证明收敛复幂级数系数的上界：当A>1/r时|aₙ|≤CAⁿ

针对你提出的问题：对于收敛半径$0 < r < \infty$的复幂级数$\displaystyle \sum a_n z^n$，证明存在正数$C$，使得当$\displaystyle A > \frac{1}{r}$时，对所有$n \in \mathbb{N}$有$\lvert a_n \rvert \le CA^n$，你的思路已经找对了方向，下面我们把证明完整梳理出来：

已知条件回顾 #

首先明确幂级数收敛半径的根值公式：
$$\frac{1}{r} = \limsup_{n \to \infty}\lvert a_n \rvert^{1/n}$$

你的思路补全（辅助级数法） #

你构造的辅助级数$\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1}{A}\right)^n\lvert a_n \rvert$，我们用根值判别法分析它的收敛性：
计算通项的$n$次方根的上极限：
$$\limsup_{n \to \infty} \left( \left(\frac{1}{A}\right)^n\lvert a_n \rvert \right)^{1/n} = \frac{1}{A} \cdot \limsup_{n \to \infty}\lvert a_n \rvert^{1/n}$$
代入收敛半径的公式，因为$A > \frac{1}{r}$，所以：
$$\frac{1}{A} \cdot \frac{1}{r} < 1$$
根据根值判别法，这个辅助级数是收敛的。

而收敛级数的通项必须满足$\left(\frac{1}{A}\right)^n\lvert a_n \rvert \to 0$（当$n \to \infty$时），这意味着存在正整数$N$，当$n > N$时，有：
$$\left(\frac{1}{A}\right)^n\lvert a_n \rvert \le 1 \implies \lvert a_n \rvert \le A^n$$

构造全局常数$C$ #

现在考虑所有自然数$n$：

• 对于$n \le N$，$\lvert a_n \rvert$是有限个确定的复数模，我们取这些值中的最大值，记为$M = \max\left{\lvert a_0 \rvert, \lvert a_1 \rvert, ..., \lvert a_N \rvert\right}$
• 对于$n > N$，已经有$\lvert a_n \rvert \le A^n$

我们只需要取$C = \max\left{M, 1\right}$，这样对于所有$n \in \mathbb{N}$，都有：
$$\lvert a_n \rvert \le CA^n$$

另一种直接用极限定义的证法（补充） #

如果从极限的定义出发也很直观：
因为$\limsup_{n \to \infty}\lvert a_n \rvert^{1/n} = \frac{1}{r} < A$，根据上极限的定义，存在$N \in \mathbb{N}^*$，当$n > N$时，$\lvert a_n \rvert^{1/n} < A$，即$\lvert a_n \rvert < A^n$。剩下的步骤和上面一致，取$C$为前$N$项模的最大值和1的较大者即可。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Ris