים <math>n_0\lein\underbrace{mathbb N</math> כל שלכל <math>m>n>n_0</math> מתקיים <math>\left|\sum_{k=n+1}^m\frac1{k^2}\right|<\varepsilon</math>. לכן, עבור אותו <math>n_0</math>, לכל <math>m>n>n_0</math> מתקיים <math>\left|\sum_{k=n}_^m\textfrac{converges\cos(kx)}{k^2}\right|<\varepsilon</math>. {{משל}}