§01 数学原理
1.1 幂级数
1.1.1 复变函数项级数
设 { f n ( z ) } ( n = 1 , 2 , ⋯ ) \left\{ {f_n \left( z \right)} \right\}\left( {n = 1,2, \cdots } \right) { fn(z)}(n=1,2,⋯) 为复变函数序列，其中各项在 D D D 内有定义，级数 ∑ n = 1 ∞ f n ( z ) = f 1 ( z ) + f 2 ( z ) + ⋯ + f n ( z ) + ⋯ \sum\limits_{n = 1}^\infty {f_n \left( z \right)} = f_1 \left( z \right) + f_2 \left( z \right) + \cdots + f_n \left( z \right) + \cdots n=1∑∞fn(z)=f1(z)+f2(z)+⋯+fn(z)+⋯ 称为复变函数项级数，记做 ∑ n = 1 ∞ f n ( z ) \sum\limits_{n = 1}^\infty {f_n \left( z \right)} n=1∑∞fn(z) ，级数的部分和为 s n ( z ) = ∑ k = 1 n f k ( z ) = f 1 ( z ) + f 2 ( z ) + ⋯ + f n ( z ) s_n \left( z \right) = \sum\limits_{k = 1}^n {f_k \left( z \right)} = f_1 \left( z \right) + f_2 \left( z \right) + \cdots + f_n \left( z \right) sn(z)=k=1∑nfk(z)=f1(z)+f2(z)+⋯+fn(z)
D D D 内的某一点 z 0 z_0 z0 ，如果极限 lim n → ∞ s n ( z 0 ) = s ( z 0 ) \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } s_n \left( {z_0 } \right) = s\left( {z_0 } \right) n→∞limsn(z0)=s(z0) 存在，则称为复变函数项级数在 z 0 z_0 z0 收敛。如果级数在 D D D 内处处收敛，则定义 s ( z ) = f 1 ( z ) + f 2 ( z ) + ⋯ + f n ( z ) + ⋯ s\left( z \right) = f_1 \left( z \right) + f_2 \left( z \right) + \cdots + f_n \left( z \right) + \cdots s(z)=f1(z)+f2(z)+⋯+fn(z)+⋯ 为级数 ∑ n = 1 ∞ f n ( z ) \sum\limits_{n = 1}^\infty {f_n \left( z \right)} n=1∑∞fn(z) 的和函数。
1.1.2 幂级数
当 f n = c n − 1 ( z − a ) n − 1 f_n = c_{n - 1} \left( {z - a} \right)^{n - 1} fn=cn−1(z−a)n−1 时，级数 ∑ n = 0 ∞ c n ( z − a ) n = c 0 + c 1 ( z − a ) 1 + c 2 ( z − a ) n + ⋯ \sum\limits_{n = 0}^\infty {c_n \left( {z - a} \right)^n } = c_0 + c_1 \left( {z - a} \right)^1 + c_2 \left( {z - a} \right)^n + \cdots n=0∑∞cn(z−a)n=c0+c1(z−a)1+c2(z−a)n+⋯ 称为幂级数。
1.1.3 阿贝尔定理
如果级数 ∑ n = 0 ∞ c n z n \sum\limits_{n = 0}^\infty {c_n z^n } n=0∑∞cnzn 在 z = z 0 ( ≠ 0 ) z = z_0 \left( { \ne 0} \right) z=z0(=0) 收敛，那么对于满足 ∣ z ∣ < ∣ z 0 ∣ \left| z \right| < \left| {z_0 } \right| ∣z∣<∣z0∣ 的 z z z ，级数必绝对收敛。如果在 z = z 0 z = z_0 z=z0 处级数发散，那么对于 ∣ z ∣ > ∣ z 0 ∣ \left| z \right| > \left| {z_0 } \right| ∣z∣>∣z0∣ 的 z z z 技术必发散。
1.2 收敛圆与收敛半径
幂级数收敛情况包括：
- 如果技术对于所抱有的正实数都是收敛，那么在复平面内处处绝对收敛；
- 对于所有正实数除 z = 0 z = 0 z=0 之外都是发散，技术在复平面内出原点外都是处处发散；
- 存在正实数 R > 0 R > 0 R>0 ，在以 R R R 为半径的圆内复数，级数都收敛；在圆外技术发散。 R R R 称为技术的收敛半径。
▲ 图1.2.1 级数收敛半径
1.2.1 收敛半径求解方法
（1）比值方法
如果 lim n → ∞ ∣ c n + 1 c n ∣ = λ ≠ 0 \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left| { { {c_{n + 1} } \over {c_n }}} \right| = \lambda \ne 0 n→∞lim∣∣∣cncn+1∣∣∣=λ=0 那么收敛半径 R = 1 / λ R = 1/\lambda R=1/λ 。
（2）根值方法
如果 lim n → ∞ ∣ c n ∣ 1 / n = μ ≠ 0 \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left| {c_n } \right|^{1/n} = \mu \ne 0 n→∞lim∣cn∣1/n=μ=0 那么收敛半径 R = 1 / μ R = 1/\mu R=1/μ 。
1.3 幂级数运算和性质
1.3.1 幂级数和差积
两个幂级数可以进行相加、相减、相乘运算。 f ( z ) = ∑ n = 0 ∞ a n z n , R = r 1 ; g ( z ) = ∑ n = 0 ∞ b n z n , R = r 2 f\left( z \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty {a_n z^n } ,R = r_1 ;\,\,g\left( z \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty {b_n z^n } ,R = r_2 f(z)=n=0∑∞anzn,R=r1;g(z)=n=0∑∞bnzn,R=r2 那么 f ( z ) ± g ( z ) = ∑ n = 0 ∞ a n z n ± ∑ n = 0 ∞ b n z n = ∑ n = 0 ∞ ( a n ± b n ) z n , ∣ z ∣ < R f\left( z \right) \pm g\left( z \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty {a_n z^n } \pm \sum\limits_{n = 0}^\infty {b_n z^n } = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( {a_n \pm b_n } \right)z^n } ,\,\,\left| z \right| < R f(z)±g(z)=n=0∑∞anzn±n=0∑∞bnzn=n=0∑∞(an±bn)zn,∣z∣<R f ( z ) g ( z ) = ( ∑ n = 0 ∞ a n z n ) ⋅ ( ∑ n = 0 ∞ b n z n ) = ∑ n = 0 ∞ ( a 0 b n + a 1 b n − 1 + ⋯ + a n b 0 ) z n , ∣ z ∣ < R f\left( z \right)g\left( z \right) = \left( {\sum\limits_{n = 0}^\infty {a_n z^n } } \right) \cdot \left( {\sum\limits_{n = 0}^\infty {b_n z^n } } \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( {a_0 b_n + a_1 b_{n - 1} + \cdots + a_n b_0 } \right)z^n } ,\,\,\left| z \right| < R f(z)g(z)=(n=0∑∞anzn)⋅(n=0∑∞bnzn)=n=0∑∞(a0bn+a1bn−1+⋯+anb0)zn,∣z∣<R 其中，在一般情况下 R = min ( r 1 , r 2 ) R = \min \left( {r_1 ,r_2 } \right) R=min(r1,r2)
1.3.2 和函数性质
设幂级数 ∑ n = 0 ∞ c n ( z − z 0 ) n \sum\limits_{n = 0}^\infty {c_n \left( {z - z_0 } \right)^n } n=0∑∞cn(z−z0)n 的收敛半径为 R R R ，那么
（1） 它的和函数 f ( ) f\left( {} \right) f() ，即 f ( z ) = ∑ n = 0 ∞ c n ( z − z 0 ) n f\left( z \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty {c_n \left( {z - z_0 } \right)^n } f(z)=n=0∑∞cn(z−z0)n 是收敛圆： ∣ z − z 0 ∣ < R \left| {z - z_0 } \right| < R ∣z−z0∣<R 内的解析函数；
（2） f ( z ) f\left( z \right) f(z) 在收敛圆内的导数可以由其幂级数逐项求导获得，即 f ′ ( z ) = ∑ n = 1 ∞ n c n ( z − z 0 ) n − 1 f'\left( z \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty {nc_n \left( {z - z_0 } \right)^{n - 1} } f′(z)=n=1∑∞ncn(z−z0)n−1
（3） f ( z ) f\left( z \right) f(z) 在收敛圆内可以逐项积分，即 ∫ C f ( z ) d z = ∑ n = 0 ∞ c n ∫ C ( z − z 0 ) n d z = ∑ n = 0 ∞ c n n + 1 ( z − z 0 ) n + 1 \int_C {f\left( z \right)dz} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {c_n \int_C {\left( {z - z_0 } \right)^n dz} } = \sum\limits_{n = 0}^\infty { { {c_n } \over {n + 1}}\left( {z - z_0 } \right)^{n + 1} } ∫Cf(z)dz=n=0∑∞cn∫C(z−z0)ndz=n=0∑∞n+1cn(z−z0)n+1 其中 C ∈ ∣ z − z 0 ∣ < R C \in \left| {z - z_0 } \right| < R C∈∣z−z0∣<R 。
§02 应用举例
2.1 幂级数收敛范围与和函数
求幂级数 ∑ n = 0 ∞ z n = 1 + z + z 2 + ⋯ + z n + ⋯ \sum\limits_{n = 0}^\infty {z^n } = 1 + z + z^2 + \cdots + z^n + \cdots n=0∑∞zn=1+z+z2+⋯+zn+⋯ 的收敛范围与和函数。
求解： 级数的部分和函数为 s n = 1 + z + z 2 + ⋯ + z n = 1 − z n 1 − z , ( z ≠ 0 ) s_n = 1 + z + z^2 + \cdots + z^n = { {1 - z^n } \over {1 - z}},\left( {z \ne 0} \right) sn=1+z+z2+⋯+zn=1−z1−zn,(z=0) 当 ∣ z ∣ < 1 \left| z \right| < 1 ∣z∣<1 时，由于 lim z → ∞ z n = 0 \mathop {\lim }\limits_{z \to \infty } z^n = 0 z→∞limzn=0 ，从而 lim n → ∞ s n = 1 1 − z \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } s_n = {1 \over {1 - z}} n→∞limsn=1−z1 ，即 ∣ z ∣ < 0 \left| z \right| < 0 ∣z∣<0 时技术 ∑ n = 0 ∞ z n \sum\limits_{n = 0}^\infty {z^n } n=0∑∞zn 收敛，和函数为 1 1 − z {1 \over {1 - z}} 1−z1 。
当 ∣ z ∣ ≥ 1 \left| z \right| \ge 1 ∣z∣≥1 时，由于 n → ∞ n \to \infty n→∞ 级数的一般项趋于0，故级数发散。所以技术的收敛范围是 ∣ z ∣ < 1 \left| z \right| < 1 ∣z∣<1 ，收敛半径 R = 1 R = 1 R=1 。在收敛半径内，技术为决定收敛，并有 1 1 − z = 1 + z + z 2 + ⋯ + z n + ⋯ {1 \over {1 - z}} = 1 + z + z^2 + \cdots + z^n + \cdots 1−z1=1+z+z2+⋯+zn+⋯
2.2 函数展成幂级数
把函数 1 z − b {1 \over {z - b}} z−b1 表示成 ∑ n = 0 ∞ c n ( z − a ) n \sum\limits_{n = 0}^\infty {c_n \left( {z - a} \right)^n } n=0∑∞cn(z−a)n 的幂级数，其中 a a a 与 b b b 是不相等的复常数。
求解： 根据上面 1 1 − z {1 \over {1 - z}} 1−z1 的可以展开成 ∑ n = 0 ∞ z n \sum\limits_{n = 0}^\infty {z^n } n=0∑∞zn 形式，所以将 1 z − b {1 \over {z - b}} z−b1 写成 1 1 − z {1 \over {1 - z}} 1−z1 的形式。 1 z − b = 1 ( z − a ) − ( a − b ) = − 1 b − a ⋅ 1 1 − z − a b − a {1 \over {z - b}} = {1 \over {\left( {z - a} \right) - \left( {a - b} \right)}} = - {1 \over {b - a}} \cdot {1 \over {1 - { {z - a} \over {b - a}}}} z−b1=(z−a)−(a−b)1=−b−a1⋅1−b−az−a1 因此 1 z − b = − 1 b − a ∑ n = 0 ∞ ( z − a b − a ) n = ∑ n = 0 ∞ − 1 ( b − a ) n + 1 ( z − a ) n {1 \over {z - b}} = - {1 \over {b - a}}\sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( { { {z - a} \over {b - a}}} \right)^n } = \sum\limits_{n = 0}^\infty { - {1 \over {\left( {b - a} \right)^{n + 1} }}\left( {z - a} \right)^n } z−b1=−b−a1n=0∑∞(b−az−a)n=n=0∑∞−(b−a)n+11(z−a)n
2.3 求幂级数收敛半径
求下列幂级数的收敛半径
（1） ∑ n = 0 ∞ z n n 3 \sum\limits_{n = 0}^\infty { { {z^n } \over {n^3 }}} n=0∑∞n3zn 讨论在收敛圆周上的情形；
（2） ∑ n = 1 ∞ ( z − 1 ) n n \sum\limits_{n = 1}^\infty { { {\left( {z - 1} \right)^n } \over n}} n=1∑∞n(z−1)n 并讨论 z = 0 , 2 z = 0,2 z=0,2 时的情形；
（3） ∑ n = 0 ∞ ( cos i n ) z n \sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( {\cos in} \right)z^n } n=0∑∞(cosin)zn
求解：
（1） 因为 lim n → ∞ ∣ c n + 1 c n ∣ = lim n → ∞ ( n n + 1 ) 3 = 1 \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left| { { {c_{n + 1} } \over {c_n }}} \right| = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( { {n \over {n + 1}}} \right)^3 = 1 n→∞lim∣∣∣∣cncn+1∣∣∣∣=n→∞lim(n+1n)3=1 或 lim n → ∞ ∣ c n ∣ 1 / n = lim n → ∞ ( 1 n 3 ) 1 / n = lim n → ∞ 1 n 3 / n = 1 \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left| {c_n } \right|^{1/n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( { {1 \over {n^3 }}} \right)^{1/n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {1 \over {n^{3/n} }} = 1 n→∞lim∣cn∣1/n=n→∞lim(n31)1/n=n→∞limn3/n1=1 所以收敛半径 R = 1 R = 1 R=1 。
在收敛圆上， ∑ n = 1 ∞ ∣ z n n 3 ∣ = ∑ n = 1 ∞ 1 n 3 \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left| { { {z^n } \over {n^3 }}} \right|} = \sum\limits_{n = 1}^\infty { {1 \over {n^3 }}} n=1∑∞∣∣n3zn∣∣=n=1∑∞n31 是收敛的。
（2） lim n → ∞ ∣ c n + 1 c n ∣ = lim n → ∞ n n + 1 = 1 \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left| { { {c_{n + 1} } \over {c_n }}} \right| = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {n \over {n + 1}} = 1 n→∞lim∣∣∣∣cncn+1∣∣∣∣=n→∞limn+1n=1 所以收敛半径 R = 1 R = 1 R=1 。
（3） 由于 c n = cos i n = c h ( n ) = 1 2 ( e n + e − n ) c_n = \cos in = ch\left( n \right) = {1 \over 2}\left( {e^n + e^{ - n} } \right) cn=cosin=ch(n)=21(en+e−n) 所以 lim n → ∞ ∣ c n + 1 c n ∣ = lim n → ∞ e n + 1 + e − n − 1 e n + e − n = e \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left| { { {c_{n + 1} } \over {c_n }}} \right| = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } { {e^{n + 1} + e^{ - n - 1} } \over {e^n + e^{ - n} }} = e n→∞lim∣∣∣∣cncn+1∣∣∣∣=n→∞limen+e−nen+1+e−n−1=e 所以收敛半径 R = 1 / e R = 1/e R=1/e 。
2.4 幂级数相减
设有幂级数 ∑ n = 0 ∞ z n \sum\limits_{n = 0}^\infty {z^n } n=0∑∞zn 与 ∑ n = 0 ∞ 1 1 + α n z n \sum\limits_{n = 0}^\infty { {1 \over {1 + \alpha ^n }}z^n } n=0∑∞1+αn1zn （ 0 < α < 1 0 < \alpha < 1 0<α<1 ），求 ∑ n = 0 ∞ z n − ∑ n = 0 ∞ 1 1 + α n z n = ∑ n = 0 ∞ α n 1 + α n \sum\limits_{n = 0}^\infty {z^n } - \sum\limits_{n = 0}^\infty { {1 \over {1 + \alpha ^n }}z^n } = \sum\limits_{n = 0}^\infty { { {\alpha ^n } \over {1 + \alpha ^n }}} n=0∑∞zn−n=0∑∞1+αn1zn=n=0∑∞1+αnαn 的收敛半径。
求解： 容易验证 ∑ n = 0 ∞ z n \sum\limits_{n = 0}^\infty {z^n } n=0∑∞zn 与 ∑ n = 0 ∞ 1 1 + α n z n \sum\limits_{n = 0}^\infty { {1 \over {1 + \alpha ^n }}z^n } n=0∑∞1+αn1zn 的收敛半径都是1。但 ∑ n = 0 ∞ α n 1 + α n z n \sum\limits_{n = 0}^\infty { { {\alpha ^n } \over {1 + \alpha ^n }}z^n } n=0∑∞1+αnαnzn 的收敛半径
§03 信号与系统
3.1 z变换与幂级数
在信号与系统中，对于序列 x [ n ] , n = 0 , 1 , 2 , ⋯ x\left[ n \right],n = 0,1,2, \cdots x[n],n=0,1,2,⋯ 的 z z z 变换实际上就是一个关于 z z z 的幂级数 X ( z ) = ∑ n = 0 ∞ x [ n ] z − n X\left( z \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty {x\left[ n \right]z^{ - n} } X(z)=n=0∑∞x[n]z−n
因此判断 z z z 变换的收敛域，可以使用比值方法、根值方法等。
3.1.1 z变换收敛域
两个序列之间可以进行相加、相乘、卷积等运算，通常情况下，对应的 z z z 变换的收敛域是参与运算的收敛域的并，但在存在零极点抵消的情况下，收敛域存在扩展的情况。
例如 x [ n ] = a n u [ n ] , h [ n ] = a n u [ n − m ] , y [ n ] = x [ n ] − h [ n ] x\left[ n \right] = a^n u\left[ n \right],\,\,h\left[ n \right] = a^n u\left[ {n - m} \right],\,\,y\left[ n \right] = x\left[ n \right] - h\left[ n \right] x[n]=anu[n],h[n]=anu[n−m],y[n]=x[n]−h[n] x [ n ] , h [ n ] x\left[ n \right],h\left[ n \right] x[n],h[n] 的 z z z 变换分别为 X ( z ) = 1 1 − a z − 1 , ∣ z ∣ > ∣ a ∣ , H ( z ) = a m z − m 1 − a z − 1 , ∣ z ∣ > ∣ a ∣ X\left( z \right) = {1 \over {1 - az^{ - 1} }},\left| z \right| > \left| a \right|,\,\,\,H\left( z \right) = { {a^m z^{ - m} } \over {1 - az^{ - 1} }},\left| z \right| > \left| a \right| X(z)=1−az−11,∣z∣>∣a∣,H(z)=1−az−1amz−m,∣z∣>∣a∣ 对应 y [ n ] y\left[ n \right] y[n] 的 z z z 变换 Y ( z ) = X ( z ) − H ( z ) = z m − a m z m − 1 ( z − a ) , ∣ z ∣ > 0 Y\left( z \right) = X\left( z \right) - H\left( z \right) = { {z^m - a^m } \over {z^{m - 1} \left( {z - a} \right)}},\left| z \right| > 0 Y(z)=X(z)−H(z)=zm−1(z−a)zm−am,∣z∣>0
▲ 图3.1.1 发生零极点抵消
3.1.2 双向z变换
数学中定义幂级数都是针对 ∑ n = 0 ∞ c n ( z − a ) n \sum\limits_{n = 0}^\infty {c_n \left( {z - a} \right)^n } n=0∑∞cn(z−a)n 的形式然而对于离散时间信号，可以存在双边 z z z 变换的形式。 X ( z ) = ∑ n = − ∞ + ∞ x [ n ] z − n X\left( z \right) = \sum\limits_{n = - \infty }^{ + \infty } {x\left[ n \right]z^{ - n} } X(z)=n=−∞∑+∞x[n]z−n 在这种情况下，可以吧双边 z z z 变换看成两个级数的叠加，即右边序列与左边序列的 z z z 变换。它们的收敛域为两个级数收敛域的并。
§04 作业练习
4.1 幂级数的收敛半径
4.1.1 判断题
幂级数 ∑ n = 0 ∞ c n ( z − 2 ) n \sum\limits_{n = 0}^\infty {c_n \left( {z - 2} \right)^n } n=0∑∞cn(z−2)n 可否在 z = 0 z = 0 z=0 收敛，而在 z = 3 z = 3 z=3 发散？
4.1.2 求幂级数收敛半径
求下列幂级数的收敛半径：
( 1 ) ∑ n = 1 ∞ z n n p , ( p ∈ N ) ; ( 2 ) ∑ n = 1 ∞ ( n ! ) 2 n n z n ; \left( 1 \right)\,\,\,\sum\limits_{n = 1}^\infty { { {z^n } \over {n^p }}} ,\,\,\left( {p \in N} \right);\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\,\,\,\sum\limits_{n = 1}^\infty { { {\left( {n!} \right)^2 } \over {n^n }}z^n } ; (1)n=1∑∞npzn,(p∈N);(2)n=1∑∞nn(n!)2zn; ( 3 ) ∑ n = 0 ∞ ( 1 + i ) n z n ; ( 4 ) ∑ n = 1 ∞ e i π n z n ; \left( 3 \right)\sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( {1 + i} \right)^n z^n } ;\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 4 \right)\,\,\,\sum\limits_{n = 1}^\infty {e^{i{\pi \over n}} z^n } ; (3)n=0∑∞(1+i)nzn;(4)n=1∑∞einπzn; ( 5 ) ∑ n = 1 ∞ c h ( i n ) ( z − 1 ) n ; ( 6 ) ∑ n = 1 ∞ ( z ln i n ) n \left( 5 \right)\,\,\,\sum\limits_{n = 1}^\infty {ch\left( { {i \over n}} \right)\left( {z - 1} \right)^n } ;\,\,\,\left( 6 \right)\,\,\,\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( { {z \over {\ln in}}} \right)^n } (5)n=1∑∞ch(ni)(z−1)n;(6)n=1∑∞(lninz)n
4.1.3 证明题
（1）证明题1
如果 ∑ n = 0 ∞ c n z n \sum\limits_{n = 0}^\infty {c_n z^n } n=0∑∞cnzn 的收敛半径为 R R R ，证明 ∑ n = 0 ∞ ( R e c n ) z n \sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( { {\mathop{\rm Re}\nolimits} c_n } \right)z^n } n=0∑∞(Recn)zn 的收敛半径 ≥ R \ge R ≥R 。
（2）证明题2
证明：如果 lim n → ∞ c n + 1 c n \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } { {c_{n + 1} } \over {c_n }} n→∞limcncn+1 存在（ ≠ 0 \ne 0 =0 ），下列三个幂级数具有相同的收敛半径。 ∑ n = 0 ∞ c n z n ; ∑ n = 0 ∞ c n n + 1 z n ; ∑ n = 0 ∞ n c n z n \sum\limits_{n = 0}^\infty {c_n z^n } ;\,\,\,\,\,\sum\limits_{n = 0}^\infty { { {c_n } \over {n + 1}}z^n } ;\,\,\,\,\sum\limits_{n = 0}^\infty {nc_n z^n } n=0∑∞cnzn;n=0∑∞n+1cnzn;n=0∑∞ncnzn
（3）证明题3
设 ∑ n = 0 ∞ c n \sum\limits_{n = 0}^\infty {c_n } n=0∑∞cn 收敛，而 ∑ n = 0 ∞ ∣ c n ∣ \sum\limits_{n = 0}^\infty {\left| {c_n } \right|} n=0∑∞∣cn∣ 发散，证明 ∑ n = 0 ∞ c n z n \sum\limits_{n = 0}^\infty {c_n z^n } n=0∑∞cnzn 的收敛半径 R = 1 R = 1 R=1 。
● 相关图表链接: