Tato mocninná řada má střed v bodě $x_0 = 1$. Poloměr konvergence určíme z $$L =\lim\limits_{n \to\infty} \sqrt[n]{|a_n|} = \lim\limits_{n \to\infty} \sqrt[n] {\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n^2}} = \lim\limits_{n \to\infty} \left(1+\frac{1}{n}\right)^n = \mathrm{e}.$$ Tedy $$R = \frac{1}{\mathrm{e}}. $$

V tomto případě je $$a_{n} = \left\{ \begin{array}{l l} 2^k, \quad & n=2k;\\ 0,\quad & n=2k-1. \end{array}\right.$$ Dále, vezmeme-li $n = 2k$, pak $\sqrt[n]{|a_{n}|} = \sqrt[2k]{2^k} = \sqrt{2}$, a vezmeme-li $n = 2k-1$, obdržíme $\sqrt[n]{|a_{n}|} = 0$. Tedy $$\sqrt[n]{|a_{n}|} = \left\{ \begin{array}{l l} \sqrt{2}, \qquad & n=2k;\\ 0, \qquad &n=2k-1. \end{array}\right.$$ Proto $$\limsup\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_{n}|} = \sqrt{2},$$ a tak dostáváme poloměr konvergence $R = 1/\sqrt{2}$. Dosadíme-li do řady krajní body $x = \pm 1/\sqrt{2}$, zjistíme, že není splněna nutná podmínka konvergence. Celkem, oborem konvergence je otevřený interval $$I = \left(-\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right). $$

Abychom nalezli střed mocninné řady, převedeme ji do „základního tvaru“ $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(2x+6)^n}{8^n\cdot n} = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{4^n\cdot n}\,(x-(-3))^n.$$ Střed této řady je $x_0 = -3$. Vypočítáme $$L = \lim\limits_{n\to \infty} \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = \lim\limits_{n\to \infty} \frac{4^n\cdot n}{4^{n+1}\cdot (n+1)} = \lim\limits_{n\to \infty} \frac{n}{4\,(n+1)} = \frac{1}{4},$$ a tedy $R = 4$. Máme-li určen střed a poloměr konvergence mocninné řady, snadno identifikujeme krajní body intervalu konvergence. V tomto případě jde o $x_0 - R = -7 $ a $x_0 + R = 1$. Následně vyšetříme konvergenci dané řady v těchto bodech. Pro $x=-7$ dostáváme číselnou řadu $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n\cdot 8^n}{8^n\cdot n} =\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n}.$$ Tato alternující řada konverguje podle Leibnizova kritéria (viz také Příklad 158), a proto bod $x=-7$ patří do intervalu konvergence zadané řady. Pro $x=1$ pak dostáváme číselnou řadu $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{ n},$$ tj. divergentní harmonickou řadu. Závěr je takový, že oborem konvergence je interval $$I=[-7,1). $$

Střed zadané mocninné řady je v bodě $x_0 = 0$. K výpočtu poloměru konvergence použijeme limitu $$L =\lim\limits_{n \to\infty} \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = \lim\limits_{n \to\infty} \frac{[(n+1)!]^2}{[2(n+1)]!}\cdot \frac{(2n)!}{(n!)^2} = \lim\limits_{n \to\infty} \frac{(n+1)^2}{(2n+2)\,(2n+1)} = \lim\limits_{n \to\infty} \frac{n^2}{4n^2} = \frac{1}{4}.$$ Odtud vyplývá, že poloměr konvergence je $R =4$.

Vidíme, že střed této mocninné řady je v bodě $x_0 = -1$. Z limity $$ L = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \left| \frac{(n+1)!}{(n+2)!} \right| = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n+2} = 0 $$ plyne, že $R = \infty $, tj. zadaná řada konverguje absolutně pro všechna $x \in \mathbb{R}$.

V tomto případě je $x_0 = 1$ a $$a_n = \frac{(-1)^{n+1}}{n}, \qquad n \in \mathbb{N} .$$ Dostáváme $$L = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim\limits_{n \to \infty} \left| \frac{\frac{(-1)^{n+2}}{n+1}}{\frac{(-1)^{n+1}}{n}} \right| = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{n}{n+1} = 1, $$ což znamená, že $R = 1$. Interval konvergence tak má krajní body $x=0$ a $x=2$. V krajních bodech opět vyšetříme chování řady zvlášť. Pro $x = 0$ obdržíme násobek divergentní harmonické řady $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} \,(-1)^n = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{-1}{n} = - \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} = - \infty.$$ Pro $x = 2$ dostaneme konvergentní Leibnizovu řadu $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} \cdot 1^n = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} .$$ Interval konvergence tak je $I = (0,2].$

Střed mocninné řady je evidentně v bodě $x_0 = 0$. Jednoduše zjistíme, že $$L = \lim\limits_{n\to \infty} \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = 1, $$ což dává $R = 1$. V krajních bodech intervalu konvergence zkoumáme řady $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} (n+2)\, (-1)^{n+2}, \qquad \sum\limits_{n=1}^{\infty} (n+2).$$ Obě dvě řady evidentně nesplňují nutnou podmínku konvergence, a proto interval konvergence oba krajní body nezahrnuje, tj. řada konverguje pro $x \in (-1,1)$.

Zde je $x_0 = 0$ a $$a_n = \frac{(-5)^n}{n^3}, \qquad n \in \mathbb{N}.$$ Dostáváme $$L =\lim\limits_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{\frac{5^{n+1}}{(n+1)^3}}{\frac{5^n}{n^3}}= \lim\limits_{n \to \infty} \frac{5\cdot n^3}{(n+1)^3} = 5, $$ tj. $$R = \frac{1}{5} . $$ Dále nás zajímají krajní body intervalu konvergence. Pro $x = - 1/5$ máme $$\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{(-5)^n}{n^3}\cdot \frac{1}{(-5)^n}= \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n^3},$$ což je řada konvergentní (viz Věta 4). Bod $x = - 1/5$ tedy náleží do intervalu konvergence. Pro $x = 1/5$ máme $$\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{(-5)^n}{n^3}\cdot \frac{1}{5^n}= \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n^3},$$ což je alternující řada, která, triviálně dle Leibnizova kritéria (viz Příklad 158), konverguje. Bod $x = 1/5$ tedy také náleží do intervalu konvergence. Celkem je interval konvergence $$I = \left[- \frac{1}{5}, \frac{1}{5}\right].$$

Střed této mocninné řady je v bodě $x_0 = 0$. Určíme poloměr konvergence z $$L =\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|} = \frac{1}{2}. $$ Tedy $R = 2$. Pro krajní body intervalu konvergence dostáváme nekonečné číselné řady $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(-2)^n}\,(-2)^n = \sum\limits_{n=1}^{\infty} 1 $$ a $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(-2)^n}\,2^n =\sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^n,$$ které očividně nekonvergují (není splněna nutná podmínka konvergence). Výsledný interval konvergence tedy je $I = (-2,2)$.

Střed této mocninné řady je zřejmě v bodě $x_0 = 0$ a $$R = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{a_{n}}{a_{n+1}} = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{8^n}{(n+1)!}\cdot\frac{(n+2)!}{8^{n+1}} = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{n+2}{8} = \infty .$$ Proto daná řada konverguje pro všechna $x \in \mathbb{R}$.

Opět si nejprve určíme střed mocninné řady $x_0 = 3$ a koeficienty $$a_n = (n^2+1)^n, \qquad n \in \mathbb{N} .$$ Platí $$L =\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|} = \lim\limits_{n \to \infty} (n^2+1) = \infty, $$ tj. $R = 0$ a zadaná řada konverguje pouze ve svém středu, tj. pro $x = 3$.

Získáváme $$L =\lim\limits_{n \to\infty}\left| \frac{a_{n+1}}{a_n}\right|= \lim\limits_{n \to\infty} \frac{7^{n+1}}{n+2}\cdot\frac{n+1}{7^n} =\lim\limits_{n \to\infty} \frac{7(n+1)}{n+2}= 7.$$ Tedy poloměr konvergence je $R= 1/7$. Střed mocninné řady je v bodě $0$, a proto interval konvergence má krajní body $-1/7$ a $1/7$. Dosadíme-li tyto body do dané mocninné řady, dostáváme v prvním případě číselnou řadu $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{7^n}{n+1}\,\left(-\frac{1}{7}\right)^n =\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n+1},$$ která konverguje podle Leibnizova kritéria; ve druhém případě řadu $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{7^n}{n+1}\,\left(\frac{1}{7}\right)^n = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n+1},$$ která je zřejmě divergentní (např. použitím substituce $m = n+ 1$ lze obdržet řadu harmonickou bez 1. členu). Celkem dostáváme interval konvergence $I = [-1/7, 1/7).$

Máme $x_0 = 0$ a $a_n = 4^n/n^6$, $n \in \mathbb{N}$. Je $$L =\lim\limits_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{4^{n+1}}{(n + 1)^6} \cdot \frac{n^6}{4^n}= \lim\limits_{n \to \infty} \frac{4n^6}{(n+1)^6} = 4, $$ tj. $$ R = \frac{1}{4}.$$ Krajní body intervalu konvergence jsou $x = -1/4$ a $x=1/4$. Nyní tedy zjistíme, jak se zadaná řada chová v těchto bodech. Pro $x = -1/4$ máme $$\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{4^n}{n^6}\cdot\frac{(-1)^n}{4^n}= \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{(- 1)^n}{n^6}.$$ Opět snadno s použitím Leibnizova kritéria (nebo ze znalosti Příkladu 158) obdržíme konvergenci zadané řady v bodě $x = - {1}/{4}$. Pro $x = 1/4$ dostáváme řadu $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{4^n}{n^6} \cdot \frac{1}{4^n} = \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n^6},$$ která konverguje (viz Věta 4 nebo přímo Příklad 108). Oba dva krajní body intervalu konvergence do $I$ náleží, tedy $$I = \left[-\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right].$$

Tato řada se středem v bodě $x_0 = 0$ má poloměr konvergence $R = 4$, neboť $$L = \lim\limits_{n \to \infty} \left|\frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{3(n+1)+2}{(n+1)\,4^{n+1}}\cdot \frac{n\,4^{n}}{3n+2} =\lim\limits_{n \to \infty} \frac{n\,(3n+5)}{4\,(n+1)\,(3n+2)} = \frac{1}{4}.$$ Po dosazení za $x = -4$ dostaneme řadu $$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{3n+2}{n\,4^{n}}\,(-4)^{n} =\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}\,(3n+2)}{n} $$ a po dosazení za $x = 4$ pak řadu $$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{3n+2}{n\,4^{n}}\,4^{n} =\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{3n+2}{n}.$$ Obě dvě tyto řady nesplňují nutnou podmínku konvergence, a proto body $x =\pm 4$ nenáleží do intervalu konvergence, tj. řada konverguje právě pro $x \in (-4,4)$.

Střed této mocninné řady je $x_0 = 0$ a členy jsou $a_n = (n+3)/n!$, $n \in \mathbb{N}$. Dále $$L =\lim\limits_{n \to \infty} \left | \frac{a_{n+1}}{a_n} \right | = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{n+4}{(n +1)!}\cdot\frac{n!}{n+3} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{n+4}{(n+1)\cdot(n+3)} = 0. $$ Mocninná řada tak konverguje pro každé $ x \in \mathbb{R}$.

Tato mocninná řada není v obvyklém tvaru, a tak ji na příslušný tvar převedeme se ziskem $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\,\left(\frac{x}{2} - 1 \right)^n= \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2^n\,\sqrt{n}}\,(x - 2)^n.$$ Odtud máme $x_0 = 2$ a $$a_n = \frac{(-1)^n}{2^n\,\sqrt{n}}, \qquad n \in \mathbb{N}. $$ Dostáváme $$L = \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{{2^n\,\sqrt{n}}}{2^{n+1}\,\sqrt{n+1}} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n}}{2\sqrt{n+1}} = \frac{1}{2}, $$ a tedy $R = 2$. Zjistíme dále, zda daná řada konverguje v krajních bodech intervalu konvergence. Pro $x = 0$ obdržíme řadu $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2^n\,\sqrt{n}}\cdot (-2)^n = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n}}.$$ Tato nekonečná řada diverguje (viz Věta 4 či Příklad 108), a proto bod $x=0$ nenáleží do intervalu konvergence zadané řady. Pro $x = 4$ dostáváme řadu $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2^n\,\sqrt{n}}\cdot 2^n = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}},$$ která dle Leibnizova kritéria konverguje (viz také Příklad 158). Interval konvergence tedy je $I = (0,4].$

Zde je $x_0 = 0$ a $$a_n = (- 7)^n \ln^n n, \qquad n \ge 3, \, n \in \mathbb{N}.$$ Dále je $$L =\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|} = \lim\limits_{n \to \infty} 7 \ln n = + \infty, $$ což dává $R = 0$. V tomto případě tedy mocninná řada konverguje pouze ve svém středu, tj. pro $x = 0.$

Převedeme-li řadu na základní tvar $$\sum\limits_{n = 1}^{\infty} n^n\,(2x+4)^n = \sum\limits_{n = 1}^{\infty} (2n)^n\,(x+2)^n,$$ vidíme, že střed je v bodě $x_0 =-2$ a že $a_n =(2n)^n$, $n \in \mathbb{N}$. Dále $$L=\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|} = \lim\limits_{n \to \infty} 2n= + \infty, $$ a proto $R = 0.$ Mocninná řada $\sum_{n = 1}^{\infty} n^n\,(2x+4)^n$ tak konverguje pouze ve svém středu, tj. pro $x = -2$.

Dostáváme $$L = \lim\limits_{n\to\infty} \sqrt[n]{\frac{n+ 5}{2^n}} = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{\sqrt[n]{n+ 5}}{2} =\frac{1}{2},$$ což dává $R = 2$. Konvergenci dané řady máme zaručenu pro $x \in (-1,3)$ a divergenci pro každé $x$ takové, že $|x-1|>2$. Co se týká krajních bodů, tak v nich tato řada nekonverguje, protože zde není splněna nutná podmínka konvergence. Interval konvergence je tedy otevřený interval $I = (-1,3).$

Nejdříve upravíme $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(3x+1)^n}{n^2\,2^n} = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{3^n\,(x+\frac{1}{3})^n}{n^2\,2^n}.$$ Jednoduše pak určíme střed této řady $$x_0 = -\frac{1}{3} $$ a její členy $$ a_n = \frac{1}{n^2} \left(\frac{3}{2}\right)^n, \qquad n \in \mathbb{N}.$$ Vypočítáme $$L = \lim\limits_{n\to\infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = \lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{(n+1)^2}\,\left(\frac{3}{2}\right)^{n+1} \cdot n^2 \left(\frac{2}{3}\right)^n = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{3}{2}\left(\frac{n}{n+1}\right)^2 = \frac{3}{2}, $$ odkud máme $R= 2/3$ a krajní body intervalu konvergence jsou $x_0-R = -1$ a $x_0 +R = 1/3$. Dosadíme-li tyto krajní body do zadané řady, dostaneme po úpravě $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-2)^n}{n^2\,2^n}= \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2},$$ resp. $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{2^n}{n^2\,2^n} = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}.$$ První řada konverguje podle Leibnizova kritéria (viz Příklad 158) a konvergence druhé vyplývá z integrálního kritéria (viz Příklad 108). Výsledný interval konvergence je tedy uzavřený interval $I = [-1,1/3].$

Evidentně $x_0 = 0$ a $$a_n = \frac{(-1)^n \, \text{arctg}\, n}{3^n}, \qquad n \in \mathbb{N}.$$ Potom je $$L =\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{\sqrt[n]{\text{arctg}\, n}}{3}= \frac{1}{3} \left(\frac{\pi}{2}\right)^0 = \frac{1}{3},$$ tj. $R = 3$. Podíváme se nyní na krajní body intervalu konvergence a zjistíme, zda-li v nich daná řada konverguje, či nikoli. Pro $x = -3$ obdržíme řadu $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n \, \text{arctg}\, n}{3^n}\, (-3)^n = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \text{arctg}\, n.$$ Toto je nekonečná řada, u které není splněna nutná podmínka konvergence a pro kterou platí $$ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \text{arctg}\, n \geq \text{arctg}\, 1+ \sum\limits_{n=2}^{\infty} 1 = +\infty.$$ Pro $x = 3$ pak obdržíme řadu $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n \, \text{arctg}\, n}{3^n}\,3^n = \sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^n\,\text{arctg}\, n,$$ což je alternující řada, přičemž opět není splněna nutná podmínka konvergence. Celkem tedy dostáváme, že interval konvergence je otevřený interval $(-3,3)$.

Máme $x_0 = 0$ a $a_n = \alpha^{n^2}$ pro $n \in \mathbb{N}$. Dále $$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|} = \lim_{n \to \infty} \alpha^n = 0.$$ Odsud dostáváme $R = \infty$, a tedy $I = (-\infty, \infty).$

Máme $x_0 = 0$ a $$a_n = \frac{n!}{\beta^{n^2}}, \qquad n \in \mathbb{N}. $$ Dále $$\lim\limits_{n \to \infty} \left |\frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim\limits_{n \to \infty}\frac{(n +1)!}{\beta^{(n+1)^2}} \cdot \frac{\beta^{n^2}}{n!} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{n+1}{\beta^{2n + 1}} \leq \lim\limits_{n \to \infty} \frac{n+1}{\beta^n} = 0.$$ Odtud $R = \infty$, a tedy $I = (-\infty, \infty).$

Zřejmě $x_0 = 0$ a $$a_n = \left( \frac{1}{\text{arccotg} \, (-n)} \right )^n, \qquad n \in \mathbb{N}.$$ Snadno obdržíme $$L = \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{\text{arccotg} \, (-n)} = \frac{1}{\pi},$$ a tedy $R = \pi$. Interval konvergence má proto krajní body $-\pi,\pi$. Pro $x = -\pi$ budeme rozhodovat o konvergenci číselné řady $$\sum\limits_{n=1}^\infty \left( \frac{1}{\text{arccotg} \, (-n)} \right )^n \cdot (-\pi)^n = \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{{\pi}^n\,(-1)^n}{\text{arccotg}^n \, (-n)},$$ která nesplňuje nutnou podmínku konvergence, neboť $$ \frac{\pi^n}{\text{arccotg}^n \, (-n)} \ge 1, \qquad n \in \mathbb{N}. $$ Pro $x = \pi$ potom rozhodujeme o konvergenci číselné řady $$\sum\limits_{n=1}^\infty \left( \frac{1}{\text{arccotg} \, (-n)} \right )^n \cdot \pi^n = \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{{\pi}^n}{\text{arccotg}^n \, (-n)},$$ přičemž tato řada rovněž nesplňuje nutnou podmínku konvergence a platí $$ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{{\pi}^n}{\text{arccotg}^n \, (-n)}\geq \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{{\pi}^n}{{\pi}^n}=\sum\limits_{n=1}^{\infty} 1 = +\infty.$$ Tedy tato řada nekonverguje a krajní bod $x = \pi$ nenáleží do intervalu konvergence původní zadané řady. Celkem máme $I = (-\pi,\pi)$.

Zde je $x_0 = 5$ a $$a_n = \left( \frac{- 1}{\text{arccotg} \, n} \right )^n, \qquad n \in \mathbb{N}.$$ Protože $$ L = \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|} = \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{1}{\text{arccotg}^n \, n}}= \infty ,$$ je $R = 0$. Daná mocninná řada konverguje pouze ve svém středu, tj. v bodě $x = 5$.

Řadu nejprve převedeme na příslušný základní tvar geometrické řady $$ \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{(x-4)^{2n}}{5^n} = \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{[(x-4)^2]^n}{5^n} = \sum\limits_{n=1}^\infty \left(\frac{(x-4)^2}{5}\right)^n.$$ Tato řada má pro $x$ z intervalu konvergence určeného nerovností $|x-4|<\sqrt{5}$ součet $$\sum\limits_{n=1}^\infty \left(\frac{(x-4)^2}{5}\right)^n = \frac{1}{1 - \frac{(x-4)^2}{5}}- 1 = \frac{5}{5-(x-4)^2} -1 = \frac{(x-4)^2}{5-(x-4)^2}.$$

Z $$ \frac{1}{(n+1)\,2^{n+1}} = \int\limits_0^{{1}/{2}} x^n\,\mathrm{d}x, \qquad n \in \mathbb{N} \cup \{0\}$$ plyne \begin{align*} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n\,2^n} &= \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(n+1)\,2^{n+1}} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \left(\int\limits_0^{{1}/{2}} x^n\,\mathrm{d}x\right) = \int\limits_0^{{1}/{2}} \left( \sum\limits_{n=0}^{\infty} x^n \right)\,\mathrm{d}x = \\ &= \int\limits_0^{{1}/{2}} \frac{1}{1-x}\,\mathrm{d}x = -\ln\left(1-\frac{1}{2}\right) -(-\ln 1)= -\ln \frac{1}{2} ={\ln 2}. \end{align*}

Protože pro $x \in (-1, 1)$ platí $$ \int\limits_{0}^{x} s^{n-1} \mathrm{d}s = \left[\frac{s^n}{n}\right]_{0}^{x} = \frac{x^n}{n}, \qquad n \in \mathbb{N} $$ a $$\int\limits_{0}^{x} \left(\sum\limits_{n=1}^{\infty} s^n\right)\,\mathrm{d} s = \sum\limits_{n=1}^{\infty}\left( \int\limits_{0}^{x} s^n \,\mathrm{d}s \right), \qquad x \in (-1, 1),$$ můžeme psát \begin{align*} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} &= \sum\limits_{n=1}^{\infty} \int\limits_{0}^{x} s^{n-1}\, \mathrm{d}s = \int\limits_{0}^{x}\left( \sum\limits_{n=1}^{\infty} s^{n-1} \, \mathrm{d} s \right)= \int\limits_{0}^{x} \frac{1}{1-s}\,\mathrm{d}s = \\ &= \left[ -\ln |1 - s|\right]_{0}^{x} = -\ln |1 - x| + \ln 1 = -\ln (1 - x), \qquad x \in (-1, 1). \end{align*} Toto je první výsledek. S jeho pomocí odvodíme také součet zadané číselné řady, když za $x$ dosadíme $1/3$. Potom $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n\,3^n} = - \ln \left(1-\frac{1}{3}\right) = - \ln \frac{2}{3} =\ln \frac{3}{2}.$$

Danou řadu postupnými úpravami převedeme na řadu geometrickou, pro kterou jsme schopni v jejím oboru konvergence určit součet. K součtu zadané řady pro $|x |< 1$ dospějeme takto \begin{align*} \sum\limits_{n=1}^{\infty} n\,(n+1)\,x^n &= \left(\sum\limits_{n=1}^{\infty} n\,x^{n+1}\right)^{\prime}= \left(x^2\,\sum\limits_{n=1}^{\infty} n\,x^{n-1}\right)^{\prime} =\\&= \left(x^2\,\left(\sum\limits_{n=1}^{\infty} x^n\right)^{\prime}\right)^{\prime}= \left(x^2\,\left(\frac{x}{1-x}\right)^{\prime}\right)^{\prime} = \\ &= \left(\frac{x^2}{(1-x)^2}\right)^{\prime} = \frac{2x(1-x)^2+2x^2(1-x)}{(1-x)^4} = \frac{2x}{(1-x)^3}. \end{align*}

Vyjádříme funkci $$s(x) = \sum\limits_{n=1}^\infty n \, (-1)^{n-1} x^{3n-1}, \qquad x\in(-1,1).$$ Protože $$\int\limits_{0}^{x} t^{3n-1}\, \mathrm{d}t = \frac{1}{3n}\left[t^{3n}\right]_{0}^{x} = \frac{1}{3n} x^{3n}, \qquad x\in(-1,1),$$ můžeme v intervalu konvergence, tj. pro $x\in (-1,1)$, psát $$ \int\limits_{0}^{x} s(t)\, \mathrm{d}t =\int\limits_{0}^{x} \sum\limits_{n=1}^{\infty} n \, (-1)^{n-1} t^{3n-1} \, \mathrm{d}t =\sum\limits_{n=1}^{\infty} n\,(-1)^{n-1}\, \int\limits_{0}^{x} t^{3n-1}\, \mathrm{d} t = \frac{1}{3}\, \sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \, x^{3n}.$$ Vidíme, že napravo se jedná o geometrickou řadu s kvocientem $q = -x^3$, která má na intervalu konvergence, tj. pro $x\in (-1,1)$, součet $$\frac{x^3}{1+x^3}.$$ Platí tedy $$\int\limits_{0}^{x} s(t)\, \mathrm{d} t = \frac{1}{3}\cdot \frac{x^3}{1+x^3}, \qquad x\in(-1,1).$$ Derivací obou dvou stran obdržíme $$s(x) =\left( \frac{1}{3}\cdot \frac{x^3}{1+x^3} \right)^{\prime} = \frac{x^2}{(1+x^3)^2}, \qquad x\in(-1,1).$$ Hledaný součet jsme našli a můžeme zapsat $$\sum\limits_{n=1}^\infty n \, (-1)^{n-1} x^{3n-1} =\frac{x^2}{(1+x^3)^2}, \qquad x\in (-1,1).$$

Tato mocninná řada opět připomíná geometrickou řadu. Abychom jí ale mohli přiřadit v intervalu konvergence součet, musíme ji upravit. Nejdříve označme $$s(x) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} n\,x^n, \qquad x\in (-1,1). $$ Uvažujme $x\in (-1,1) \smallsetminus \{0\}$. Nyní provedeme dvě operace, kterými získáme klasickou geometrickou řadu. Nejprve vydělíme $x$ se ziskem $$\frac{1}{x}\,s(x) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} n\,x^{n-1}$$ a pak integrujeme $$\int \frac{1}{x}\,s(x)\, \mathrm{d}x =\int \sum\limits_{n=1}^{\infty} n\,x^{n-1} \, \mathrm{d}x = \sum\limits_{n=1}^{\infty} x^n +C.$$ Platí \begin{align*} \int \frac{1}{x}\,s(x)\, \mathrm{d}x &=x\, \sum\limits_{n=1}^{\infty} x^{n-1} +C = \left| m = n-1 \right| =\\&= x \, \sum\limits_{m=0}^{\infty} x^m +C = x\,\frac{1}{1-x} +C, \qquad |x|<1, x\ne 0. \end{align*} Protože nás zajímá $s(x)$, tuto rovnici zderivujeme a jednoduchou úpravou dostaneme $$\frac{1}{x} \,s(x) = \left[\frac{x}{1-x}+C\right]^{\prime} = \frac{1}{(1-x)^2}, \qquad |x|<1, x\ne 0, $$ $$s(x) = \frac{x}{(1-x)^2}, \qquad|x|<1.$$ Úpravy jsme prováděli za předpokladu, že $x\ne0$. Obdrželi jsme však dvě funkce, které se sobě určitě rovnají s výjimkou nejvýše jednoho vnitřního bodu intervalu $(-1, 1)$. Ze spojitosti obou funkcí tak plyne jejich rovnost také v tomto bodě.

Derivováním této řady dostáváme geometrickou řadu $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} x^{2n-2} = 1+x^2+x^4+ \cdots $$ s kvocientem $q = x^2$, která na intervalu $(-1,1)$ konverguje a má zde součet $$\frac{1}{1-x^2}.$$ Označíme-li součet původní řady $s$, potom $$s^{\prime}(x) =\frac{1}{1-x^2}, \qquad x \in (-1,1).$$ Poloměr konvergence je zachován i pro řadu původní a platí $$s(x) = \int \frac{1}{1-x^2}\, \mathrm{d}x = \frac{1}{2} \ln \frac{1+x}{1-x} + C, \qquad x \in (-1,1).$$ Zajímá nás hodnota konstanty $C$. Jediné $x$, pro které dokážeme lehce určit součet původní řady, je $x = 0$. Pak $s(0) = 0,$ odkud plyne $C = 0$. Závěr tedy je, že zadaná mocninná řada má součet $$s(x) =\frac{1}{2} \ln \frac{1+x}{1-x}, \qquad x \in (-1,1).$$

Součet mocninné řady obdržíme postupnými úpravami takto \begin{align*} \sum\limits_{n=1}^{\infty} n^2\,x^{n-1} &= \left(\sum\limits_{n=1}^{\infty} n x^n\right)^{\prime} =\left( x\,\sum\limits_{n=1}^{\infty} n x^{n-1}\right)^{\prime} = \left( x\,\left(\sum\limits_{n=1}^{\infty} x^n\right)^{\prime}\right)^{\prime} = \\ &= \left( x\left( \frac{x}{1-x}\right)^{\prime}\right)^{\prime} = \left( \frac{x}{(1-x)^2}\right)^{\prime} = \frac{(1-x)^2+2x(1-x)}{(1-x)^4} = \frac{1+x}{(1-x)^3}. \end{align*}

Nalézt součet mocninné řady znamená najít funkci $s$ takovou, že $$s(x) = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(1-3x)^{n+1}}{(n+1)\,5^n}, \qquad x \in \left(-\frac{4}{3},2\right).$$ Pokud zderivujeme tuto identitu, pro $x \in (-4/3,2)$ dostaneme $$s^{\prime}(x) = \sum\limits_{n=0}^{\infty}\left( \frac{(1-3x)^{n+1}}{(n+1)\,5^n}\right)^{\prime} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(1-3x)^n\,(-3)}{5^n} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} -3 \left(\frac{1-3x}{5}\right)^{n}.$$ Toto je geometrická řada, kde $a = -3$ a $q = (1-3x)/5$. Navíc pro $x \in (-4/3,2)$ tato řada konverguje a má součet $$s^{\prime}(x) = \frac{-3}{1-\frac{1-3x}{5}} = -\frac{15}{4+3x}.$$ Integrací obou stran obdržíme $$s(x) =\int -\frac{15}{4+3x}\, \mathrm{d}x = -5 \ln (4+3x) + C, \qquad x \in \left(-\frac{4}{3},2\right).$$ Nyní nás zajímá hodnota konstanty $C$. Bod, v němž danou řadu umíme sečíst, je její střed $x_0 = 1/3$. Pro $x = 1/3$ dostáváme $$0 = - 5 \ln {5}+C, \qquad \text{tj.}\qquad C = 5 \ln 5.$$ Tedy hledaný součet mocninné řady je pro $x \in (- {4}/{3},2)$ roven $$s(x) = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(1-3x)^{n+1}}{(n+1)\,5^n} =-5 \ln (4+3x)+ 5 \ln 5 = 5 \left(-\ln (4+3x)+ \ln 5\right) = 5\ln \frac{5}{4+3x} .$$

Označíme-li $$s(x) = \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{x^{4n+1}}{4n+1}, \qquad x \in (-1, 1), $$ potom $$s^{\prime}(x) = \sum\limits_{n=1}^{\infty}x^{4n} = \frac{x^4}{1-x^4}, \qquad x \in (-1, 1).$$ Odtud plyne \begin{align*} s(x) &= \int\limits \frac{x^4}{1-x^4} \, \mathrm{d}x =\\ &= \int\limits\left(-1+ \frac{1}{1-x^4}\right) \, \mathrm{d} x =\\&= \int\limits\left(-1+\frac{1}{2}\,\frac{1}{1-x^2}+\frac{1}{2}\,\frac{1}{1+x^2} \right) \, \mathrm{d} x =\\&= -x +\frac{1}{4}\ln \frac{1+x}{1-x} + \frac{1}{2} \, \text{arctg}\,x + C, \end{align*} přičemž jsme použili rozklad na parciální zlomky. Hodnotu konstanty $C$ zjistíme tak, že do obou stran rovnosti dosadíme bod, v němž danou řadu umíme sečíst. V tomto případě je to bod $x = 0$. Výsledná hodnota je $C = 0.$ Proto $$ \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{x^{4n+1}}{4n+1} = -x +\frac{1}{4} \ln \frac{1+x}{1-x} + \frac{1}{2} \, \text{arctg}\,x, \qquad x \in (-1, 1).$$

Tato řada nám připomíná geometrickou řadu s kvocientem $q = -x^8$, tj. $$\sum\limits_{n=0}^\infty \left(-x^8\right)^n,$$ u které na intervalu konvergence, tj. pro $|x| < 1$, můžeme určit její součet $$s(x) = \sum\limits_{n=0}^\infty \left(-x^8\right)^n = \frac{1}{1+x^8}.$$ Nyní vynásobíme obě strany $x$ a obdržíme $$\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n\,x^{8n+1} = \frac{x}{1+x^8}, \qquad |x|< 1.$$ Derivací již získáváme výsledek $$ \sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n\,(8n+1)\,x^{8n} = \frac{\left(1+x^8\right) - x\left(8x^7\right)}{\left(1+x^8\right)^2} = \frac{1- 7x^8}{\left(x^8 + 1\right)^2}, \qquad |x|< 1.$$

Víme, že $$\sum\limits_{n=0}^\infty x^n = \frac{1}{1 - x}, \qquad x \in (-1, 1), $$ a tedy $$\sum\limits_{n=1}^\infty n\, x^{n - 1} = \left ( \frac{1}{1 - x} \right)^\prime, \qquad x \in (-1, 1),$$ $$\sum\limits_{n=1}^\infty n\, x^{n + 2} = x^3 \cdot \left ( \frac{1}{1 - x} \right)^\prime, \qquad x \in (-1, 1),$$ $$\sum\limits_{n=1}^\infty n (n + 2)\, x^{n + 1} = \left( x^3 \cdot \left( \frac{1}{1 - x} \right)^\prime \right)^\prime, \qquad x \in (-1, 1).$$ To znamená, že pro $|x| < 1$ platí \begin{align*} \sum\limits_{n=1}^\infty n (n + 2)\, x^n &= \frac{1}{x} \left( x^3 \cdot \left( \frac{1}{1 - x} \right)^\prime \, \right)^\prime = \frac{1}{x} \left ( x^3 \cdot \frac{1}{(1 - x)^2} \right )^\prime =\\ &= \frac{1}{x} \, \frac{3x^2 (1 - x)^2 + 2 x^3 (1 - x)}{(1 - x)^4} = \frac{3x (1 - x) + 2 x^2}{(1 - x)^3} = \frac{3x - x^2}{(1 - x)^3}. \end{align*}

Součet mocninné řady $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} n\, x^n$$ pro $x \in (-1, 1)$ je \begin{align*} \sum\limits_{n=1}^{\infty} n\, x^n &=x\cdot\sum\limits_{n=1}^{\infty}n\, x^{n-1} =x\cdot\left(\sum\limits_{n=1}^{\infty} n\int x^{n-1}\, \mathrm{d}x\right)' = \\ &=x\cdot\left(\sum\limits_{n=1}^{\infty}x^n\right)' =x\cdot\left(\frac{x}{1-x}\right)' =x\cdot\frac{1-x+x}{(1-x)^2} =\frac{x}{(1-x)^2}. \end{align*} Pro $x = 1/2$ tak získáváme $$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^n} =\frac{1/2}{(1-1/2)^2} =\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{1} =2. $$

Pokusíme se sečíst mocninnou řadu, pro niž je zadaná řada speciálním případem. Zadanou řadu lze získat kupř. dosazením $x = 1$ do alternující řady $$s(x) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\, \frac{x^n}{n} = x-\frac{x^2}{2} +\frac{x^3}{3}- \frac{x^4}{4}+ \cdots,$$ ze které derivací obdržíme $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\, x^{n-1} = \sum\limits_{m=0}^{\infty} (-1)^{m} x^{m},$$ tj. geometrickou řadu s kvocientem $q = -x$. Tato geometrická řada má v intervalu konvergence $(-1,1)$ konečný součet $$ \frac{1}{1+x}.$$ Původní řada má tentýž poloměr konvergence a na intervalu $(-1,1)$ ji můžeme sečíst jako $$s (x) = \int \frac{1}{1+x}\,\mathrm{d}x = \ln \left(x+1\right) + C.$$ Dosazením $x = 0$ zjistíme, že $$s(0) = 0 = \ln \left(0+1\right) + C, \qquad \text{tj.} \qquad C = 0. $$ Součet je $s(x) = \ln \left(x+1\right)$. Navíc řada konverguje také pro $x = 1$, a tedy součet $s$ je zleva spojitá funkce v tomto bodě. Proto $$s(1) = \lim\limits_{x\to1^-} \ln \left(x+1\right) = \ln 2, $$ čímž dostáváme hledaný součet Leibnizovy řady.

Je zřejmé, že budeme potřebovat znát hodnoty jednotlivých derivací funkce $f$ v bodě $0$. Vypočítáme tedy postupně derivace $f$ a dosadíme do nich daný bod, čímž získáme \begin{align*} f(x) &= {\mathrm{e}}^x, \\ f^{\prime}(x) &= {\mathrm{e}}^x, \\ &\,\,\,\vdots\\ f^{(n)}(x) &= {\mathrm{e}}^x, \end{align*} a tedy \begin{align*} f(0) &= 1, \\ f^{\prime}(0) &= 1, \\ &\,\,\,\vdots \\ f^{(n)}(0) &= 1. \end{align*} Taylorova řada funkce $f(x) = {\mathrm{e}}^x$ v bodě $x_0 = 0$ je tak $$ 1 +\frac{1}{1!}\,x + \frac{1}{2!}\,x^2 + \frac{1}{3!}\,x^3 + \cdots + \frac{1}{n!}\,x^n + \cdots = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!}\,x^n. $$ K rozhodnutí o konvergenci této mocninné řady můžeme mj. použít podílové kritérium pro číselné řady, kdy $$\lim\limits_{n \to \infty} \left| \frac{\frac{1}{(n+1)!}\,x^{n+1}}{\frac{1}{n!}\,x^n} \right| = \lim\limits_{n\to\infty} \left| \frac{x}{n+1}\right| = |x|\, \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n+1} = 0.$$ Pro všechna $x \in \mathbb{R}$ tedy tato řada konverguje.

Derivace zadané funkce pro $x \ne 0$ jsou \begin{align*} f'(x)&=-x^{-2}, \\ f''(x)&=2\,x^{-3}, \\ f'''(x)&=-6\,x^{-4}, \\ f^{(4)}(x)&=24\,x^{-5}, \\ & \,\,\, \vdots \\ f^{(n)}(x)&=(-1)^n\,n!\,x^{-(n+1)}, \end{align*} a tedy příslušné funkční hodnoty v bodě $x_0 =2$ jsou \begin{align*} f(2)&=\frac{1}{2}=\frac{0!}{2^1}, \\ f'(2)&=-\frac{1}{4}=-\frac{1!}{2^2}, \\ f''(2) &=\frac{2}{8}=\frac{2!}{2^3}, \\ f'''(2)&=-\frac{6}{16}=-\frac{3!}{2^4}, \\ f^{(4)}(2)&=\frac{24}{32}=\frac{4!}{2^5}, \\ & \,\,\, \vdots \\ f^{(n)}(2)&=\frac{(-1)^n\,n!}{2^{n+1}}. \end{align*} Koeficienty $a_n$ v Taylorově řadě tak jsou $$ a_n=\frac{f^{(n)}(2)}{n!}=\frac{(-1)^n}{2^{n+1}}, \qquad n \in \mathbb{N} \cup \{0\} $$ a hledaná Taylorova řada je $$ \sum\limits_{n=0}^\infty {\frac{(-1)^n}{2^{n+1}}\,(x-2)^n} . $$

Určíme několik prvních derivací funkce $f$ a odvodíme tvar $n$-té derivace, přičemž potřebujeme také znát jejich hodnoty v bodě $x_0$. Dostáváme \begin{align*} f(x) &= 3^x, \\ f^{\prime}(x) &= 3^x\ln 3, \\ f^{\prime\prime}(x) &= 3^x\ln^2 3, \\ &\,\,\,\vdots \\ f^{(n)}(x) &= 3^x \ln^n 3, \end{align*} a tedy \begin{align*} f(0) &= 1, \\ f^{\prime}(0) &= \ln 3, \\ f^{\prime\prime}(0) &= \ln^2 3, \\ &\,\,\, \vdots \\ f^{(n)}(0) &= \ln^n\,3. \end{align*} Taylorova řada funkce $f(x) = 3^x$ v bodě $x_0 = 0$ tak je $$1 +\frac{\ln 3}{1!}\,x + \frac{\ln^2 3}{2!}\,x^2 + \frac{\ln^3 3}{3!}\,x^3 + \cdots + \frac{\ln^n 3}{n!}\,x^n + \cdots = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{\ln^n 3}{n!}\,x^n. $$

Pro $x \in \mathbb{R}$ máme $f^{\prime}(x) = 4x+4$, $f^{\prime\prime}(x) = 4$ a $f^{(n)}(x) =0$ pro $n>2$. Tedy $f(1) = 3$, $f^{\prime}(1) = 8$, $f^{\prime\prime}(1) = 4$ a hledaná Taylorova řada tak je $ 3+8(x-1)+2(x-1)^2$.

Daná funkce má derivace všech řádů v každém bodě reálné osy a všechny její derivace v bodě $x_0=0$ jsou rovny $0$, jak vyplývá z limity $$ \lim\limits_{x \to 0} P \left(\frac{1}{x}\right) {\mathrm{e}^{-\frac{1}{x^2}}} =0, $$ kde $P$ je libovolný polynom. Tedy příslušná Maclaurinova řada je $$ \sum\limits_{n=0}^\infty {\frac{f^{(n)}(0)}{n!}\,x^n} =0+0\cdot x+\frac{0}{2}\,x^2+\frac{0}{3!}\,x^3+\cdots \equiv 0 . $$ Maclaurinova řada je tedy nulovou řadou se součtem, který se liší od zadané funkce v každém nenulovém bodě.

Z vyjádření $$\frac{1}{x^2-x-12} = \frac{1}{(x-4)(x+3)} = \frac{1}{7} \left(\frac{1}{x-4}-\frac{1}{x+3}\right)$$ s využitím vzorce pro součet geometrické řady, který dává $$ \frac{1}{x-4} = - \frac{\frac{1}{4}}{1-\frac{x}{4}} = -\frac{1}{4} \left(1 + \frac{x}{4}+\frac{x^2}{4^2}+\cdots+\frac{x^{n}}{4^{n}}+ \cdots\right),$$ $$ \frac{1}{x+ 3} = \frac{\frac{1}{3}}{1-\left(-\frac{x}{3}\right)} = \frac{1}{3} \left(1 - \frac{x}{3}+ \frac{x^2}{3^2}+\cdots+\frac{(-x)^{n}}{3^{n}}+ \cdots\right), $$ plyne $$ \frac{1}{x^2-x-12} = -\frac{1}{28} \,\sum\limits_{n=0}^\infty \,\frac{x^{n}}{4^{n}} -\frac{1}{21} \,\sum\limits_{n=0}^\infty \,\frac{(-x)^{n}}{3^{n}} = - \sum\limits_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{28\cdot4^{n}} + \frac{(-1)^{n}}{21\cdot3^{n}} \right)x^{n} $$ pro každé $x \in (-3,3)$.

Víme, že platí $${\mathrm{e}}^{x} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}$$ pro všechna $x\in\mathbb{R}$. Rozvoj zadané funkce pak snadno odvodíme jako $$f(x) = x^2\,\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n+2}}{n!}, \qquad x\in\mathbb{R}.$$

Z Maclaurinova rozvoje exponenciální funkce $${\mathrm{e}}^{x} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} $$ ihned plyne hledaná řada $$ {\mathrm{e}}^{x^2} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(x^2)^n}{n!} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{n!} .$$

Zřejmě je $n$-tý koeficient řady roven $$a_{n} = \frac{f^{(n)}(0)}{n!}, \qquad n \in \mathbb{N} \cup \{0\}.$$ Tedy $$f^{(33)}(0) = 33! \,a_{33} = 33! \,2^{33}. $$

Do binomického rozvoje dosadíme $c = 1$, $K = 1/2$ a za proměnnou $x^2$. Pak $$\sqrt{1+x^2} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \binom{1/2}{n}\,x^{2n} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{\frac{1}{2}\,(\frac{1}{2}-1)\cdots (\frac{1}{2}-n+1)}{n!}\,x^{2n}. $$ Koeficienty příslušné mocninné řady tedy jsou $$a_{2n} =\binom{1/2}{n}, \qquad a_{2n+1} = 0, \qquad n \in \mathbb{N} \cup \{0\}.$$

Tato funkce se definuje jako $$\sinh x = \frac{{\mathrm{e}}^x- {\mathrm{e}}^{-x}}{2}, \qquad x \in \mathbb{R}.$$ Proto $$\sinh x =\sum\limits_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{2}\,\frac{x^n}{n!} - \sum\limits_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{2}\,\frac{(-1)^n\,x^n}{n!},$$ odkud je evidentní, že $$a_{2n-2} = 0, \qquad a_{2n - 1} = \frac{1}{(2n-1)!}, \qquad n \in \mathbb{N}.$$ Tedy hledaná řada je $$ \sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!} = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}. $$

Hyperbolický kosinus je definován jako $$\cosh x = \frac{{\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x}}{2}, \qquad x \in \mathbb{R}.$$ Proto $$f(x) =\frac{1}{2}\left(\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}+\frac{(-x)^n}{n!}\right)= \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2n!}\,x^n+\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n!}\,x^n,\qquad x\in\mathbb{R}.$$ Pokud zapíšeme výsledek jako jednu řadu, pak $$f(x) = \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{1+(-1)^n}{2n!}\,x^n,\qquad x\in\mathbb{R}. $$ Je zřejmé, že $$a_{2n+1} = 0, \qquad a_{2n} = \frac{1}{(2n)!}, \qquad n \in \mathbb{N} \cup \{0\}, $$ a tedy $$f(x) = \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n}}{(2n)!}, \qquad x \in \mathbb{R}.$$

Funkci $\sin^2 x$ můžeme vyjádřit pomocí funkce $\cos x$ jako $$\sin^2 x= \frac{1-\cos 2x}{2},$$ přičemž v Maclaurinově rozvoji funkce $\cos x$ pak stačí vzít dvojnásobný argument. Tím obdržíme výsledek $$\sin^2 x = \frac{1}{2} - \frac{1}{2}\, \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n \, \frac{(2x)^{2n}}{(2n)!} = - \frac{1}{2}\, \sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^n \, \frac{2^{2n}}{(2n)!} \, x^{2n}.$$

Využijeme Maclaurinův rozvoj kosinu. Pro $x \in \mathbb{R}$ platí $$x^3 \cos x = x^3 \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} \, x^{2n} = \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} \, x^{2n+ 3}.$$

Využijeme Maclaurinův rozvoj sinu. Pro $x \in \mathbb{R}$ platí $$1 + x^2 \sin x = 1 + x^2 \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \, x^{2n+1} = 1+ \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \, x^{2n+ 3}.$$

Zcela triviálně dostáváme $$(x+ 2)^2 = x^2 + 4x + 4.$$

Pro $x \in \mathbb{R}$ platí $$\sin (5x) = \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \, (5x)^{2n+1} = \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n 5^{2n + 1}}{(2n+1)!} \, x^{2n+1}.$$

Využijeme Maclaurinův rozvoj kosinu. Pro $x \in \mathbb{R}$ získáváme $$\sin^2 x - \cos^2 x = - \cos (2x) = - \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} \, (2x)^{2n}= -\sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{(-4)^{n}}{(2n)!} \, x^{2n}.$$

Pro $x \in \mathbb{R}$ je $$\cos \left( x^4 \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} \, \left( x^4 \right)^{2n} = \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} \, x^{8n}.$$

Pro $x \in \mathbb{R}$ máme $$2 \sin \left(- x^2 \right) = - 2 \sin \left( x^2 \right) = -2 \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \, \left( x^2 \right)^{2n+1} = 2 \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{(2n+1)!} \,x^{4n+2}.$$

Pro $x \in \mathbb{R}$ platí $$1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} - \cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} - \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} \, x^{2n} = - \sum\limits_{n = 3}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} \, x^{2n}.$$

Lehce dostáváme \begin{align*} f(x) &=\mathrm{e}^x \sin{x}=\left(1 +x +\frac{x^2}{2!} +\frac{x^3}{3!} +\cdots +\frac{x^n}{n!} +\cdots\right)\times \\ &\phantom{MMMMMMM}\times\left(x -\frac{x^3}{3!} +\frac{x^5}{5!} -\cdots +\frac{(-1)^{n}x^{2n+1}}{(2n+1)!} +\cdots\right) =\\ &=x +x^2 +x^3\left(\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}\right) +x^4\left(-\frac{1}{3!} +\frac{1}{3!}\right) +\cdots \end{align*}

Protože je $$\frac{1}{(1+x)^2} = -\left(\frac{1}{1+x}\right)^{\prime}, \qquad x \ne -1$$ a dále pro $|x|<1$ máme $$\frac{1}{1+x}= \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-x)^n =\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\,x^n,$$ můžeme uvnitř intervalu konvergence (tj. pro $|x|<1$) tuto řadu derivovat a získat $$\frac{1}{(1+x)^2} = -\left(\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\,x^n\right)^{\prime},$$ $$\frac{1}{(1+x)^2}= -\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^n\,n\,x^{n-1}, $$ $$\frac{1}{(1+x)^2}= \sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\,n\,x^{n-1} = \sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\,(n+1)\,x^n.$$ Proto hledaný rozvoj do mocninné řady je $$ \sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\,(n+1)\,x^n.$$

Platí $$\sin x = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\,x^{2n+1}, \qquad x\in\mathbb{R},$$ odkud ihned plyne výsledek $$x \sin x = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\,x^{2n+2}, \qquad x\in\mathbb{R}.$$

Vyjdeme z geometrické řady. Víme, že $$\frac{1}{1+x} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n\,x^n ,\qquad |x|<1.$$ Dvojím derivováním a triviální algebraickou úpravou pro $|x|<1$ dostaneme hledanou řadu $$-\frac{1}{(1+x)^2} = \sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^n\,n\,x^{n-1}, $$ $$\frac{2}{(1+x)^3} = \sum\limits_{n=2}^{\infty} (-1)^n\,n\,(n-1)\,x^{n-2}, $$ $$\frac{1}{(1+x)^3} = \frac{1}{2}\sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1}\,(n+1)\,n\,x^{n-1} .$$Vyjdeme z geometrické řady. Víme, že $$\frac{1}{1+x} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n\,x^n ,\qquad |x|<1.$$ Dvojím derivováním a triviální algebraickou úpravou pro $|x|<1$ dostaneme hledanou řadu $$-\frac{1}{(1+x)^2} = \sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^n\,n\,x^{n-1}, $$ $$\frac{2}{(1+x)^3} = \sum\limits_{n=2}^{\infty} (-1)^n\,n\,(n-1)\,x^{n-2}, $$ $$\frac{1}{(1+x)^3} = \frac{1}{2}\sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1}\,(n+1)\,n\,x^{n-1} .$$

Platí \begin{align*} \int\frac{\sin x}{x}\,\mathrm{d}x &= \int \left( 1-\frac{1}{3!}\,x^2+\frac{1}{5!}\,x^4-\frac{1}{7!}\,x^6+\cdots \right) \mathrm{d}x = \\ &= x-\frac{1}{3!}\,\frac{x^3}{3}+\frac{1}{5!}\,\frac{x^5}{5}-\frac{1}{7!}\,\frac{x^7}{7}+\cdots+C = \\ &= \sum\limits_{n = 0}^{\infty} {\frac{(-1)^n}{(2n+1)! (2n+1)}\,x^{2n+1}} +C, \qquad x\in\mathbb{R}. \end{align*} Podotkněme, že integrál vede na tzv. vyšší funkci.

Platí \begin{align*} \int \mathrm{e}^{-x^2}\,\mathrm{d}x &= \int \left( 1-x^2+\frac{1}{2!}\,x^4-\frac{1}{3!}\,x^6+\frac{1}{4!}\,x^8-\frac{1}{5!}\,x^{10}+ \cdots \right) \mathrm{d}x = \\ &= x-\frac{x^3}{3}+\frac{1}{2!}\,\frac{x^5}{5}-\frac{1}{3!}\,\frac{x^7}{7}+\frac{1}{4!}\,\frac{x^9}{9}- \frac{1}{5!}\,\frac{x^{11}}{11}+\cdots + C = \\ &= {\sum\limits_{n = 0}^{\infty} {\frac{(-1)^n}{n! (2n+1)}\,x^{2n+1}} +C}, \qquad x\in\mathbb{R}. \end{align*} Podotkněme, že integrál vede na tzv. vyšší funkci.

Platí $$f^{\prime} (x) = - \frac{1}{1-x}, \qquad x \in (-1, 1), $$ přičemž na pravé straně máme známý součet geometrické řady $$\frac{1}{1-s} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} s^n, \qquad s \in (-1, 1).$$ Pokud obě strany integrujeme od $0$ do $x$, získáme $$\int\limits_{0}^{x}\frac{1}{1-s} \, \mathrm{d}s =\sum\limits_{n=0}^{\infty}\int\limits_{0}^{x} s^n \, \mathrm{d}s $$ pro každé $ x \in (-1, 1)$. Odtud plyne $$-\ln (1-x) =\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1} \, x^{n+1} = \sum\limits_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m}\, x^m, \qquad x \in (-1, 1),$$ a proto $$\ln (1-x) =- \sum\limits_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m}\, x^m, \qquad x \in (-1, 1).$$ Podle Věty 24 výše uvedený vztah platí na intervalu $[-1,1)$, tj. $$\ln (1-x) =- \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\, x^n, \qquad x \in [-1, 1).$$ Jestliže použijeme substituci $y = -x$, dostaneme Maclaurinův rozvoj funkce $$\ln (1+y) =- \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\, (-y)^n = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}\,y^n, \qquad y \in (-1,1],$$ což je známý vzorec, který jsme mohli použít (při zpětné substituci $y = -z$) a získat výsledek takřka okamžitě.

Dle řešení Příkladu 233 je $$\ln (1-x) =- \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\, x^n, \qquad x \in [-1, 1).$$ Použijeme-li substituci $t = x+1$, pak máme $$f(t-1)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{t^n}{n+1}, \qquad t \in [-1, 1).$$ Další úpravou obdržíme $$t\,f(t-1)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{t^{n+1}}{n+1} = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{t^n}{n} = -\ln (1-t), \qquad t \in [-1, 1).$$ Vrátíme-li se zpět k původní proměnné $x$, je $$(x+1)\,f(x) = -\ln (-x), \qquad x \in [-2, 0),$$ resp. $$f(x) = -\frac{\ln (-x)}{x+1}, \qquad x \in [-2, 0),\, x\ne -1.$$ Po dosazení do původní řady zjistíme, že $f(-1) = 1.$

Pokud bychom odstranili výraz ve jmenovateli, mohli bychom sečíst geometrickou řadu. Proto je vhodné postupovat např. tímto způsobem. Funkci $$f(x) = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(x+1)^n}{n+1}, \qquad x \in [-2, 0) $$ vynásobíme $x+1$, zderivujeme a poté pokrátíme, což postupně pro $x \in (-2, 0)$ dává $$(x+1)\,f(x) = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(x+1)^{n+1}}{n+1}, $$ $$[(x+1)\,f(x)]^{\prime} = \left(\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(x+1)^{n+1}}{n+1}\right)^{\prime}= \sum\limits_{n=0}^{\infty}\left( \frac{(x+1)^{n+1}}{n+1}\right)^{\prime}, $$ $$[(x+1)\,f(x)]^{\prime} = \sum\limits_{n=0}^{\infty}(x+1)^n = \frac{1}{1-(x+1)}, $$ $$[(x+1)\,f(x)]^{\prime} = -\frac{1}{x}. $$ Tedy $$(x+1)\,f(x) = -\int \frac{\mathrm{d}x}{x} = -\ln |x| +C , \qquad x \in (-2, 0).$$ Volba $x = -1$ dává $C = 0$. Po úpravě a s využitím Věty 24 tak dostáváme $$f(x) = - \frac{\ln (-x)}{x+1}, \qquad x \in [-2, 0), \, x\ne -1.$$ Dosazením do původní řady opět ihned odhalíme, že $f(-1) = 1.$

Použijeme binomický rozvoj se ziskem \begin{align*} (\arcsin {x})' &=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} =\left| t =x^2, \, (1-t)^{-1/2} =(1+(-t))^{-1/2} \right| = \\ &=\binom{\frac{-1}{2}}{0}+\binom{\frac{-1}{2}}{1}(-t)+\cdots+\binom{\frac{-1}{2}}{n}(-t)^n+\cdots = \\ &=1+\sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^n\frac{(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2})\cdots(-\frac{2n-1}{2})}{n!}\, t^n = \\ &=1+\sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^n(-1)^n\frac{1\cdot 3\cdots(2n-1)}{2^n n!}\, t^n = \\ &= 1+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(2n-1)!!}{2^n n!}\, t^n = 1+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(2n-1)!!}{2^n n!}\, x^{2n}, \qquad x\in(-1,1). \end{align*} Tedy $$\arcsin{x} =\int\limits_0^x 1+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(2n-1)!!}{2^n n!}\, s^{2n} \, \mathrm{d} s =x+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n-1)!!}{2^n n!(2n+1)}x^{2n+1}$$ pro $x\in(-1,1)$. Hledanou Maclaurinovu řadu lze najít také následujícím způsobem. Uvažujme $x\in(-1,1)$. Víme, že $$\sin{x} =\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!},\qquad \sin(\arcsin{x}) = x, $$ a tedy $$ x =\arcsin{x} -\frac{\arcsin^3{x}}{3!} +\frac{\arcsin^5{x}}{5!} +\cdots$$ Pokud $$\arcsin{x} =a_1x +a_3x^3 +a_5x^5 +\cdots, $$ pak \begin{align*} x =\left(a_1x +a_3x^3 +a_5x^5 +\cdots\right) &-\frac{1}{3!}\left(a_1x +a_3x^3 +a_5x^5 +\cdots\right)^3 +\\ &+\frac{1}{5!}\left(a_1x +a_3x^3 +a_5x^5 +\cdots\right)^5 +\cdots \end{align*} a porovnáním koeficientů získáváme $$x^1: \qquad 1 = a_1,$$ $$x^3: \qquad 0 =a_3 -\frac{a_1^3}{3!}, \qquad \text{tj.} \qquad a_3 =\frac{1}{6}, $$ $$ x^5: \qquad 0=a_5 -\frac{3}{3!} \, a_1^2a_3 +\frac{a_1}{5!}, \qquad \text{tj.} \qquad a_5 =\frac{3}{40}, $$ $$ \vdots $$

Platí $$f(x) =\frac{\sin{x}}{\cos{x}} =\frac{x -\frac{x^3}{3!} +\frac{x^5}{5!} -\cdots +\frac{(-1)^{n}x^{2n+1}}{(2n+1)!} +\cdots}{1 -\frac{x^2}{2!} +\frac{x^4}{4!} -\frac{x^6}{6!} +\cdots +\frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!} +\cdots} =c_1x +c_3x^3 +c_5x^5 +\cdots$$ Po vynásobení kosinem máme $$x -\frac{x^3}{3!} +\frac{x^5}{5!} -\frac{x^7}{7!}+\cdots =\left(1 -\frac{x^2}{2!} +\frac{x^4}{4!} -\frac{x^6}{6!} +\cdots\right)\cdot\left(c_1x +c_3x^3 +c_5x^5 +\cdots\right), $$ odkud porovnáním koeficientů plyne $$ x^1: \qquad 1 = c_1, $$ $$ x^3: \qquad -\frac{1}{3!} =c_3 -\frac{c_1}{2!} =c_3 -\frac{1}{2}, \qquad \text{tj.} \qquad c_3 =\frac{1}{2} -\frac{1}{6} =\frac{1}{3}, $$ $$ x^5: \qquad \frac{1}{5!} =\frac{c_1}{4!} -\frac{c_3}{2!} + c_5 , \qquad \text{tj.} \qquad c_5 =\frac{2}{15},$$ $$ \vdots $$ a tedy $$f(x)= x+\frac{1}{3}\, x^3+\frac{2}{15}\, x^5+\cdots $$

Využijeme známý vzorec $$\frac{1}{1-x} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} x^n = 1+x+x^2+x^3+x^4+\cdots, \qquad x \in (-1,1).$$ Neboť je $$f(x) = \frac{1}{2} +\frac{4}{4x-2} = \frac{1}{2} + \frac{4}{4(x-1)+2} = \frac{1}{2} + \frac{2}{1+2(x-1)} = \frac{1}{2} + 2\cdot\frac{1}{1-[-2(x-1)]}, $$ funkci $f$ můžeme pro $|x-1|<1/2$ vyjádřit jako $$ f(x) = \frac{1}{2}+2\cdot \sum\limits_{n=0}^{\infty} [-2(x-1)]^n = \frac{1}{2}+\sum\limits_{n=0}^{\infty} 2\cdot (-2)^n\, (x-1)^n, $$ a tedy (uvažte, že druhá řada má také absolutní člen) \begin{align*} f(x) = \frac{1}{2}+\left(2+ \sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^n\,2^{n+1}\,(x-1)^n\right) = \frac{5}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^n\, 2^{n+1}\,(x-1)^n, \end{align*} pokud je $$|x-1|<\frac{1}{2}.$$

Použijeme rozvoj funkce $${\mathrm{e}}^x = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}, \qquad x \in \mathbb{R}. $$ Ten je ovšem pro střed $x_0 = 0$. Nejprve proto zadanou funkci vyjádříme s proměnnou $x-1$ místo $x$. Platí $$f(x) = ((x-1)+1)\,{\mathrm{e}}^{2(x-1)+2}.$$ V tuto chvíli ještě nemůžeme Taylorův rozvoj zapsat. Roznásobením $$f(x) = (x-1)\,{\mathrm{e}}^{2}\cdot{\mathrm{e}}^{2(x-1)} + {\mathrm{e}}^2\cdot{\mathrm{e}}^{2(x-1)} $$ a použitím Taylorova rozvoje exponenciální funkce už můžeme rozvinout zadanou funkci do řady \begin{align*} f(x)& = (x-1)\,{\mathrm{e}}^{2} \,\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{[2(x-1)]^n}{n!} + {\mathrm{e}}^2\, \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{[2(x-1)]^n}{n!} = \\&= \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{{\mathrm{e}}^2\,2^n}{n!}\,(x-1)^{n+1} + \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{{\mathrm{e}}^2\,2^n}{n!}\, (x-1)^n. \end{align*} Neboť původní Taylorův rozvoj platí pro všechna $y = 2(x-1)$, tento rozvoj je platný pro všechna $x$. Máme jej však v podobě součtu dvou řad, což potřebuje převést na jednu řadu. Pro $m= n+1$ a $x \in \mathbb{R}$ však platí \begin{align*} f(x) &= \sum\limits_{m=1}^{\infty} \frac{{\mathrm{e}}^2\,2^{m-1}}{(m-1)!}\,(x-1)^m + \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{{\mathrm{e}}^2\,2^n}{n!}\, (x-1)^n =\\&= \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{{\mathrm{e}}^2\,2^{n-1}}{(n-1)!}\,(x-1)^n + \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{{\mathrm{e}}^2\,2^n}{n!}\, (x-1)^n \end{align*} a následně \begin{align*} f(x) &= \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{{\mathrm{e}}^2\,2^{n-1}}{(n-1)!}\,(x-1)^n + \left(\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{{\mathrm{e}}^2\,2^n}{n!}\, (x-1)^n+ \frac{{\mathrm{e}}^2\,2^0}{0!} \, (x-1)^0\right) =\\ &= \sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(\frac{{\mathrm{e}}^2\,2^{n-1}}{(n-1)!}\,(x-1)^n + \frac{{\mathrm{e}}^2\,2^n}{n!}\, (x-1)^n\right) + {\mathrm{e}}^2 =\\ &= \sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(\frac{{\mathrm{e}}^2\,2^{n-1}}{(n-1)!}+\frac{{\mathrm{e}}^2\,2^n}{n!}\right)\, (x-1)^n + {\mathrm{e}}^2 =\\ &= {\mathrm{e}}^2+ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{{\mathrm{e}}^2\,2^{n-1}\,(n+2)}{n!}\,(x-1)^n, \qquad x \in \mathbb{R}. \end{align*}

Maclaurinova řada funkce $f(x) = \cos x$ je $$ \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)!}\,x^{2n}.$$ První tři nenulové členy tedy jsou $$1 - \frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}.$$ Použijeme Taylorovu větu. Má platit $$\left|R_{5}(x)\right|<0,000\,05.$$ Protože $$\left|f^{(6)}(c)\right| = |-\cos c| \leq 1, \qquad c \in \mathbb{R}, $$ je $$\left|R_{5}(x)\right| = \frac{\left|f^{(6)} (c)\right|}{6!}\,|x|^6\leq \frac{|x|^6}{720}.$$ Požadujeme, aby $$\frac{|x|^6}{720}<0,000\,05,$$ tj. $$|x|<\sqrt[6]{0,036}\approx 0,574\,6.$$ Podotkněme, že větší okolí lze nalézt pomocí odhadu chyby založeném na Leibnizově kritériu pro alternující číselné řady.

Protože Maclaurinova řada funkce ${\mathrm{e}}^x$ je $$ 1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+ \cdots,$$ aproximujeme $\sqrt{\mathrm{e}}$ hodnotou $$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\,\left(\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{6}\,\left(\frac{1}{2}\right)^3 = 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{8}+\frac{1}{48}\approx 1,645\,8.$$ Podle Taylorovy věty chyba $\left|R_{3}(x)\right|$ je $$\frac{\left|f^{(4)}(c)\right|}{4!}\,\left(\frac{1}{2}\right)^4$$ pro jisté $c$ mezi $0$ a $1/2$. Neboť $$f^{(4)}(x) = {\mathrm{e}}^x, \qquad x \in \mathbb{R}, $$ chyba je rovna $$\frac{{\mathrm{e}}^c}{384}, \qquad\text{kde}\qquad 0\le c\le\frac{1}{2}.$$ Dále $${\mathrm{e}^{c}}\le{\mathrm{e}}^{1/2}<2,$$ protože $\mathrm{e}<4.$ Chyba je tak menší než $$\frac{2}{384} = \frac{1}{192}\approx 0,005\,2.$$

Víme, že pro funkci ${\mathrm{e}}^x$ je $${\mathrm{e}}^{x} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}, \qquad x \in \mathbb{R}.$$ Nejprve obě strany rovnosti zderivujeme $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n!}\,x^{n-1} ={\mathrm{e}}^{x}, \qquad x \in \mathbb{R} $$ a následně vynásobíme $x$ se ziskem $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n!}\,x^n ={\mathrm{e}}^{x} \, x, \qquad x \in \mathbb{R}.$$ Opět zderivujeme $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{n^2}{n!}\,x^{n-1} ={\mathrm{e}}^{x}\,x + {\mathrm{e}}^{x}, \qquad x \in \mathbb{R} $$ a opět vynásobíme $x$, což vede na $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{n^2}{n!}\,x^n ={\mathrm{e}}^{x}\,x^2 + {\mathrm{e}}^{x}\,x, \qquad x \in \mathbb{R}.$$ V tuto chvíli už jen stačí zvolit $x = 1$ a máme výsledek $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{n^2}{n!} ={\mathrm{e}}^{1}\cdot 1^2 + {\mathrm{e}}^{1}\cdot 1 =2\mathrm{e}.$$

Dle vzorce $$ \mathrm{e}^x = \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{1}{n!} \, x^{n}, \qquad x \in \mathbb{R} $$ je $$ \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{1}{n! \,5^n} = \mathrm{e}^{\frac{1}{5}}. $$

Nyní použijeme identitu $$ \mathrm{e}^{x^4} = \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{1}{n!} \, x^{4n}, \qquad x \in \mathbb{R}, $$ která plyne z Maclaurinova rozvoje $\mathrm{e}^x$. Tedy $$ \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{5^{4n}}{n!} = \mathrm{e}^{5^4}. $$ Dodejme, že $$ \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{5^{4n}}{n!} = \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{\left(5^{4}\right)^n }{n!}. $$

Z Maclaurinova rozvoje $$ \cos x = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!}\,x^{2n} , \qquad x\in\mathbb{R} $$ plyne $$ \sum\limits_{n = 0}^\infty (-1)^n \frac{1}{(2n)!} \left(\frac{\pi}{4}\right)^{2n} = \cos \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}. $$

Ze vzorce $$ \sin x = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+ 1)!}\,x^{2n+ 1} , \qquad x\in\mathbb{R} $$ dostáváme $$ \sum\limits_{n = 0}^\infty (-1)^{n+1} \frac{1}{(2n+1)!} \left(\frac{13\pi}{6}\right)^{2n+ 1} = - \sin \frac{13\pi}{6} = - \sin \frac{\pi}{6} = - \frac{1}{2}. $$

Z Maclaurinova rozvoje funkce sinus vyplývá $$ \sin x - x = \sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+ 1)!}\,x^{2n+ 1} , \qquad x\in\mathbb{R}, $$ a tedy $$ \sum\limits_{n = 1}^\infty (-1)^{n} \frac{1}{(2n+1)!} \left(\frac{\pi}{4}\right)^{2n+ 1} = \sin \left(\frac{\pi}{4}\right) - \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\pi}{4}. $$

Nyní využijeme vzorec $$ \ln \left(1+x\right) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}\,x^n, \qquad x\in(-1,1], $$ který pro $x=1$ dává $$ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n} = - \ln 2 .$$

Z vyjádření $$ \mathrm{e}^x = \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{1}{n!} \, x^{n}, \qquad x \in \mathbb{R} $$ postupně získáváme $$ \mathrm{e}^{x^3} = \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{1}{n!} \, x^{3n}, \qquad x \in \mathbb{R}, $$ $$ \mathrm{e}^{\frac{{x^3}}{6}} = \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{1}{n!} \, \frac{x^{3n}}{6^n}, \qquad x \in \mathbb{R}, $$ $$ x\,\mathrm{e}^{\frac{{x^3}}{6}} = \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{x^{3n+ 1}}{n! \, 6^n}, \qquad x \in \mathbb{R}. $$

Použijeme Maclaurinovu řadu kosinu. Z $$ \cos x = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!}\,x^{2n} , \qquad x\in\mathbb{R} $$ dostáváme $$ \cos \left(x^5\right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!}\,x^{10n}, \qquad x\in\mathbb{R}, $$ $$ - \cos \left(x^5\right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty (-1)^{n+1} \frac{x^{10n}}{(2n)!} , \qquad x\in\mathbb{R}. $$

Z $$ \sin x = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\,x^{2n+1}, \qquad x\in\mathbb{R} $$ vyplývá $$ \sin (6x) = \sum\limits_{n = 0}^\infty (-1)^{n} \frac{1}{(2n+1)!} \left(6x\right)^{2n+ 1}, \qquad x\in\mathbb{R}, $$ a tedy $$ \sin (6x) - 6x = \sum\limits_{n = 1}^\infty (-1)^{n} \frac{1}{(2n+1)!} \left(6x\right)^{2n+ 1}, \qquad x\in\mathbb{R}. $$

Ze vztahu $$ \mathrm{e}^x = \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{1}{n!} \, x^{n}, \qquad x \in \mathbb{R} $$ plyne $$\mathrm{e}^3 = \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{3^{n}}{n!} . $$

Využijeme Maclaurinův rozvoj sinu, přičemž tato volba samozřejmě není dána jednoznačně. Vzorec $$ \sin x = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\,x^{2n+1}, \qquad x \in \mathbb{R} $$ dává $$ \frac{\sqrt{2}}{2} = \sin \frac{\pi}{4} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\,\left(\frac{\pi}{4}\right)^{2n+1}. $$

Ze vzorce $$ \sin x = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\,x^{2n+1}, \qquad x \in \mathbb{R} $$ plyne $$ \sin 2^{\,\circ} = \sin \frac{\pi}{90} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\,\left(\frac{\pi}{90}\right)^{2n+1}. $$

Neboť $$\ln (1+x) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}\,x^n, \qquad x\in(-1,1],$$ můžeme vyjádřit $$\ln (1,1) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}\, (0,1)^n = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n\, 10^n}. $$

Využijeme vzorec pro součet geometrické řady $$\frac{1}{1-x} = \sum\limits_{n = 0}^\infty x^n, \qquad x \in (-1, 1).$$ Proto $$\frac{1}{1,2} = \sum\limits_{n = 0}^\infty (-0,2)^n = \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n}{5^n}. $$

Použijeme rozvoj $\mathrm{e}^x$ se ziskem $$ \sqrt[3]{11\mathrm{e}} = \sqrt[3]{11} \, \mathrm{e}^{\frac{1}{3}} = \sqrt[3]{11} \, \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{1}{n!} \, \left(\frac{1}{3}\right)^{n} = \sqrt[3]{11} \, \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{1}{n! \, 3^n}. $$

Rozvoj $\mathrm{e}^x$ dává $$\mathrm{e}^{10} - 1 -10 = - 1 -10 + \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{1}{n!} \, 10^{n} = \sum\limits_{n = 2}^\infty \frac{10^{n}}{n!}. $$

Ze vztahu $$ \cos x = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!}\,x^{2n} , \qquad x\in\mathbb{R} $$ dostáváme $$\cos \frac{\pi}{5} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!}\, \left(\frac{\pi}{5}\right)^{2n}. $$

Můžeme např. využít součtu geometrické řady. Proto položíme $$5 = \frac{1}{1-q},$$ což vede na $q = 4/5$. Tedy $$ 5 = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} q^n = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} \left(\frac{4}{5}\right)^n . $$

Využijeme součtu geometrické řady. Položme $$\pi = \frac{1}{1-q},$$ odkud plyne $$q = 1- \frac{1}{\pi} = \frac{\pi -1}{\pi} .$$ Proto $$ \pi = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} q^n = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} \left(\frac{\pi -1}{\pi}\right)^n . $$ Doplňme, že tento postup je zcela analogicky použitelný pro každé číslo $a > 1$.

Budeme jen mírně modifikovat postup, který použil k určení součtu L. Euler, aniž bychom rozebírali korektnost jednotlivých kroků (to je také společné s postupem L. Eulera). Využijeme Maclaurinovu řadu funkce $y = \sin x$. Platí tak \begin{align*} f(x) = \frac{\sin x}{x} &= \frac{1}{x}\cdot\left( x-\frac{1}{3!}\,x^3+\frac{1}{5!}\,x^5-\frac{1}{7!}\,x^7+\cdots \right) = \\ &= 1-\frac{1}{3!}\,x^2+\frac{1}{5!}\,x^4-\frac{1}{7!}\,x^6+\cdots =\sum\limits_{n=0}^{\infty}{\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\,x^{2n}} \end{align*} pro všechna $x\in\mathbb{R},\ x\neq0$. Kořeny funkce $f$ jsou v bodech $\pm\pi$, $\pm2\pi$, $\pm3\pi$, $\pm4\pi$ atd. Proto lze $f$ vyjádřit ve tvaru $$ f (x) = \bigg( 1-\frac{x}{\pi} \bigg) \!\cdot\! \bigg( 1+\frac{x}{\pi} \bigg) \!\cdot\! \bigg( 1-\frac{x}{2\pi} \bigg) \!\cdot\! \bigg( 1+\frac{x}{2\pi} \bigg) \!\cdot\! \bigg( 1-\frac{x}{3\pi} \bigg) \!\cdot\! \bigg(1+\frac{x}{3\pi} \bigg) \!\cdots\!, \qquad x\in\mathbb{R},\ x\neq0, $$ resp. $$ f (x) = \bigg( 1-\frac{x^2}{\pi^2} \bigg) \!\cdot\! \bigg( 1-\frac{x^2}{4\pi^2} \bigg) \!\cdot\! \bigg( 1-\frac{x^2}{9\pi^2} \bigg) \!\cdots,\qquad x\in\mathbb{R},\ x\neq0 .$$ Porovnáme-li koeficienty u $x^2$, obdržíme $$ -\frac{1}{3!}=-\frac{1}{\pi^2}-\frac{1}{4\pi^2}-\frac{1}{9\pi^2}-\frac{1}{16\pi^2}-\cdots, $$ tj. $$\frac{\pi^2}{6}=1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\frac{1}{16}+\cdots=\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n^2}}. $$

Položme $$f(x) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n(n+1)}\, x^{n+1}, \qquad x \in (-1, 1)$$ a poté zderivujme $$f^{\prime}(x) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n}\, x^n = -\ln (1+x), \qquad x \in (-1, 1).$$ Proto $$f(x) = \int -\ln (1+x)\,\mathrm{d}x = x-(x+1)\ln (1+x) +C, \qquad x \in (-1, 1),$$ přičemž k výpočtu neurčitého integrálu jsme použili metodu per partes. Dosazením $x = 0$ získáme $C = 0$. Odtud volbou $x = 1$ a použitím Věty 24 dostáváme již výsledek $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n(n+1)} = f(1)= 1 - 2 \ln 2.$$

Je vhodné danou řadu rozdělit na $$\sum\limits_{n=0}^{\infty} \left(1-\frac{1}{(n+1)!}\right)\,x^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty} x^n - \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(n+1)!}\,x^n.$$ První řadu sečteme snadno, protože se jedná o řadu geometrickou, kdy $$\sum\limits_{n=0}^{\infty} x^n = \frac{1}{1-x}, \qquad |x|<1.$$ Druhou řadu také potřebujeme převést na mocninnou řadu, jejíž součet známe. Využijeme posunutí indexu $m=n+1$, což dává $$\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(n+1)!}\, x^n = \sum\limits_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m!}\, x^{m-1}.$$ Dalšími úpravami se nyní lehce dostaneme k přímému použití rozvoje exponenciální funkce \begin{align*} \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(n+1)!}\, x^n &=\frac{1}{x}\, \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n!}\, x^n = \frac{1}{x} \left(-1+1+\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n!}\, x^n \right) =\\ &=\frac{1}{x} \left(-1+ \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}\right) = \frac{1}{x}\,(-1+{\mathrm{e}}^x), \end{align*} což platí pro libovolné $x \ne 0$. Jediné, co zbývá, je určit součet řady pro $x = 0$. To je ale triviální. Platí tak \begin{align*} \sum\limits_{n=0}^{\infty} \left(1-\frac{1}{(n+1)!}\right)\, x^n = \left\{ \begin{array}{l l} \frac{1}{1-x}+\frac{{\mathrm{e}}^x-1}{x}, \,\, |x|<1, x\ne 0;\\ ~\\ 0,\qquad\qquad\,\, x= 0. \end{array}\right. \end{align*}

Ze vzorce $$\mathrm{e}^x =\sum\limits_{n = 0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}, \qquad x \in \mathbb{R} $$ plyne $$\mathrm{e}^{x^2} = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{n!}, \qquad x \in \mathbb{R} . $$ Nyní již dostáváme \begin{align*} \sum\limits_{n = 0}^{\infty} \frac{2n+1}{n!}\, x^{2n} &=\sum\limits_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{n!}\, \left(x^{2n+1}\right)' =\left(x\sum\limits_{n = 0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{n!}\right)' = \\ &=\left(x \mathrm{e}^{x^2}\right)' = \mathrm{e}^{x^2} +x \mathrm{e}^{x^2}2x = \mathrm{e}^{x^2}\left(2x^2 +1\right) \end{align*} pro všechna $x \in \mathbb{R}$.

Pro všechna $x\in \mathbb{R}$ platí $$f^{\prime} (x)= \frac{1}{1+x^2}.$$ Tato funkce je ovšem součtem geometrické řady pro $q = -x^2$, a tedy pro $|x|<1$ je $$\frac{1}{1+x^2} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \left(-x^2\right)^n = \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n\,x^{2n}.$$ Pro $x\in (-1,1)$ platí $$\int\limits_{0}^{x} \frac{1}{1+s^2}\,\mathrm{d}s = \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n\, \int\limits_{0}^{x} s^{2n}\,\mathrm{d}s = \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n \, \frac{x^{2n+1}}{2n+1}.$$ Takto jsme obdrželi rozvoj zadané funkce do mocninné řady $$\text{arctg}\,x = \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n \, \frac{x^{2n+1}}{2n+1}, \qquad |x|<1.$$ Využitím Věty 24 lze předchozí zobecnit na $$\text{arctg}\,x = \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n \, \frac{x^{2n+1}}{2n+1}, \qquad |x|\le 1.$$

Víme, že $$\frac{\text{arctg}\,x}{x} = \frac{1}{x}\,\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n\,\frac{x^{2n+1}}{2n+1} = \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1} \,x^{2n}, \qquad x \in (0, 1).$$ Nyní stačí integrovat člen po členu a dostáváme $$\int\limits_{0}^{x}\frac{\text{arctg}\,s}{s}\, \mathrm{d}s = \int\limits_{0}^{x}\left( \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1} \,s^{2n}\right) \mathrm{d}s =\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^{2}}\,x^{2n+1}$$ pro každé $x \in (0, 1).$

Položíme $$f(x) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{2n-1}\, x^{2n-1} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n \, \frac{x^{2n+1}}{2n+1}$$ všude, kde má řada vpravo součet. Víme, že $$f(x) = \text{arctg}\, x, \qquad x \in [-1, 1]. $$ Volbou $x = 1$ získáváme $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{2n-1} =f(1)= \text{arctg}\,1 = \frac{\pi}{4}.$$

Dle řešení Příkladu 266 v okolí $0$ platí $$\text{arctg}\,x = \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^{n} \, \frac{x^{2n+1}}{2n+1}.$$ Protože pro řadu vpravo je $$a_{n} = \frac{f^{(n)}(0)}{n!}, \qquad n \in \mathbb{N} \cup \{0\}, $$ dostáváme, že $f^{(99)}(0) = 99! \,a_{99}.$ Ovšem $$a_{99} = (-1)^{49} \frac{1}{99} = -\frac{1}{99}, $$ a tudíž $$f^{(99)}(0) = - \frac{99!}{99} = - 98!.$$

Oba dva výrazy s odmocninami vyjádříme pomocí binomického rozvoje funkcí $$\sqrt{1+x}, \qquad \sqrt[3]{1-x}.$$ Obdržíme tak \begin{align*} \lim\limits_{x \to 0} \frac{\sqrt{1+x}-\sqrt[3]{1-x}}{x} &=\lim\limits_{x\to 0} \frac{1}{x}\left[\left(1+\frac{1}{2} x-\frac{1}{8} x^2+ \cdots\right)- \left(1-\frac{1}{3} x - \frac{1}{9} x^2+ \cdots \right)\right]=\\ &= \lim\limits_{x \to 0} \frac{1}{x}\left(\frac{5}{6} x - \frac{1}{72} x^2+ \cdots \right)= \lim\limits_{x \to 0} \left(\frac{5}{6}-\frac{1}{72} x + \cdots \right) = \frac{5}{6}. \end{align*}

K výpočtu této limity použijeme Maclaurinovy rozvoje funkcí ${\mathrm{e}}^{x}$ a $\sin x$. Platí \begin{align*} {\mathrm{e}^x} \sin x &= \left( 1+x+\frac{x^2}{2!} +\frac{x^3}{3!} +\frac{x^4}{4!} +\cdots\right) \left(x-\frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots \right) = \\ &=\left(x+x^2+\frac{ 1}{3}\, x^3 -\frac{ 1}{30} \,x^5 +\cdots \right). \end{align*} Viz také Příklad 227. Limita je tedy rovna \begin{align*} \lim\limits_{x \to 0} \frac{{\mathrm{e}}^x \sin x - x (1+x)}{x^3} &= \lim\limits_{x \to 0} \frac{(x+x^2+\frac{1}{3} x^3-\frac{1}{30} x^5+\cdots)- x (1+x)}{x^3} =\\ &=\lim\limits_{x\to 0} \left(\frac{1}{3}-\frac{1}{30} x^2+\cdots \right) = \frac{1}{3}. \end{align*}

Řešení hledáme ve tvaru $$y =\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n =a_0 +a_1x +a_2x^2 +\cdots, $$ odkud plyne $$y'' =\sum\limits_{n=2}^{\infty} n(n-1)a_nx^{n-2}. $$ Dosazením do diferenciální rovnice máme \begin{align*} y'' +y &=\sum\limits_{n=2}^{\infty} n(n-1)a_nx^{n-2} +\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n= \\ &=\left(a_0 +2\cdot 1\cdot a_2\right) +x\left(a_1 +3\cdot 2\cdot a_3\right) + \\ &+x^2 \left(a_2 +4\cdot 3\cdot a_4\right) +\cdots +x^{n-2}\left(a_{n-2} +n(n-1)a_n\right) +\cdots =0. \end{align*} Vidíme, že $$a_n =-\frac{a_{n-2}}{n(n-1)}, \qquad n \ge 2, \, n \in \mathbb{N}. $$ Volbou $a_0 =0, a_1 =1$ dostáváme $$a_{2n} =0, \qquad a_{2n+1} = \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}, \qquad n \in \mathbb{N}, $$ tj. $$ y=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\, x^{2n+1} =\sin{x}.$$ Volbou $a_0 =1, a_1 =0$ zcela analogicky obdržíme $y =\cos{x}$. Obecné řešení tak je $$y=a_1\sin{x}+a_0\cos{x},\qquad a_1,a_0\in\mathbb{R}.$$

Řešení uvažujeme ve tvaru $$y =\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n, $$ kdy $$ y'' =\sum\limits_{n=2}^{\infty} n(n-1)a_nx^{n-2}. $$ Dostáváme \begin{align*} y'' +xy &=\sum\limits_{n=2}^{\infty} n(n-1)a_nx^{n-2} +\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^{n+1}= \\ &=2a_2x^0 +x^1\left(3\cdot 2\cdot a_3 +a_0\right) +\\&+x^2\left(4\cdot 3\cdot a_4 +a_1\right) +\cdots +x^{n-2}\left(n(n-1)a_n +a_{n-3}\right) +\cdots =0, \end{align*} odkud plyne $$a_2=0,$$ $$a_3 =-\frac{a_0}{3\cdot 2},$$ $$ a_4 =-\frac{a_1}{4\cdot 3}, $$ $$ \vdots $$ $$ a_n =-\frac{a_{n-3}}{n(n-1)}, $$ $$ \vdots $$ Tedy $$a_3 =\frac{-a_0}{3\cdot 2},\qquad a_6 = \frac{a_0}{6\cdot 5\cdot 3\cdot 2},\qquad a_9 =\frac{-a_0}{9\cdot 8\cdot 6\cdot 5\cdot 3\cdot 2}, \qquad \dots, $$ $$a_4 =\frac{-a_1}{4\cdot 3},\qquad a_7 =\frac{a_1}{7\cdot 6\cdot 4\cdot 3},\qquad a_{10} =\frac{-a_1}{10\cdot 9\cdot 7\cdot 6\cdot 4\cdot 3},\qquad \dots,$$ $$a_5 = a_8 =\cdots =0.$$ Celkem \begin{align*} y&=a_0 +a_1x -\frac{a_0}{3\cdot 2}\, x^3 -\frac{a_1}{4\cdot 3}\, x^4 +\frac{a_0}{6\cdot 5\cdot 3\cdot 2}\, x^6 +\frac{a_1}{7\cdot 6\cdot 4\cdot 3}\, x^7 +\cdots =\\ &=a_0\left(\underbrace{1 -\frac{x^3}{3\cdot 2} +\frac{x^6}{6\cdot 5\cdot 3\cdot 2} +\cdots}_{y_1}\right) +a_1\left(\underbrace{x -\frac{x^4}{4\cdot 3} +\frac{x^7}{7\cdot 6\cdot 4\cdot 3} +\cdots}_{y_2}\right). \end{align*}

Přímým výpočtem (např. pomocí metody per partes) lze získat $$a_0=0, \qquad a_n=0, \qquad b_n=(-1)^{n+1}\frac{2}{n}, \qquad n\in \mathbb{N}.$$ Podrobněji, nulovost všech $a_n $ plyne z lichosti $f$ a současně je \begin{align*} b_n &=\frac{2}{\pi}\int\limits_0^{\pi}x\sin(nx)\,\mathrm{d}x =\left|{\begin{array}{ll} u=x & u'=1 \\ v'=\sin(nx) & v=\frac{-\cos(nx)}{n} \end{array}} \right| = \\[3mm] &=\frac{2}{\pi}\left[\frac{-x\cos(nx)}{n}\right]_0^{\pi} +\frac{2}{\pi}\underbrace{\int\limits_0^{\pi}\frac{\cos(nx)}{n}\,\mathrm{d}x}_{=0} =\frac{2}{\pi n}[-\pi\cos ({n\pi})] =\frac{2}{n}(-1)^{n+1}. \end{align*} Fourierova řada tedy je $$ 2\left(\sin x-\frac{\sin (2x)}{2}+\frac{\sin (3x)}{3} -\frac{\sin (4x)}{4}+\cdots\right), \qquad x\in(-\pi,\pi).$$ Uvážíme-li spojitost derivace funkce $f$, pro $x\in(-\pi,\pi)$ konverguje Fourierova řada k $f$. Hodnoty $f$ v krajních bodech intervalu pak dávají $F(\pi)=F(-\pi)=0$. Součet Fourierovy řady na $\mathbb{R}$ je dán periodickým prodloužením z intervalu $[-\pi,\pi]$.

V případě kosinové Fourierovy řady pro $x \in [-\pi,0)$ klademe $f(x) = f(-x) = \cos (-x) = \cos x$. Potom $b_n = 0$ pro $n \in \mathbb{N}$. Dále $$a_0 = \frac{2}{\pi} \int\limits_{0}^{\pi} \cos x \, \mathrm{d}x=0,$$ $$a_{1} = \frac{2}{\pi}\int\limits_{0}^{\pi} \cos^2 x \,\mathrm{d}x = \frac{1}{\pi} \int\limits_{0}^{\pi} 1+\cos (2x) \,\mathrm{d}x = 1 $$ a \begin{align*} a_n &= \frac{2}{\pi} \int\limits_{0}^{\pi} \cos x \,\cos (nx)\, \mathrm{d}x = \\&=\frac{1}{\pi} \int\limits_{0}^{\pi} \cos [(n+1)x] + \cos [(n-1)x] \, \mathrm{d}x = \\ &=\frac{1}{\pi}\,\left[\frac{\sin[(n+1)x]}{n+1}+\frac{\sin[(n-1)x]}{n-1}\right]_{0}^{\pi} = 0, \qquad n \in \mathbb{N} \smallsetminus \{ 1\}. \end{align*} Podle očekávání jsme dostali, že $\cos_{s} x \sim \cos x$. To bylo možné také zdůvodnit bez výpočtu použitím Dirichletovy věty a jednoznačnosti Fourierovy řady. Přistupme k sinové Fourierově řadě. Nyní položme $f(0)= 0$ a pro $x \in [-\pi,0)$ dodefinujme $f(x) = -\cos x$. Dostáváme pro $n \in \mathbb{N} \cup \{0\}$, že $a_n = 0$, a pro $n \ne 1$, $n \in \mathbb{N}$ pak \begin{align*} b_n &= \frac{2}{\pi} \int\limits_{0}^{\pi} \cos x \,\sin (nx)\, \mathrm{d}x = \\&=\frac{1}{\pi} \int\limits_{0}^{\pi} \sin [(n+1)x] + \sin [(n-1)x] \, \mathrm{d}x = \\ &=\frac{1}{\pi}\,\left[-\frac{\cos[(n+1)x]}{n+1}-\frac{\cos[(n-1)x]}{n-1}\right]_{0}^{\pi} = \\ &= \frac{1}{\pi}\, \left(\frac{(-1)^n+1}{n+1}+\frac{(-1)^n+1}{n-1}\right) = \\ ~\\ &= %\begin{align*} \frac{2n[(-1)^n+1]}{\pi (n^2-1)} = \left\{ \begin{array}{l l} 0, \quad &n \, \text{je liché},\, n\ne 1;\\ \frac{4n}{\pi \left(n^2-1\right)}, \quad &n \, \text{je sudé}. \end{array} \right. \end{align*} Konečně $$b_{1} = \frac{2}{\pi} \int\limits_{0}^{\pi} \cos x \,\sin x\, \mathrm{d} x = \frac{1}{\pi} \int\limits_{0}^{\pi} \sin 2x \, \mathrm{d} x = 0.$$ Celkem $$\cos_{\ell} x \sim \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{8n}{\pi \left(4n^2-1\right)}\, \sin (2nx).$$

Sudost funkce dává $b_{n} = 0$ pro všechna $n \in \mathbb{N}$. Dále vypočítáme $$a_0 = \frac{2}{\pi}\int\limits_{0}^{\pi} x\,\mathrm{d}x = \pi $$ a \begin{align*} a_{n} =\frac{2}{\pi}\, \int\limits_{0}^{\pi} x \cos (nx)\, \mathrm{d}x = \frac{2}{\pi n^2} \left[(-1)^n - 1\right]= \left\{ \begin{array}{l l} 0, \quad &n \,\text{je sudé}; \\ -\frac{4}{\pi n^2}, \quad &n\, \text{je liché}. \end{array} \right. \end{align*} Tedy platí $$|x| \sim \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\cos [(2n-1)x]}{(2n-1)^2}.$$ Podle Dirichletovy věty navíc $$|x| = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\cos [(2n-1)x]}{(2n-1)^2}, \qquad x \in [-\pi, \pi].$$ S uvážením toho, že součet Fourierovy řady má periodu $2\pi$, již není problém vykreslit graf tohoto součtu. Viz Obrázek 2.1.

Nejprve uvažme sudé prodloužení zadané funkce, tj. musíme ji dodefinovat na interval $[-\pi,0)$, čímž ovšem získáme funkci $|x|$. Další výpočet je proto stejný jako v Příkladu 276. Výsledkem je tedy $$\text{id}_s \sim \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\cos [(2n-1)x]}{(2n-1)^2}.$$

Do Fourierovy řady získané v Příkladu 276 stačí dosadit $x=0$ (a uvážit Dirichletovu větu), čímž dostaneme $$\frac{\pi}{2} = \frac{4}{\pi} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)^2}, $$ tj. $$ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)^2} = \frac{{\pi}^2}{8}.$$

Sudost funkce $f$ znamená, že všechna $b_n$ jsou nulová. Zbývá vypočítat $$a_0 =\frac{2}{\pi}\int\limits_0^{\pi}x^2\,\mathrm{d}x =\frac{2}{\pi}\cdot \frac{\pi^3}{3} =\frac{2}{3}\pi^2 $$ a \begin{align*} a_n &=\frac{2}{\pi}\int\limits_0^{\pi}x^2\cos(nx)\,\mathrm{d}x =\frac{2}{\pi}\underbrace{\left[x^2\frac{\sin(nx)}{n}\right]_0^{\pi}}_{=0} -\frac{4}{\pi n}\int\limits_0^{\pi}x\sin(nx)\,\mathrm{d}x = \\ &=-\frac{4}{\pi n}\left[-x\frac{\cos(nx)}{n}\right]_0^{\pi} -\frac{4}{\pi n^2}\underbrace{\int\limits_0^{\pi}\cos(nx)\,\mathrm{d}x}_{=0} =\frac{4}{\pi n}\pi\frac{(-1)^n}{n} =\frac{4}{n^2}(-1)^n. \end{align*} Tím jsme určili Fourierovu řadu $$F(x) = \frac{\pi^2}{3} +4\sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^n}{n^2}\, \cos(nx).$$

Upozorněme, že tuto číselnou řadu jsme již sečetli (uvedli jsme původní úvahu L. Eulera) v Příkladu 262. Nyní použijeme Dirichletovu větu pro Fourierovu řadu z Příkladu 279 pro $x =\pi$, což dává $$\pi^2 =\frac{\pi^2}{3} +4\sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{1}{n^2}, $$ a tedy $$ \sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}.$$

Když využijeme Dirichletovu věty v Příkladu~\ref{fourx2} pro $x =0$, obdržíme $$ 0 =\frac{\pi^2}{3} +4\sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^n}{n^2}, $$ tj. $$ \sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^2} =\frac{\pi^2}{12}.$$

Platí $$a_n =\frac{2}{\pi}\int\limits_0^{\pi}\cos^4{x}\cos(nx)\,\mathrm{d}x =\begin{cases} a_0 =\frac{3}{4}; & \\ a_2 =\frac{1}{2}; & \\ a_4 =\frac{1}{8}, & \end{cases}$$ přičemž ostatní $a_n$ a všechny hodnoty $b_n$ jsou rovny nule. Také jsme mohli použít přímou úpravu \begin{align*} \cos^4{x} &=(\cos^2{x})^2 =\left(\frac{1+\cos (2x)}{2}\right)^2 = \\ &=\frac{1}{4} +\frac{1}{2} \cos(2x) +\frac{1}{4}\cdot\frac{1+\cos(4x)}{2} =\frac{3}{8} +\frac{1}{2}\cos(2x) +\frac{1}{8}\cos(4x). \end{align*}

Jedná se o lichou funkci, a proto $$a_0=0, \qquad a_n=0, \qquad n \in \mathbb{N}.$$ Pro $b_n$, $ n \in \mathbb{N}$, je \begin{align*} b_n=\int\limits_{-1}^{1}\text{sgn}\, x \sin(n\pi x)\,\mathrm{d}x &=2\int\limits_{0}^{1}\sin(n\pi x)\,\mathrm{d}x =2\left[\frac{-\cos(n\pi x)}{n\pi}\right]_0^1 = \\ &=\frac{2}{n\pi}\left[(-1)^{n+1}-(-1)\right]=\frac{2}{n\pi}\left[1-(-1)^n\right]. \end{align*} Hledaná Fourierova řada tak je $$ \frac{4}{\pi}\left(\sin (\pi x)+\frac{\sin (3\pi x)}{3}+\frac{\sin (5\pi x)}{5} +\cdots\right).$$ Vzhledem ke spojitosti (i spojitosti derivace) $f$ pro $x\in(-1,1)\smallsetminus \{0\} $ konverguje Fourierova řada k zadané funkci. Snadno dopočítáme, že $F(1)=F(-1)=F(0)=0$. Součet $F$ na $\mathbb{R}$ je pak dán periodickým opakováním hodnot z intervalu $[-1,1]$.

Nejprve snadno vypočítáme, že $$a_{0} = \frac{1}{ \pi} \, \int\limits_{0}^{2\pi} {\mathrm{e}}^x\, \mathrm{d} x = \frac{1}{\pi}\,[{\mathrm{e}}^x]_{0}^{2\pi} = \frac{1}{\pi}\, \left({\mathrm{e}}^{2\pi} - 1\right).$$ Nechť $n \in \mathbb{N}$. S použitím metody per partes obdržíme \begin{align*} \int\limits {\mathrm{e}}^x \cos (nx) \,\mathrm{d}x &= {\mathrm{e}}^x \cos (nx) + \int\limits n\, {\mathrm{e}}^x \sin (nx) \,\mathrm{d}x = \\ &= {\mathrm{e}}^x \cos (nx) + n\left[{\mathrm{e}}^x \sin (nx) - n \int \cos (nx) {\mathrm{e}}^x \, \mathrm{d} x\right], \end{align*} což dává $$\int\limits {\mathrm{e}}^x \cos (nx) \, \mathrm{d}x = \frac{{\mathrm{e}}^x\left(\cos (nx) +n\sin (nx) \right)}{n^2+1} + C. $$ Podobně pomocí metody per partes získáme \begin{align*} \int\limits {\mathrm{e}}^x\sin (nx) \,\mathrm{d}x &= {\mathrm{e}}^x \sin (nx) - \int\limits n\, {\mathrm{e}}^x \cos (nx) \,\mathrm{d}x = \\ &= {\mathrm{e}}^x \sin (nx) - n\left[{\mathrm{e}}^x \cos (nx) + n\int\limits \sin (nx) {\mathrm{e}}^x \, \mathrm{d} x\right], \end{align*} a tedy $$\int\limits {\mathrm{e}}^x \sin (nx) \,\mathrm{d}x = \frac{{\mathrm{e}}^x\,\left(\sin (nx) - n\cos (nx) \right)}{n^2+1} + C. $$ Proto $$a_{n} = \frac{1}{\pi} \, \left[ \frac{{\mathrm{e}}^x (\cos (nx) + n \sin (nx))}{n^2+1} \right]_{0}^{2\pi} = \frac{1}{\pi}\,\frac{{\mathrm{e}}^{2\pi}-1}{n^2+1}, \qquad n \in \mathbb{N}$$ a $$b_{n} = \frac{1}{\pi} \, \left[ \frac{{\mathrm{e}}^x (\sin (nx) - n\cos (nx))}{n^2+1} \right]_{0}^{2\pi} =- \frac{1}{\pi}\,({\mathrm{e}}^{2\pi}-1)\,\frac{n}{n^2+1}, \qquad n \in \mathbb{N}.$$ Celkem $${\mathrm{e}}^x \sim \frac{{\mathrm{e}}^{2\pi}-1}{\pi}\, \left[ \frac{1}{2}+ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{n^2+1}\,\cos (nx) - \frac{n}{n^2+1}\, \sin (nx) \right)\right]. $$

Podle řešení Příkladu 284 a Dirichletovy věty je součet Fourierovy řady $$ \frac{{\mathrm{e}}^{2\pi}-1}{\pi}\, \left[ \frac{1}{2}+ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{n^2+1}\,\cos (nx) - \frac{n}{n^2+1}\, \sin (nx) \right)\right] $$ pro $x \in (0,2\pi)$ roven $\mathrm{e}^x$ a v krajních bodech tohoto intervalu je potom součet roven $\left({\mathrm{e}}^{2\pi} + 1\right)/ 2$, tj. platí $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2+1} = \frac{\pi\left({\mathrm{e}}^{2{\pi} } +1 \right)}{2 \left({\mathrm{e}}^{2\pi}-1\right)} - \frac{1}{2} = \frac{\pi + 1+ {\mathrm{e}}^{2{\pi}} \left(\pi - 1\right) }{2 \left({\mathrm{e}}^{2\pi}-1\right)}.$$

Platí $$a_0 = \frac{2}{2\pi}\, \int\limits_{0}^{2\pi} (x-\pi) \,\mathrm{d}x = \frac{1}{\pi} \,\left[\frac{1}{2}\,(x-\pi)^2 \right]_{0}^{2\pi} = 0 . $$ Pomocí metody per partes snadno určíme \begin{align*} a_n &= \frac{2}{2\pi}\, \int\limits_{0}^{2\pi} (x-\pi)\,\cos (nx)\,\mathrm{d} x = \\&= \frac{1}{\pi}\,\left(\left[(x-\pi)\,\frac{1}{n} \,\sin (nx)\right]_{0}^{2\pi} - \int\limits_{0}^{2\pi} \frac{1}{n}\,\sin(nx)\,\mathrm{d}x\right) = \\&= \frac{1}{n \pi}\,[\pi \sin (2n\pi)+\pi\sin 0]+\frac{1}{n\pi}\left[\frac{1}{n}\,\cos(nx) \right]_{0}^{2\pi} = \\ &=0 +\frac{1}{n^2 \pi}\,\left[\cos(2n\pi)- \cos 0\right] = \frac{1}{n^2\pi}\,[1-1] = 0, \qquad n \in \mathbb{N} \end{align*} a \begin{align*} b_n &= \frac{2}{2\pi}\, \int\limits_{0}^{2\pi} (x-\pi)\,\sin (nx)\,\mathrm{d}x = \\ &= \frac{1}{\pi}\,\left(\left[(x-\pi)\,\frac{-1}{n} \,\cos (nx)\right]_{0}^{2\pi} + \int\limits_{0}^{2\pi} \frac{1}{n}\,\cos(nx)\,\mathrm{d}x\right) = \\ &= \frac{-1}{n\pi}\,[\pi \cos (2n\pi)+\pi \cos 0]+\frac{1}{n\pi}\left[\frac{1}{n}\,\sin(nx) \right]_{0}^{2\pi} = \\ &=-\frac{2}{n}+\frac{1}{n^2\pi}[\sin(2n\pi)-\sin 0] = -\frac{2}{n} +0= -\frac{2}{n}, \qquad n \in \mathbb{N} . \end{align*} Tím dostáváme $$f(x) \sim - \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{2}{n}\,\sin(nx).$$ K nalezení součtu této řady stačí použít Dirichletovu větu. Viz Obrázek 2.2.

Sinovou Fourierovu řadu dostaneme tak, že uvažujeme liché rozšíření funkce $f$ na interval $[-2\pi,0)$. Nutně $a_0 = 0$ a $a_n = 0$, $n \in \mathbb{N}$. Ještě dopočítáme \begin{align*} b_n &= \frac{2}{2\pi}\, \int\limits_{0}^{2\pi} (x-\pi)\,\sin\left(\frac{1}{2}\, nx\right)\,\mathrm{d} x = \\ &= \frac{1}{\pi}\,\left(\left[(x-\pi)\,\frac{-2}{n} \,\cos \left(\frac{1}{2}\, nx\right)\right]_{0}^{2\pi} + \int\limits_{0}^{2\pi} \frac{2}{n}\,\cos \left(\frac{1}{2}\, nx\right)\,\mathrm{d}x\right) = \\&= \frac{-2}{n \pi}\,\left[\pi \cos (n\pi)+\pi \cos 0\right]+\frac{2}{n\pi}\left[\frac{2}{n}\,\sin \left(\frac{1}{2}\, nx\right) \right]_{0}^{2\pi} = \\ &=-\frac{2}{n}\left[(-1)^n+1\right]+\frac{4}{n^2 \pi}\left[\sin(n\pi)-\sin 0\right] = \\&= -\frac{2}{n}\left[1+(-1)^n\right], \qquad n \in \mathbb{N}. \end{align*} Tím dostáváme $$f_{\ell} \sim -\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{2}{n}\left[1+(-1)^n\right]\,\sin\left(\frac{1}{2}\, nx\right).$$ Doplňme, že výraz $1 + (-1)^n$ je roven $0$ pro lichá $n$ a pro sudá $n$ je tento výraz roven 2. Můžeme tedy přepsat výsledek do tvaru $$f_{\ell} \sim -\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{2}{2n}\cdot2\sin\left(\frac{1}{2}2nx\right) = -\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{2}{n}\, \sin(nx).$$ Dostali jsme pochopitelně stejnou řadu jako v Příkladu 286.

Nyní použijeme standardní postup k nalezení kosinové Fourierovy řady. Nejprve rozšíříme funkci $f$ na $[-2\pi,0)$ tak, aby výsledná funkce byla sudá. Tentokráte jsou všechny Fourierovy koeficienty $b_n$ nulové a musíme vypočítat $a_0$ a $a_n$ pro $n \in \mathbb{N}$. Platí $$a_0 = \frac{2}{2\pi}\, \int\limits_{0}^{2\pi} (x-\pi) \,\mathrm{d}x =0$$ a \begin{align*} a_n &= \frac{2}{2\pi}\, \int\limits_{0}^{2\pi} (x-\pi)\,\cos \left(\frac{1}{2}nx\right)\,\mathrm{d}x =\\&= \frac{1}{\pi}\,\left(\left[(x-\pi)\,\frac{2}{n} \,\sin \left(\frac{1}{2}\, nx\right)\right]_{0}^{2\pi} - \int\limits_{0}^{2\pi} \frac{2}{n}\,\sin\left(\frac{1}{2}\,nx\right)\,\mathrm{d}x\right) = \\&= 0+\frac{2}{n\pi}\,\left[\frac{2}{n}\cos\left(\frac{1}{2}\, nx\right)\right]_{0}^{2\pi} = \frac{4}{n^2\pi}[\cos(n\pi)-\cos0] =\frac{4}{n^2 \pi}\,\left[(-1)^n-1\right], \qquad n \in \mathbb{N}. \end{align*} Máme tedy $$f_s \sim \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{4}{n^2\pi}\,\left[(-1)^n-1\right]\,\cos\left(\frac{1}{2}\, nx\right).$$ Výraz $(-1)^n - 1$ je roven nule pro sudá $n$ a je roven $-2$ pro lichá $n$. Můžeme tak vyjádřit $$f_s \sim -\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{8}{(2n+1)^2 \pi}\,\cos\left(\frac{2n+1}{2}\,x \right).$$ Abychom určili součet této řady, stačí uvážit spojitost $f$ (a její derivace). Víme tak, že podle Dirichletovy věty kosinová Fourierova řada konverguje k periodickému rozšíření. Graf je vykreslen na Obrázku 2.3.

Funkce $f$ je lichá, a tedy $a_{n} = 0$ pro $n\in \mathbb{N}\cup \{0\}$. Pro $n \in \mathbb{N}$ vypočítáme \begin{align*} b_{n} &= 2\int\limits_{0}^{1} x \sin (n \pi x) \,\mathrm{d}x = \\ &= -\frac{2}{n \pi} \, \left[x \cos (n \pi x) \right]_{0}^{1}+\frac{2}{n \pi} \int\limits_{0}^{1} \cos (n \pi x) \, \mathrm{d} x =\\ &=-\frac{2}{n \pi} \, \cos (n \pi) + \frac{2}{n^2 {\pi}^2}\,[\sin (n \pi x)]_{0}^{1} = \frac{2}{n \pi}\,(-1)^{n-1}. \end{align*} Celkem $$x \sim \frac{2}{\pi}\,\sum\limits_{n=1}^{\infty}\,\frac{(-1)^{n-1}}{n} \sin (n \pi x).$$ Použitím Dirichletovy věty snadno určíme součet této Fourierovy řady, který je zachycen na Obrázku 2.4.

Pro posloupnost funkcí $f_{n} (x)= \text{arctg}\,(nx)$, $x \in \mathbb{R}$ zřejmě platí $$ \lim\limits_{n \to \infty} f_{n} (x) = \frac{\pi}{2}\, \text{sgn}\, x, \qquad x \in \mathbb{R}.$$ Protože však pro libovolné $n \in \mathbb{N}$ je $$\sup\limits_{x \in \mathbb{R}} \left|\frac{\pi}{2}\, \text{sgn}\,x - \text{arctg}\, (nx) \right| = \frac{\pi}{2}, $$ nejedná se o stejnoměrnou konvergenci.

Označme $$ f(x) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\sin \left(n^2 x\right)}{n^2}, \qquad x \in \mathbb{R}$$ a $$ f_n(x) = \sum\limits_{k=1}^{n} \frac{\sin \left(k^2 x\right)}{k^2}, \qquad x \in \mathbb{R}, \, n \in \mathbb{N}. $$ Platí $$\left|f(x) - f_{n}(x)\right| = \left| \sum\limits_{k=n+1}^{\infty} \frac{\sin \left(k^2 x\right)}{k^2} \right| \leq \sum\limits_{k=n+1}^{\infty} \left| \frac{\sin \left(k^2 x\right)}{k^2}\right| \leq \sum\limits_{k=n+1}^{\infty} \frac{1}{k^2}, \qquad n \in \mathbb{N}. $$ Protože řada $ \sum_{n=1}^{\infty} {1}/{n^2}$ konverguje (viz Věta 4), z odhadu výše vyplývá, že $\{f_{n}\}_{n=1}^\infty$ konverguje stejnoměrně k $f$ na $\mathbb{R}$ (zvláště definice $f$ je korektní).

Snadno lze ověřit, že $$ \lim\limits_{n\to\infty} f_{n} (x) =0, \qquad x \in [0,1]. $$ Určíme-li výpočtem $$\int\limits_{0}^{1} x \left(1-x^2\right)^n\, \mathrm{d}x = \frac{1}{2n+2}, \qquad n \in \mathbb{N}, $$ dostáváme $$\int\limits_{0}^{1} f_{n}(x) \,\mathrm{d}x = \frac{n^2}{2n+2} \, \rightarrow\, +\infty .$$ Tedy $$\int\limits_{0}^{1} \lim\limits_{n\to\infty} f_{n} (x) \, \mathrm{d}x = 0\neq +\infty = \lim\limits_{n\to\infty}\int\limits_{0}^{1} f_{n} (x)\, \mathrm{d}x.$$

Snadno lze zjistit, že $f_{n}$ konverguje k $0$ na celém $\mathbb{R}$. Dokonce lze dokázat, že tato konvergence je stejnoměrná. Vyčíslíme-li derivaci $f^{\prime}_{n} (x)$ v bodě $x = 1$, obdržíme $$f^{\prime}_{n}(1) = \left. \frac{x^{n-1}}{1+x^{2n}}\right|_{x=1} = \frac{1}{2}.$$ Tedy $f^{\prime}_{n}$ nekonverguje k nulové funkci. Pro $x = -1$ dokonce limita $\lim_{n\to\infty} f^{\prime}_{n}(-1)$ vůbec neexistuje. Tedy neplatí, že $f^{\prime}_{n}$ na $\mathbb{R}$ konverguje. Podrobněji, $f^{\prime}_{n}(x)$ konverguje k $0$ pro $x\in \mathbb{R}\smallsetminus \{-1,1\}$, pro $x\in (-1, 1)$ máme odhad $|f^{\prime}_{n}(x)|\leq |x|^{n-1}\, \rightarrow 0$ a pro $|x|>1$ platí odhad $|f^{\prime}_{n}(x)|\leq 1/|x|^{n+1} \rightarrow 0$.

Protože $$\frac{1}{n} \leq \frac{x^2+n}{n^2} = \left| (-1)^{n+1} \, \frac{x^2+n}{n^2}\right|, \qquad x \in \mathbb{R}, \, n \in \mathbb{N}, $$ daná řada nemůže konvergovat absolutně v žádném bodě $x \in \mathbb{R}$. Konvergenci řady však dává Leibnizovo kritérium pro každé $x \in \mathbb{R}$. Pro stejnoměrnou konvergenci alternující řady ve tvaru $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1} a_{n}(x)$ na intervalu $[-M, M]$ stačí, aby $\{a_{n}\}_{n=1}^{\infty} $ konvergovala stejnoměrně k $0$. V tomto případě dostáváme $$\left| (-1)^{n+1}\,\frac{x^2+n}{n^2}\right| \leq \frac{M^2}{n^2}+\frac{1}{n}\leq\frac{M^2+1}{n}, \qquad n \in \mathbb{N}, $$ což zaručuje stejnoměrnou konvergenci zadané řady pro $x \in [-M, M]$.

Pro $x \in [0, 1)$ platí $$x = \sum\limits_{n=1}^{\infty} (1-x) x^n = (1-x)\,\sum\limits_{n=1}^{\infty} x^n = \frac{(1-x) x}{1-x},$$ a tak máme $\sum_{n=1}^{\infty} f_{n} (x)= x$ pro $x \in [0, 1)$ a $\sum_{n=1}^{\infty} f_{n} (1)= 0$. Tato konvergence není stejnoměrná, protože $$\left| x - \sum\limits_{k=1}^{n} (1-x) x^k \right| = \left| x - x \frac{(1-x)(1-x^n)}{1-x}\right| = x^{n+1} $$ a $\{x^{n+1}\}_{n = 1}^\infty$ na intervalu $[0, 1]$ nekonverguje stejnoměrně.

Očividně platí $$\lim\limits_{n \to \infty} f_{n} (x) = 0, \qquad x \in \mathbb{R}.$$ Posloupnost $\{f_{n}\}_{n=1}^\infty$ konverguje stejnoměrně na $\mathbb{R}$, protože $$\left|f_{n}(x)-0\right| \leq \frac{1}{n}, \qquad x \in \mathbb{R}, \, n \in \mathbb{N}.$$

Očividně platí $$\lim\limits_{n \to \infty} f_{n} (x) = 0, \qquad x \in \mathbb{R}.$$ Posloupnost $\{f_{n}\}_{n=1}^\infty$ nekonverguje stejnoměrně na $\mathbb{R}$, neboť $$\left|f_{n}\left(n^2 \, \frac{\pi}{2}\right)-0\right| = 1, \qquad n \in \mathbb{N} .$$

Jedná se o spojité funkce na $\mathbb{R}$. Pro funkce $f_{n}$ platí $$f_{n} (x) \rightarrow 0, \qquad x \in \mathbb{R}\smallsetminus \{0\}$$ a $$f_{n} (0) \rightarrow +\infty .$$ Proto posloupnost $\{f_{n}\}_{n=1}^\infty$ nekonverguje na $\mathbb{R}$.

Jde o spojité funkce na $\mathbb{R}$. Posloupnost $\{f_{n}\}_{n=1}^\infty$ konverguje k $0$ na $\mathbb{R}$. Tato konvergence však není stejnoměrná, neboť $$\left|f_{n} \left(\frac{1}{n} \right)- 0\right| = \frac{\frac{n}{n}}{1+\frac{n^2}{n^2}} = \frac{1}{2}, \qquad n \in \mathbb{N}, $$ což dává $$\sup\limits_{x \in \mathbb{R}} \left|f_{n} (x) - 0\right| \geq \frac{1}{2} \neq 0, \qquad n \in \mathbb{N}.$$

Jedná se o spojité funkce na $\mathbb{R}$. V tomto případě máme posloupnost lichých funkcí, která konverguje k $0$ na $\mathbb{R}$. Platí $$f^{\prime}_{n}(x) = \frac{1+n^2x^2-2xn^2x}{\left(1+n^2x^2\right)^2} = \frac{1-x^2n^2}{\left(1+n^2x^2\right)^2}, \qquad n \in \mathbb{N}, \, x \in \mathbb{R} .$$ Dále $f^{\prime}_{n}$ má na $(0, \infty)$ jediný nulový bod, a to $x = 1/n$, přičemž $$\sup\limits_{x \in \mathbb{R}} \left|f_{n} (x) - 0\right| = \sup\limits_{x \in \mathbb{R}} \left|f_{n} (x)\right| = f_{n} \left(\frac{1}{n} \right) = \frac{1}{2n} \rightarrow 0.$$ Tím jsme obdrželi stejnoměrný odhad vzhledem k $x$, tj. stejnoměrnou konvergenci $\{f_{n}\}_{n=1}^\infty$ na~$\mathbb{R}$.

Protože pro každé $n \in \mathbb{N}$ a pro všechna $x \in \mathbb{R}$ je $$\left|\frac{\cos (nx)}{n^2+x^2}\right|\leq \frac{1}{n^2+x^2}\leq \frac{1}{n^2} $$ a protože řada $$ \sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{1}{n^2} $$ je konvergentní (viz Příklad 4), Weierstrassovo kritérium dává stejnoměrnou konvergenci zadané řady.

Je vidět, že řada $\sum_{n=1}^{\infty} f_{n}$ konverguje na $[0,1]$, neboť v každém bodě $x \in [0, 1]$ je nenulová nejvýše jedna funkce $f_{n}$. Zřejmě $$\sup\limits_{x \in [0, 1]} \left|\sum\limits_{n=1}^{\infty} f_{n} (x) - \sum\limits_{n=1}^{m} f_{n}(x)\right| = \frac{1}{m+1}, \qquad m \in \mathbb{N}.$$ Proto řada $\sum_{n=1}^{\infty} f_{n}$ konverguje stejnoměrně na $[0, 1]$, přestože Weierstrassovo kritérium nelze použít.

Protože na intervalu $[0, 1]$ platí \begin{align*} \left| x - \sum\limits_{k=1}^{n}\left( \frac{x^k}{k} - \frac{x^{k+1}}{k+1} \right) \right| &= \left| x - \left( \frac{x}{1}-\frac{x^2}{2}+\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}+ \cdots + \frac{x^n}{n} - \frac{x^{n+1}}{n+1}\right)\right| = \\&= \left|\frac{x^{n+1}}{n+1}\right| = \frac{x^{n+1}}{n+1}\leq\frac{1}{n+1} \rightarrow 0, \end{align*} daná řada konverguje stejnoměrně k $x$.