两幂级数柯西乘积收敛半径大于等于较小者 怎么证明呢？
好的，我们来详细证明两幂级数柯西乘积的收敛半径大于等于较小者的结论。
引理（两幂级数柯西乘积的收敛半径）：
设有两个幂级数：
$$A(x) = sum_{n=0}^{infty} a_n x^n quad ext{且收敛半径为} quad R_A$$
$$B(x) = sum_{n=0}^{infty} b_n x^n quad ext{且收敛半径为} quad R_B$$
它们的柯西乘积定义为：
$$C(x) = A(x) B(x) = sum_{n=0}^{infty} c_n x^n$$
其中，$c_n = sum_{k=0}^{n} a_k b_{nk}$。
则幂级数 $C(x)$ 的收敛半径 $R_C$ 满足：
$$R_C ge min(R_A, R_B)$$
证明思路：
证明的核心在于利用柯西乘积的定义，并结合已知级数收敛半径的性质来估计新级数的系数。我们将分几种情况来讨论。
详细证明：
设 $R = min(R_A, R_B)$。我们的目标是证明 $R_C ge R$。根据收敛半径的定义，如果我们要证明 $R_C ge R$，那么我们需要证明对于任意一个 $|x| < R$，级数 $C(x)$ 是收敛的。
情况 1：$|x| < R$
由于 $R = min(R_A, R_B)$，所以 $|x| < R$ 意味着 $|x| < R_A$ 且 $|x| < R_B$。
根据收敛半径的性质：
因为 $|x| < R_A$，所以幂级数 $A(x) = sum_{n=0}^{infty} a_n x^n$ 是绝对收敛的。这意味着 $sum_{n=0}^{infty} |a_n x^n|$ 是收敛的。
因为 $|x| < R_B$，所以幂级数 $B(x) = sum_{n=0}^{infty} b_n x^n$ 是绝对收敛的。这意味着 $sum_{n=0}^{infty} |b_n x^n|$ 是收敛的。
利用绝对收敛的性质：
当级数绝对收敛时，我们可以自由地重新排列级数的项，并且级数的收敛性不受影响。
考虑柯西乘积的级数：
$C(x) = sum_{n=0}^{infty} c_n x^n = sum_{n=0}^{infty} left( sum_{k=0}^{n} a_k b_{nk} ight) x^n$
我们现在要证明当 $|x| < R$ 时，这个级数是收敛的。
考虑 $C(x)$ 的各项的绝对值：
$$|C(x)| = left| sum_{n=0}^{infty} left( sum_{k=0}^{n} a_k b_{nk} ight) x^n ight|$$
由于级数 $A(x)$ 和 $B(x)$ 在 $|x| < R$ 时是绝对收敛的，我们可以利用一个重要的性质：两个绝对收敛的级数的柯西乘积也是绝对收敛的。
让我们来直观地理解一下为什么。
我们可以将 $A(x)$ 和 $B(x)$ 的乘积看作一个双重级数：
$$A(x)B(x) = left( sum_{i=0}^{infty} a_i x^i ight) left( sum_{j=0}^{infty} b_j x^j ight)$$
将这个双重级数展开，得到所有形如 $(a_i x^i)(b_j x^j) = a_i b_j x^{i+j}$ 的项的和。
我们可以将这些项按照指数 $i+j$ 进行分组。令 $n = i+j$，那么对于每一个固定的 $n$，所有的项 $a_i b_j x^{i+j}$ 都满足 $i+j=n$。
当 $i$ 从 $0$ 取到 $n$ 时，$j$ 就从 $n$ 变到 $0$。因此，指数为 $n$ 的项的和就是：
$$sum_{i=0}^{n} a_i b_{ni} x^n = left( sum_{i=0}^{n} a_i b_{ni} ight) x^n = c_n x^n$$
所以，$A(x)B(x) = sum_{n=0}^{infty} c_n x^n$。
现在考虑其绝对值：
$$|A(x)B(x)| = |A(x)| |B(x)|$$
由于 $|x| < R_A$，我们有 $|A(x)| le sum_{n=0}^{infty} |a_n x^n| < infty$。
同样，由于 $|x| < R_B$，我们有 $|B(x)| le sum_{n=0}^{infty} |b_n x^n| < infty$。
因此， $|A(x)B(x)| < infty$，这意味着 $C(x) = A(x)B(x)$ 在 $|x| < R$ 时是收敛的。
更严谨地从级数系数入手：
我们需要证明 $sum_{n=0}^{infty} c_n x^n$ 在 $|x| < R$ 时收敛。这意味着我们需要证明 $sum_{n=0}^{infty} |c_n x^n|$ 收敛。
设 $|x| < R$. 存在一个实数 $r$ 使得 $|x| < r < R$.
因为 $|x| < R_A$ 且 $|x| < R_B$, 所以 $A(x)$ 和 $B(x)$ 都收敛。
我们可以利用一个重要的引理：如果级数 $sum a_n$ 和 $sum b_n$ 都收敛，那么它们的柯西乘积 $sum c_n$ 也收敛，并且 $sum c_n = (sum a_n)(sum b_n)$。 这个引理叫做 Abel 极限定理 (Abel's summation theorem) 的一个推论（更准确地说，是柯西乘积收敛定理）。
然而，我们这里讨论的是幂级数，并且我们在证明收敛半径，需要的是绝对收敛。
让我们回到双重级数的绝对收敛性。
考虑由 $a_i x^i b_j x^j$ 构成的所有项的绝对值的和。
$$ sum_{i=0}^{infty} sum_{j=0}^{infty} |a_i x^i b_j x^j| = sum_{i=0}^{infty} |a_i x^i| sum_{j=0}^{infty} |b_j x^j| $$
因为 $|x| < R_A$ 且 $|x| < R_B$，级数 $sum_{i=0}^{infty} |a_i x^i|$ 和 $sum_{j=0}^{infty} |b_j x^j|$ 都收敛。
所以，上面的双重级数的和是有限的，即：
$$ sum_{i=0}^{infty} sum_{j=0}^{infty} |a_i b_j x^{i+j}| < infty $$
由于这个双重级数的绝对值之和是有限的，那么将这些项按照 $i+j=n$ 分组求和，得到的级数 $sum_{n=0}^{infty} c_n x^n$ 必然是绝对收敛的。
因此，对于任何 $|x| < R = min(R_A, R_B)$，级数 $C(x) = sum_{n=0}^{infty} c_n x^n$ 是绝对收敛的。
根据收敛半径的定义，如果级数在 $|x| < R'$ 时收敛，那么其收敛半径 $R_C ge R'$。
所以，在这里， $R_C ge R = min(R_A, R_B)$。
更具体的证明方法（使用界限估计）：
我们也可以不直接使用双重级数绝对收敛的性质，而是通过对系数 $c_n$ 进行估计来证明。
设 $|x| < R$. 存在一个实数 $r$ 使得 $|x| < r < R$.
由于 $|x| < R_A$, $sum a_n r^n$ 收敛。这意味着 $|a_n r^n|$ 有界，即存在常数 $M_A > 0$ 使得对所有 $n$, $|a_n r^n| le M_A$。
同样，由于 $|x| < R_B$, $sum b_n r^n$ 收敛。这意味着 $|b_n r^n|$ 有界，即存在常数 $M_B > 0$ 使得对所有 $n$, $|b_n r^n| le M_B$。
现在考虑 $c_n x^n$:
$$|c_n x^n| = left| left( sum_{k=0}^{n} a_k b_{nk} ight) x^n ight| = left| sum_{k=0}^{n} a_k b_{nk} x^n ight|$$
$$|c_n x^n| = left| sum_{k=0}^{n} a_k x^k b_{nk} x^{nk} ight|$$
利用三角不等式：
$$|c_n x^n| le sum_{k=0}^{n} |a_k b_{nk} x^n| = sum_{k=0}^{n} |a_k x^k| |b_{nk} x^{nk}|$$
这看起来并不直接指向收敛。我们换个思路，利用 $r$ 来界定。
设 $|x| < R$.
因为 $|x| < R_A$, 存在 $M_A > 0$ 使得 $|a_n x^n| le M_A$ 对所有 $n$ 成立。
因为 $|x| < R_B$, 存在 $M_B > 0$ 使得 $|b_n x^n| le M_B$ 对所有 $n$ 成立。
这并不意味着 $|a_n|$ 和 $|b_n|$ 有界。但我们可以这样做：
设 $|x| < R$. 存在一个 $r$ 使得 $|x| < r < R$.
由于 $|x| < R_A$, $sum_{n=0}^{infty} |a_n r^n|$ 收敛。因此 $|a_n r^n|$ 是一个收敛级数的项，所以 $|a_n r^n| o 0$ 当 $n o infty$。
一个收敛级数的项是有界的。所以存在 $M_A'$ 使得 $|a_n r^n| le M_A'$ 对所有 $n$ 成立。
同理，存在 $M_B'$ 使得 $|b_n r^n| le M_B'$ 对所有 $n$ 成立。
现在我们来估计 $|c_n x^n|$：
$$|c_n x^n| = left| sum_{k=0}^{n} a_k b_{nk} x^n ight| = left| sum_{k=0}^{n} a_k x^k b_{nk} x^{nk} ight|$$
$$|c_n x^n| le sum_{k=0}^{n} |a_k x^k| |b_{nk} x^{nk}|$$
我们知道 $|a_k x^k| = |a_k r^k| left| frac{x^k}{r^k} ight| le M_A' |frac{x}{r}|^k$
同理， $|b_{nk} x^{nk}| = |b_{nk} r^{nk}| left| frac{x^{nk}}{r^{nk}} ight| le M_B' |frac{x}{r}|^{nk}$
代入不等式：
$$|c_n x^n| le sum_{k=0}^{n} left( M_A' |frac{x}{r}|^k ight) left( M_B' |frac{x}{r}|^{nk} ight)$$
$$|c_n x^n| le M_A' M_B' sum_{k=0}^{n} |frac{x}{r}|^k |frac{x}{r}|^{nk}$$
$$|c_n x^n| le M_A' M_B' sum_{k=0}^{n} |frac{x}{r}|^n$$
由于 $|frac{x}{r}| < 1$ (因为 $|x| < r$), $|frac{x}{r}|^n$ 是一个常数项，对于这个求和来说。
$$|c_n x^n| le M_A' M_B' (n+1) |frac{x}{r}|^n$$
现在我们需要证明 $sum_{n=0}^{infty} |c_n x^n|$ 收敛。
我们有 $|c_n x^n| le M_A' M_B' (n+1) |frac{x}{r}|^n$.
考虑级数 $sum_{n=0}^{infty} (n+1) |frac{x}{r}|^n$.
这是一个幂级数（变量是 $|frac{x}{r}|$），它的系数是 $n+1$。我们可以使用比值判别法来判断它的收敛性。
设 $y = |frac{x}{r}|$. 我们考察 $sum (n+1) y^n$.
$$lim_{n o infty} frac{(n+2) y^{n+1}}{(n+1) y^n} = lim_{n o infty} frac{n+2}{n+1} y = 1 cdot y = y$$
由于我们选择 $r$ 使得 $|x| < r$, 所以 $y = |frac{x}{r}| < 1$.
根据比值判别法，当 $y < 1$ 时，级数 $sum (n+1) y^n$ 是收敛的。
因此，级数 $sum_{n=0}^{infty} (n+1) |frac{x}{r}|^n$ 收敛。
因为 $|c_n x^n| le M_A' M_B' sum_{k=0}^{n} |frac{x}{r}|^n = M_A' M_B' (n+1) |frac{x}{r}|^n$, 并且 $sum_{n=0}^{infty} M_A' M_B' (n+1) |frac{x}{r}|^n$ 是收敛的，根据比较判别法，级数 $sum_{n=0}^{infty} |c_n x^n|$ 是收敛的。
这就证明了，对于任何 $|x| < R = min(R_A, R_B)$，柯西乘积级数 $C(x) = sum_{n=0}^{infty} c_n x^n$ 都是绝对收敛的。因此，其收敛半径 $R_C ge min(R_A, R_B)$。
总结一下证明的关键点：
1. 利用收敛半径的定义： 要证明 $R_C ge min(R_A, R_B)$，只需要证明在 $|x| < min(R_A, R_B)$ 的区域内，$C(x)$ 是收敛的。
2. 利用绝对收敛的性质： 当 $|x| < min(R_A, R_B)$ 时，原级数 $A(x)$ 和 $B(x)$ 都绝对收敛。
3. 双重级数绝对收敛的结论： 两个绝对收敛的幂级数的乘积，其系数构成的级数也是绝对收敛的。这是最直接也最简洁的证明思路。
4. 界限估计的思路： 通过选择一个介于 $|x|$ 和 $min(R_A, R_B)$ 之间的数 $r$，利用 $A(x)$ 和 $B(x)$ 在 $|x|
一个重要的补充说明：
这里的证明只保证了 $R_C ge min(R_A, R_B)$。实际上，很多情况下 $R_C = min(R_A, R_B)$，但并非总是如此。存在一些特殊情况使得 $R_C > min(R_A, R_B)$。
例子说明何时 $R_C > min(R_A, R_B)$：
考虑级数：
$A(x) = 1 + 0x + 0x^2 + dots = 1$。收敛半径 $R_A = infty$。
$B(x) = 1 + 0x + 0x^2 + dots = 1$。收敛半径 $R_B = infty$。
$C(x) = A(x)B(x) = 1 cdot 1 = 1$。收敛半径 $R_C = infty$。
在这种情况下，$min(R_A, R_B) = infty$, $R_C = infty$, $R_C ge min(R_A, R_B)$ 成立。
考虑：
$A(x) = sum_{n=0}^{infty} x^n = frac{1}{1x}$。收敛半径 $R_A = 1$。
$B(x) = sum_{n=0}^{infty} (x)^n = frac{1}{1+x}$。收敛半径 $R_B = 1$。
$min(R_A, R_B) = 1$.
$C(x) = A(x)B(x) = frac{1}{(1x)(1+x)} = frac{1}{1x^2} = sum_{n=0}^{infty} x^{2n} = 1 + x^2 + x^4 + dots$
级数 $C(x) = 1 + 0x + 1x^2 + 0x^3 + 1x^4 + dots$。
$c_{2n} = 1$, $c_{2n+1} = 0$。
级数 $sum_{n=0}^{infty} c_n x^n$ 的收敛半径是 $R_C = 1$。
这里 $R_C = min(R_A, R_B)$.
考虑一个更微妙的例子：
$A(x) = sum_{n=0}^{infty} frac{x^n}{n!} = e^x$。收敛半径 $R_A = infty$。
$B(x) = sum_{n=0}^{infty} frac{(x)^n}{n!} = e^{x}$。收敛半径 $R_B = infty$。
$min(R_A, R_B) = infty$.
$C(x) = A(x)B(x) = e^x e^{x} = e^0 = 1 = sum_{n=0}^{infty} 0 cdot x^n$。收敛半径 $R_C = infty$。
这里 $R_C = min(R_A, R_B)$。
实际上，要找到 $R_C > min(R_A, R_B)$ 的例子，通常需要级数的系数有某些抵消的效果。
考虑以下级数：
$A(x) = 1 + x + x^2 + x^3 + dots = frac{1}{1x}$, $R_A = 1$.
$B(x) = 1 x + x^2 x^3 + dots = frac{1}{1+x}$, $R_B = 1$.
$C(x) = A(x)B(x) = frac{1}{1x^2} = 1 + x^2 + x^4 + x^6 + dots$
$c_0 = 1, c_1 = 0, c_2 = 1, c_3 = 0, c_4 = 1, dots$
柯西乘积的系数是：
$c_n = sum_{k=0}^n a_k b_{nk}$
$a_k = 1$ 对于所有 $k ge 0$.
$b_k = (1)^k$ 对于所有 $k ge 0$.
$c_n = sum_{k=0}^n 1 cdot (1)^{nk} = (1)^n sum_{k=0}^n (1)^{k} = (1)^n sum_{k=0}^n (1)^k$
当 $n$ 是偶数时，$n = 2m$: $sum_{k=0}^{2m} (1)^k = 1 1 + 1 1 + dots + 1 = 1$. 所以 $c_{2m} = (1)^{2m} cdot 1 = 1$.
当 $n$ 是奇数时，$n = 2m+1$: $sum_{k=0}^{2m+1} (1)^k = 1 1 + 1 1 + dots 1 = 0$. 所以 $c_{2m+1} = (1)^{2m+1} cdot 0 = 0$.
所以 $C(x) = sum_{m=0}^{infty} c_{2m} x^{2m} = sum_{m=0}^{infty} 1 cdot x^{2m} = 1 + x^2 + x^4 + dots$
这是一个几何级数以 $x^2$ 为公比，其收敛条件是 $|x^2| < 1$, 即 $|x| < 1$.
所以 $R_C = 1$. 在这个例子中，$R_C = min(R_A, R_B)$.
反例？ 实际上，当 $R_A$ 和 $R_B$ 都有限时，可以证明 $R_C = min(R_A, R_B)$ 是更常见的结论，或者说柯西乘积的收敛半径不会“神奇地”增大到超出较小者的范围。上面的证明已经充分说明了 $R_C ge min(R_A, R_B)$。
更严谨地说，如果 $A(x)$ 和 $B(x)$ 是定义在复数域上的幂级数，并且它们的收敛半径分别是 $R_A$ 和 $R_B$，那么它们的乘积 $C(x)$ 的收敛半径 $R_C$ 确实满足 $R_C ge min(R_A, R_B)$。而且，通常情况下，$R_C = min(R_A, R_B)$。
例如，如果 $R_A < R_B$, 那么在 $|x| = R_A$ 时，$A(x)$ 的级数发散，而 $B(x)$ 的级数收敛。因此，它们的乘积 $A(x)B(x)$ 在 $|x| = R_A$ 时也必然发散。这说明 $R_C le R_A = min(R_A, R_B)$。
结合 $R_C ge min(R_A, R_B)$ 和 $R_C le min(R_A, R_B)$，我们就可以得出结论：如果 $R_A$ 和 $R_B$ 都是有限的，那么 $R_C = min(R_A, R_B)$。
所以，题目中“大于等于较小者”的表述是正确的，并且在大多数情况下是等号成立。
希望这个详细的证明过程对您有帮助！
引理（两幂级数柯西乘积的收敛半径）：
设有两个幂级数：
$$A(x) = sum_{n=0}^{infty} a_n x^n quad ext{且收敛半径为} quad R_A$$
$$B(x) = sum_{n=0}^{infty} b_n x^n quad ext{且收敛半径为} quad R_B$$
它们的柯西乘积定义为：
$$C(x) = A(x) B(x) = sum_{n=0}^{infty} c_n x^n$$
其中，$c_n = sum_{k=0}^{n} a_k b_{nk}$。
则幂级数 $C(x)$ 的收敛半径 $R_C$ 满足：
$$R_C ge min(R_A, R_B)$$
证明思路：
证明的核心在于利用柯西乘积的定义，并结合已知级数收敛半径的性质来估计新级数的系数。我们将分几种情况来讨论。
详细证明：
设 $R = min(R_A, R_B)$。我们的目标是证明 $R_C ge R$。根据收敛半径的定义，如果我们要证明 $R_C ge R$，那么我们需要证明对于任意一个 $|x| < R$，级数 $C(x)$ 是收敛的。
情况 1：$|x| < R$
由于 $R = min(R_A, R_B)$，所以 $|x| < R$ 意味着 $|x| < R_A$ 且 $|x| < R_B$。
根据收敛半径的性质：
因为 $|x| < R_A$，所以幂级数 $A(x) = sum_{n=0}^{infty} a_n x^n$ 是绝对收敛的。这意味着 $sum_{n=0}^{infty} |a_n x^n|$ 是收敛的。
因为 $|x| < R_B$，所以幂级数 $B(x) = sum_{n=0}^{infty} b_n x^n$ 是绝对收敛的。这意味着 $sum_{n=0}^{infty} |b_n x^n|$ 是收敛的。
利用绝对收敛的性质：
当级数绝对收敛时，我们可以自由地重新排列级数的项，并且级数的收敛性不受影响。
考虑柯西乘积的级数：
$C(x) = sum_{n=0}^{infty} c_n x^n = sum_{n=0}^{infty} left( sum_{k=0}^{n} a_k b_{nk} ight) x^n$
我们现在要证明当 $|x| < R$ 时，这个级数是收敛的。
考虑 $C(x)$ 的各项的绝对值：
$$|C(x)| = left| sum_{n=0}^{infty} left( sum_{k=0}^{n} a_k b_{nk} ight) x^n ight|$$
由于级数 $A(x)$ 和 $B(x)$ 在 $|x| < R$ 时是绝对收敛的，我们可以利用一个重要的性质：两个绝对收敛的级数的柯西乘积也是绝对收敛的。
让我们来直观地理解一下为什么。
我们可以将 $A(x)$ 和 $B(x)$ 的乘积看作一个双重级数：
$$A(x)B(x) = left( sum_{i=0}^{infty} a_i x^i ight) left( sum_{j=0}^{infty} b_j x^j ight)$$
将这个双重级数展开，得到所有形如 $(a_i x^i)(b_j x^j) = a_i b_j x^{i+j}$ 的项的和。
我们可以将这些项按照指数 $i+j$ 进行分组。令 $n = i+j$，那么对于每一个固定的 $n$，所有的项 $a_i b_j x^{i+j}$ 都满足 $i+j=n$。
当 $i$ 从 $0$ 取到 $n$ 时，$j$ 就从 $n$ 变到 $0$。因此，指数为 $n$ 的项的和就是：
$$sum_{i=0}^{n} a_i b_{ni} x^n = left( sum_{i=0}^{n} a_i b_{ni} ight) x^n = c_n x^n$$
所以，$A(x)B(x) = sum_{n=0}^{infty} c_n x^n$。
现在考虑其绝对值：
$$|A(x)B(x)| = |A(x)| |B(x)|$$
由于 $|x| < R_A$，我们有 $|A(x)| le sum_{n=0}^{infty} |a_n x^n| < infty$。
同样，由于 $|x| < R_B$，我们有 $|B(x)| le sum_{n=0}^{infty} |b_n x^n| < infty$。
因此， $|A(x)B(x)| < infty$，这意味着 $C(x) = A(x)B(x)$ 在 $|x| < R$ 时是收敛的。
更严谨地从级数系数入手：
我们需要证明 $sum_{n=0}^{infty} c_n x^n$ 在 $|x| < R$ 时收敛。这意味着我们需要证明 $sum_{n=0}^{infty} |c_n x^n|$ 收敛。
设 $|x| < R$. 存在一个实数 $r$ 使得 $|x| < r < R$.
因为 $|x| < R_A$ 且 $|x| < R_B$, 所以 $A(x)$ 和 $B(x)$ 都收敛。
我们可以利用一个重要的引理：如果级数 $sum a_n$ 和 $sum b_n$ 都收敛，那么它们的柯西乘积 $sum c_n$ 也收敛，并且 $sum c_n = (sum a_n)(sum b_n)$。 这个引理叫做 Abel 极限定理 (Abel's summation theorem) 的一个推论（更准确地说，是柯西乘积收敛定理）。
然而，我们这里讨论的是幂级数，并且我们在证明收敛半径，需要的是绝对收敛。
让我们回到双重级数的绝对收敛性。
考虑由 $a_i x^i b_j x^j$ 构成的所有项的绝对值的和。
$$ sum_{i=0}^{infty} sum_{j=0}^{infty} |a_i x^i b_j x^j| = sum_{i=0}^{infty} |a_i x^i| sum_{j=0}^{infty} |b_j x^j| $$
因为 $|x| < R_A$ 且 $|x| < R_B$，级数 $sum_{i=0}^{infty} |a_i x^i|$ 和 $sum_{j=0}^{infty} |b_j x^j|$ 都收敛。
所以，上面的双重级数的和是有限的，即：
$$ sum_{i=0}^{infty} sum_{j=0}^{infty} |a_i b_j x^{i+j}| < infty $$
由于这个双重级数的绝对值之和是有限的，那么将这些项按照 $i+j=n$ 分组求和，得到的级数 $sum_{n=0}^{infty} c_n x^n$ 必然是绝对收敛的。
因此，对于任何 $|x| < R = min(R_A, R_B)$，级数 $C(x) = sum_{n=0}^{infty} c_n x^n$ 是绝对收敛的。
根据收敛半径的定义，如果级数在 $|x| < R'$ 时收敛，那么其收敛半径 $R_C ge R'$。
所以，在这里， $R_C ge R = min(R_A, R_B)$。
更具体的证明方法（使用界限估计）：
我们也可以不直接使用双重级数绝对收敛的性质，而是通过对系数 $c_n$ 进行估计来证明。
设 $|x| < R$. 存在一个实数 $r$ 使得 $|x| < r < R$.
由于 $|x| < R_A$, $sum a_n r^n$ 收敛。这意味着 $|a_n r^n|$ 有界，即存在常数 $M_A > 0$ 使得对所有 $n$, $|a_n r^n| le M_A$。
同样，由于 $|x| < R_B$, $sum b_n r^n$ 收敛。这意味着 $|b_n r^n|$ 有界，即存在常数 $M_B > 0$ 使得对所有 $n$, $|b_n r^n| le M_B$。
现在考虑 $c_n x^n$:
$$|c_n x^n| = left| left( sum_{k=0}^{n} a_k b_{nk} ight) x^n ight| = left| sum_{k=0}^{n} a_k b_{nk} x^n ight|$$
$$|c_n x^n| = left| sum_{k=0}^{n} a_k x^k b_{nk} x^{nk} ight|$$
利用三角不等式：
$$|c_n x^n| le sum_{k=0}^{n} |a_k b_{nk} x^n| = sum_{k=0}^{n} |a_k x^k| |b_{nk} x^{nk}|$$
这看起来并不直接指向收敛。我们换个思路，利用 $r$ 来界定。
设 $|x| < R$.
因为 $|x| < R_A$, 存在 $M_A > 0$ 使得 $|a_n x^n| le M_A$ 对所有 $n$ 成立。
因为 $|x| < R_B$, 存在 $M_B > 0$ 使得 $|b_n x^n| le M_B$ 对所有 $n$ 成立。
这并不意味着 $|a_n|$ 和 $|b_n|$ 有界。但我们可以这样做：
设 $|x| < R$. 存在一个 $r$ 使得 $|x| < r < R$.
由于 $|x| < R_A$, $sum_{n=0}^{infty} |a_n r^n|$ 收敛。因此 $|a_n r^n|$ 是一个收敛级数的项，所以 $|a_n r^n| o 0$ 当 $n o infty$。
一个收敛级数的项是有界的。所以存在 $M_A'$ 使得 $|a_n r^n| le M_A'$ 对所有 $n$ 成立。
同理，存在 $M_B'$ 使得 $|b_n r^n| le M_B'$ 对所有 $n$ 成立。
现在我们来估计 $|c_n x^n|$：
$$|c_n x^n| = left| sum_{k=0}^{n} a_k b_{nk} x^n ight| = left| sum_{k=0}^{n} a_k x^k b_{nk} x^{nk} ight|$$
$$|c_n x^n| le sum_{k=0}^{n} |a_k x^k| |b_{nk} x^{nk}|$$
我们知道 $|a_k x^k| = |a_k r^k| left| frac{x^k}{r^k} ight| le M_A' |frac{x}{r}|^k$
同理， $|b_{nk} x^{nk}| = |b_{nk} r^{nk}| left| frac{x^{nk}}{r^{nk}} ight| le M_B' |frac{x}{r}|^{nk}$
代入不等式：
$$|c_n x^n| le sum_{k=0}^{n} left( M_A' |frac{x}{r}|^k ight) left( M_B' |frac{x}{r}|^{nk} ight)$$
$$|c_n x^n| le M_A' M_B' sum_{k=0}^{n} |frac{x}{r}|^k |frac{x}{r}|^{nk}$$
$$|c_n x^n| le M_A' M_B' sum_{k=0}^{n} |frac{x}{r}|^n$$
由于 $|frac{x}{r}| < 1$ (因为 $|x| < r$), $|frac{x}{r}|^n$ 是一个常数项，对于这个求和来说。
$$|c_n x^n| le M_A' M_B' (n+1) |frac{x}{r}|^n$$
现在我们需要证明 $sum_{n=0}^{infty} |c_n x^n|$ 收敛。
我们有 $|c_n x^n| le M_A' M_B' (n+1) |frac{x}{r}|^n$.
考虑级数 $sum_{n=0}^{infty} (n+1) |frac{x}{r}|^n$.
这是一个幂级数（变量是 $|frac{x}{r}|$），它的系数是 $n+1$。我们可以使用比值判别法来判断它的收敛性。
设 $y = |frac{x}{r}|$. 我们考察 $sum (n+1) y^n$.
$$lim_{n o infty} frac{(n+2) y^{n+1}}{(n+1) y^n} = lim_{n o infty} frac{n+2}{n+1} y = 1 cdot y = y$$
由于我们选择 $r$ 使得 $|x| < r$, 所以 $y = |frac{x}{r}| < 1$.
根据比值判别法，当 $y < 1$ 时，级数 $sum (n+1) y^n$ 是收敛的。
因此，级数 $sum_{n=0}^{infty} (n+1) |frac{x}{r}|^n$ 收敛。
因为 $|c_n x^n| le M_A' M_B' sum_{k=0}^{n} |frac{x}{r}|^n = M_A' M_B' (n+1) |frac{x}{r}|^n$, 并且 $sum_{n=0}^{infty} M_A' M_B' (n+1) |frac{x}{r}|^n$ 是收敛的，根据比较判别法，级数 $sum_{n=0}^{infty} |c_n x^n|$ 是收敛的。
这就证明了，对于任何 $|x| < R = min(R_A, R_B)$，柯西乘积级数 $C(x) = sum_{n=0}^{infty} c_n x^n$ 都是绝对收敛的。因此，其收敛半径 $R_C ge min(R_A, R_B)$。
总结一下证明的关键点：
1. 利用收敛半径的定义： 要证明 $R_C ge min(R_A, R_B)$，只需要证明在 $|x| < min(R_A, R_B)$ 的区域内，$C(x)$ 是收敛的。
2. 利用绝对收敛的性质： 当 $|x| < min(R_A, R_B)$ 时，原级数 $A(x)$ 和 $B(x)$ 都绝对收敛。
3. 双重级数绝对收敛的结论： 两个绝对收敛的幂级数的乘积，其系数构成的级数也是绝对收敛的。这是最直接也最简洁的证明思路。
4. 界限估计的思路： 通过选择一个介于 $|x|$ 和 $min(R_A, R_B)$ 之间的数 $r$，利用 $A(x)$ 和 $B(x)$ 在 $|x|
一个重要的补充说明：
这里的证明只保证了 $R_C ge min(R_A, R_B)$。实际上，很多情况下 $R_C = min(R_A, R_B)$，但并非总是如此。存在一些特殊情况使得 $R_C > min(R_A, R_B)$。
例子说明何时 $R_C > min(R_A, R_B)$：
考虑级数：
$A(x) = 1 + 0x + 0x^2 + dots = 1$。收敛半径 $R_A = infty$。
$B(x) = 1 + 0x + 0x^2 + dots = 1$。收敛半径 $R_B = infty$。
$C(x) = A(x)B(x) = 1 cdot 1 = 1$。收敛半径 $R_C = infty$。
在这种情况下，$min(R_A, R_B) = infty$, $R_C = infty$, $R_C ge min(R_A, R_B)$ 成立。
考虑：
$A(x) = sum_{n=0}^{infty} x^n = frac{1}{1x}$。收敛半径 $R_A = 1$。
$B(x) = sum_{n=0}^{infty} (x)^n = frac{1}{1+x}$。收敛半径 $R_B = 1$。
$min(R_A, R_B) = 1$.
$C(x) = A(x)B(x) = frac{1}{(1x)(1+x)} = frac{1}{1x^2} = sum_{n=0}^{infty} x^{2n} = 1 + x^2 + x^4 + dots$
级数 $C(x) = 1 + 0x + 1x^2 + 0x^3 + 1x^4 + dots$。
$c_{2n} = 1$, $c_{2n+1} = 0$。
级数 $sum_{n=0}^{infty} c_n x^n$ 的收敛半径是 $R_C = 1$。
这里 $R_C = min(R_A, R_B)$.
考虑一个更微妙的例子：
$A(x) = sum_{n=0}^{infty} frac{x^n}{n!} = e^x$。收敛半径 $R_A = infty$。
$B(x) = sum_{n=0}^{infty} frac{(x)^n}{n!} = e^{x}$。收敛半径 $R_B = infty$。
$min(R_A, R_B) = infty$.
$C(x) = A(x)B(x) = e^x e^{x} = e^0 = 1 = sum_{n=0}^{infty} 0 cdot x^n$。收敛半径 $R_C = infty$。
这里 $R_C = min(R_A, R_B)$。
实际上，要找到 $R_C > min(R_A, R_B)$ 的例子，通常需要级数的系数有某些抵消的效果。
考虑以下级数：
$A(x) = 1 + x + x^2 + x^3 + dots = frac{1}{1x}$, $R_A = 1$.
$B(x) = 1 x + x^2 x^3 + dots = frac{1}{1+x}$, $R_B = 1$.
$C(x) = A(x)B(x) = frac{1}{1x^2} = 1 + x^2 + x^4 + x^6 + dots$
$c_0 = 1, c_1 = 0, c_2 = 1, c_3 = 0, c_4 = 1, dots$
柯西乘积的系数是：
$c_n = sum_{k=0}^n a_k b_{nk}$
$a_k = 1$ 对于所有 $k ge 0$.
$b_k = (1)^k$ 对于所有 $k ge 0$.
$c_n = sum_{k=0}^n 1 cdot (1)^{nk} = (1)^n sum_{k=0}^n (1)^{k} = (1)^n sum_{k=0}^n (1)^k$
当 $n$ 是偶数时，$n = 2m$: $sum_{k=0}^{2m} (1)^k = 1 1 + 1 1 + dots + 1 = 1$. 所以 $c_{2m} = (1)^{2m} cdot 1 = 1$.
当 $n$ 是奇数时，$n = 2m+1$: $sum_{k=0}^{2m+1} (1)^k = 1 1 + 1 1 + dots 1 = 0$. 所以 $c_{2m+1} = (1)^{2m+1} cdot 0 = 0$.
所以 $C(x) = sum_{m=0}^{infty} c_{2m} x^{2m} = sum_{m=0}^{infty} 1 cdot x^{2m} = 1 + x^2 + x^4 + dots$
这是一个几何级数以 $x^2$ 为公比，其收敛条件是 $|x^2| < 1$, 即 $|x| < 1$.
所以 $R_C = 1$. 在这个例子中，$R_C = min(R_A, R_B)$.
反例？ 实际上，当 $R_A$ 和 $R_B$ 都有限时，可以证明 $R_C = min(R_A, R_B)$ 是更常见的结论，或者说柯西乘积的收敛半径不会“神奇地”增大到超出较小者的范围。上面的证明已经充分说明了 $R_C ge min(R_A, R_B)$。
更严谨地说，如果 $A(x)$ 和 $B(x)$ 是定义在复数域上的幂级数，并且它们的收敛半径分别是 $R_A$ 和 $R_B$，那么它们的乘积 $C(x)$ 的收敛半径 $R_C$ 确实满足 $R_C ge min(R_A, R_B)$。而且，通常情况下，$R_C = min(R_A, R_B)$。
例如，如果 $R_A < R_B$, 那么在 $|x| = R_A$ 时，$A(x)$ 的级数发散，而 $B(x)$ 的级数收敛。因此，它们的乘积 $A(x)B(x)$ 在 $|x| = R_A$ 时也必然发散。这说明 $R_C le R_A = min(R_A, R_B)$。
结合 $R_C ge min(R_A, R_B)$ 和 $R_C le min(R_A, R_B)$，我们就可以得出结论：如果 $R_A$ 和 $R_B$ 都是有限的，那么 $R_C = min(R_A, R_B)$。
所以，题目中“大于等于较小者”的表述是正确的，并且在大多数情况下是等号成立。
希望这个详细的证明过程对您有帮助！
网友意见
记 的收敛半径 , 的收敛半径 , 则柯西乘积 , 其中 . 对任意 都有
根据收敛半径定义， , 则 是有界数列，且
那么对任意 ,
记 的收敛半径为 , 则根据定义 . 由于 是 中任意实数，可得 . 证毕
类似的话题
-
好的，我们来详细证明两幂级数柯西乘积的收敛半径大于等于较小者的结论。引理（两幂级数柯西乘积的收敛半径）：设有两个幂级数：$$A(x) = sum_{n=0}^{infty} a_n x^n quad ext{且收敛半径为} quad R_A$$$$B(x) = sum_{n=0}^{infty} ............. -
两部门争议案例明确 996 工作制违法，员工拒绝 996 被辞退后获赔偿，996 工作制可能消失吗？这是一个非常重要且引起广泛关注的议题。近期，中国两位劳动法律专家在接受采访时明确指出，“996工作制”是违法的，并援引了相关法律法规和司法解释。随后，一位因拒绝996工作制而被公司辞退的员工，在法律诉.............
-
这件事听着就让人揪心，两个孩子，22万的死亡赔偿金，就这么没了，而且是用奶奶的信息和人脸识别操作的。这背后暴露出来的问题，可不是一星半点，细想起来，真是让人感到后怕和痛心。1. 家庭教育的严重缺失与风险防范的巨大漏洞最直观的问题，就是家庭在孩子财商教育和网络安全意识培养上的严重不足。 财商教育的.............
-
“两参一改三结合”的鞍钢宪法模式，是在新中国工业发展初期，由鞍山钢铁公司（简称鞍钢）在1960年代初期探索和实践的一种企业管理模式。它包含了以下核心内容： 两参： 工人参加管理： 强调工人作为生产的主体，参与到企业的生产经营、技术革新、民主决策等各个环节，发挥工人的积极性和创造性。 .............
-
“两高”（最高人民法院和最高人民检察院）发布的关于“对危害严重犯罪从严掌握从宽幅度，对强奸罪从严把握缓刑适用”的司法解释，具有极其深远的意义和广泛的影响。这不仅是法律适用上的调整，更是司法理念、社会公平正义的体现，以及对犯罪行为预防和威慑的强化。下面将从多个维度详细阐述其意义和影响：一、 意义阐述1.............
-
这是一个非常有趣的问题，它涉及到合伙经营中的权力、风险、回报以及人性的复杂性。虽然听起来有些违反直觉，但答案是：在某些情况下，出资相同、但更迫切获得利润的人，确实有可能分得更少。下面我们来详细分析一下可能导致这种情况出现的各种因素：一、 基本的合伙原则与公平性： 出资相同，风险共担： 理论上，在.............
-
冬天去东北，对于两名未成年的小伙伴来说，这绝对是一场充满惊喜和挑战的旅程！当然，安全和舒适是首要考量，毕竟咱们要在冰天雪地里玩得开心，还得确保万无一失。下面就给你们好好捋一捋，需要注意的点儿，保证让你们玩得痛快，还能安全回家！一、 行前准备：打好基础，赢在起跑线！1. 衣物！衣物！衣物！ 这绝对是.............
-
广州街头扎针事件，这两位网友的遭遇确实让人揪心，尤其是那种对病毒感染的恐惧，相信经历过的人都会感同身受。目前情况推测：首先，这两位网友第一时间选择了去医院就诊，这是非常明智和负责任的做法。医院会根据他们被扎伤的具体情况，以及针头的来源（如果能找到的话）等信息，来评估风险。 紧急处理： 医生会立即.............
-
当然可以！两个人选择一辈子租房生活是完全可行的，并且在当今社会越来越普遍。这是一种生活方式的选择，而非一种限制。让我们来详细探讨一下为什么可以，以及需要考虑哪些方面。为什么两个人可以一辈子租房生活？1. 灵活性和自由度: 职业发展: 如果一个人或两个人需要经常因为工作调动、晋升机会或创.............
-
这真是一件让人头疼的事儿。两个小姑娘，可能也就十几岁，在人家奔驰车上拍照，结果好巧不巧地站到了引擎盖上。你知道的，那种跑车或者豪车的引擎盖，尤其是烤漆，设计得往往很精致，承重能力也有限，特别是那些流线型的，中间可能会有一些支撑结构不那么密集的地方。她们这一踩，估计是没注意，或者当时只顾着凹造型拍照，.............
-
这绝对是个让人心惊肉跳的场景！两个孩子在 27 层楼顶间玩“立定跳远”，这不仅仅是冒险，简直是拿生命在玩耍。为什么孩子们会这么喜欢这种挑战极限、甚至可以说是“找刺激”的事情呢？这背后其实挺复杂的，涉及到几个层面的原因：1. 寻求刺激和新奇的本能驱动： 大脑发育的特点： 青少年时期是大脑前额叶皮层.............
-
两宋时期，是中国历史上一个极其特殊的朝代，经济繁荣、文化昌盛，但军事上却饱受外部威胁，与周边政权进行了漫长而复杂的战争。要详细梳理两宋对外战争的胜负情况，需要我们剥离掉“和平盛世”的滤镜，直面其复杂的军事现实。总的来说，两宋在对外战争中，可以说是胜少负多，战略上长期处于被动防守的地位。但这并不意味着.............
-
国家重大专项，尤其是那些指向关键技术突破和产业升级的方向，对整个行业而言，其影响无疑是深远且多层面的。这不仅仅是简单的资金注入或项目推动，更像是为行业注入了强大的催化剂，重塑行业格局，驱动创新脉络，并最终影响到我们生产生活的方方面面。一、技术创新的“核爆弹”：突破瓶颈，引领前沿首先，重大专项最直接、.............
-
这个问题很有意思，也触及到了许多电影里才有的戏剧性冲突。从现实角度来说，两人持枪对峙，一方突然开枪，另一方有没有时间反击，这其中的变量可太多了，很难给一个简单的“有”或“没有”。咱们就一点点掰扯开来说。首先，得看这个“突然开枪”到底有多突然。反应速度的较量：人体的反应速度，从感知到行动，有一个生理上.............
-
两宋风云变幻，朝代更迭，许多历史事件如同迷雾笼罩，让人难以辨别真伪。其中，“柔福帝姬”事件便是这样一个充满争议的话题。究竟历史上是否真有此人？她又经历了怎样跌宕起伏的人生？这还得从“靖康之耻”说起。靖康之耻，北宋王朝的覆灭北宋末年，金兵南下，长驱直入，围困汴京，最终导致“靖康之耻”的发生。皇帝宋徽宗.............
-
两名律师因涉嫌寻衅滋事被盘锦警方采取强制措施，官方通报的理由是“在网上散播虚假信息”。这个事件本身就相当引人关注，尤其是考虑到律师作为法律从业者，其行为往往受到更高的关注和审视。要深入剖析这件事，我们可以从以下几个层面来关注：一、 律师的角色与职业规范： 律师的社会责任： 律师不仅是法律的实践者.............
-
郑爽的事情闹得这么大，这两天我脑子里一直转着这个事儿，说实话，心里真是挺五味杂陈的。先说说郑爽本人吧。她作为一个公众人物，一个年轻的女演员，曾经是多少人心中的偶像。她的事业发展可以说非常快，也很有自己的风格。但这次的事情，尤其是在代孕、弃养这件事上，真的触碰了社会道德的底线，也让大家对她一直以来表现.............
-
两相邻素数之间能有多大的“空白”？这是一个古老而迷人的数学问题，它触及了素数分布的深层奥秘。简单地说，素数就像散落在数字长河中的孤星，它们之间并非均匀分布，而是时而紧密，时而疏离。而我们今天要探讨的，就是这种“疏离”的极限，也就是两相邻素数之间最大间隔的可能性。什么是素数？什么是间隔？在我们深入之前.............
-
两山轮战，这段发生在边境线上，被无数关注的冲突，其漫长而残酷的五年，绝非偶然。它背后是错综复杂的历史恩怨、地缘政治的考量，以及双方为了各自的战略目标而付出的巨大代价。要深入理解为何这场边境冲突会持续如此之久，我们需要一层层剥开它背后的脉络。首先，我们得明白“两山轮战”这个名字本身就暗示了冲突的性质：.............
-
日前，财政部和国家税务总局联合发布公告，宣布对增值税小规模纳税人免征增值税。这项政策的落地，无疑为广大中小微企业注入了一针强心剂，其影响将是多方面且深远的。下面我们来详细解读一下：一、直接惠及中小微企业，纾困解难作用显著最直观的影响，便是中小微企业税负的直接降低。增值税作为我国最主要的税种之一，对于.............
本站所有内容均为互联网搜索引擎提供的公开搜索信息，本站不存储任何数据与内容，任何内容与数据均与本站无关，如有需要请联系相关搜索引擎包括但不限于百度，google,bing,sogou 等
© 2025 tinynews.org All Rights Reserved. 百科问答小站 版权所有