母関数に数を代入してよいとき

$r=\frac12$ のとき、部分和は
$$ 1,\quad 1.5,\quad 1.75,\quad 1.875,\quad 1.9375,\quad\dots $$
と $2=\frac1{1-\frac12}$ に近づく。$r=-\frac12$ のとき、部分和は
$$ 1,\quad 0.5,\quad 0.75,\quad 0.625,\quad 0.6875,\quad\dots $$
と、$\frac23=\frac1{1+\frac12}$ の上下を交互に動きながら近づく。

1. $F=\sum x^n$、$c=\frac12$：$\sum|c|^n=\sum\frac1{2^n}=2$ は収束するので、絶対収束する。$c=-\frac12$ でも $\sum|c|^n$ は同じ級数なので、絶対収束する。
2. $F=\sum(n+1)x^n$、$c=\frac12$：$(n+1)\frac1{2^n}$ の部分和は $1,\ 2,\ 2.75,\ 3.25,\ 3.5625,\ 3.75,\dots$ と増えるが、次の定理の後の ex-gfs-square で見るように $4$ に収束する。したがって絶対収束する。
3. $F=\sum x^n$、$c=1$：$\sum1^n$ の部分和 $N+1$ は限りなく大きくなるので、絶対収束しない。

形式的な等式 $\frac1{1-x}\cdot\frac1{1-x}=\sum_{n\ge0}(n+1)x^n$ がある（積の $x^n$ の係数は $\sum_{k=0}^n1\cdot1=n+1$）。$F=G=\frac1{1-x}=\sum x^n$ は $x=\frac12$ で絶対収束し、$F(\frac12)=2$ である。thm-gfs-substitution により
$$ \sum_{n\ge0}\frac{n+1}{2^n}=1+\frac22+\frac34+\frac48+\cdots=2\cdot2=4 $$
である。部分和 $1,\ 2,\ 2.75,\ 3.25,\ 3.5625,\ 3.75,\dots$ は確かに $4$ に近づく。$x=\frac13$ を入れると、同じく $\sum_{n\ge0}\frac{n+1}{3^n}=\bigl(\frac1{1-\frac13}\bigr)^2=\frac94$ である。

Fibonacci 数 $F_0=0$、$F_1=1$、$F_{n+2}=F_{n+1}+F_n$ の母関数 $\Phi=\sum F_nx^n$ は、形式的な等式 $(1-x-x^2)\Phi=x$ を満たす（$(1-x-x^2)\Phi$ の $x^n$ の係数は $F_n-F_{n-1}-F_{n-2}$ で、$n=1$ のとき $1$、それ以外は $0$。Fibonacci数の母関数）。
段 1（絶対収束の確認）：$F_n\le2^n$ を $n$ についての帰納法で示す。$F_0=0\le1$、$F_1=1\le2$ であり、$F_n\le2^n$、$F_{n+1}\le2^{n+1}$ なら $F_{n+2}=F_{n+1}+F_n\le2^{n+1}+2^n<2^{n+2}$ である。よって $0< c<\frac12$ なら $F_nc^n\le(2c)^n$ で、$\sum(2c)^n$ は公比 $2c<1$ の等比級数なので収束し、$\Phi$ は $x=c$ で絶対収束する。多項式 $1-x-x^2$ は有限個の項しかないので、どの $c$ でも絶対収束する。
段 2（代入）：thm-gfs-substitution により $(1-c-c^2)\Phi(c)=c$ である。$c=\frac1{10}$ とすると $0.89\,\Phi(\frac1{10})=0.1$ であり、両辺を $10\times0.89$ で割って
$$ \sum_{n\ge0}\frac{F_n}{10^{n+1}}=\frac{\Phi(\frac1{10})}{10}=\frac1{89}=0.011235955\ldots $$
を得る。小数点以下に $0,1,1,2,3,5$ が順に現れ、次の $8$ は後ろの項からの繰り上がりで $9$ になっている。
段 3（別の数で）：$c=\frac1{100}$ とすると、同じ計算で $\sum_{n\ge0}\frac{F_n}{100^{n+1}}=\frac1{100^2-100-1}=\frac1{9899}=0.0001010203050813213455\ldots$ であり、2 桁ずつ $00,01,01,02,03,05,08,13,21,34,55$ と並ぶ（その次は $89$ に繰り上がりが加わって $90$ になる）。

$(1-x)\sum x^n=1$ は正しい形式的な等式である。$c=2$ では、$\sum x^n$ に $2$ を入れた級数の部分和は $1+2+\cdots+2^N=2^{N+1}-1$ で、限りなく大きくなる。したがって $\sum x^n$ は $x=2$ で収束せず、thm-gfs-substitution の仮定「$x=c$ で絶対収束する」を満たさない。この仮定を外すと、結論「数の等式 $(1-c)\cdot\sum c^n=1$ が成り立つ」は崩れる。左辺の $\sum2^n$ はそもそも数として定まらず、$\frac1{1-2}=-1$ を右辺の和と等しいとする式 $-1=1+2+4+\cdots$ は誤りである。誤っているのは形式的な等式ではなく、代入である。

$c=-1$ を入れると、$\frac1{1-c}=\frac12$ である。一方、$\sum(-1)^n$ の部分和は
$$ 1,\quad 0,\quad 1,\quad 0,\quad\dots $$
と $1$ と $0$ を交互にとり、収束しない。$|c|=1$ なので $\sum|c|^n=1+1+1+\cdots$ も収束せず、thm-gfs-substitution の仮定を満たさない。「$\frac12=1-1+1-1+\cdots$」という式は、級数の値の意味（部分和の極限）では成り立たない。

$F=\sum_{n\ge0}n!\,x^n=1+x+2x^2+6x^3+24x^4+\cdots$ は正しい形式的冪級数であり、定数項が $1$ なので逆数ももつ。逆数の係数を順に計算すると
$$ \frac1F=1-x-x^2-3x^3-13x^4-71x^5-\cdots $$
である。ところが、$c\ne0$ ならどんな小さい $c$ でも、$F$ は $x=c$ で収束しない。
理由：$n\ge\frac2{|c|}$ となる $n$ では、隣り合う項の絶対値の比が
$$ \frac{(n+1)!\,|c|^{n+1}}{n!\,|c|^n}=(n+1)|c|>2 $$
なので、そこから先の項の絶対値は毎回 2 倍より大きくなり、$0$ に近づかない。収束する級数の項は $0$ に近づくので、$\sum n!\,c^n$ は収束しない。
「形式的冪級数なら、$0$ の近くの数を入れて関数として使える」という主張は、この例で崩れる。それでも、形式的冪級数としての計算（逆数など）は正しく行える。母関数を形式的冪級数として定義しておく利点はここにある（KT17 第 8 章の冒頭と §8.1 は、母関数を形式的冪級数として扱い、多くの場合収束を問わないと断っている）。

$c=0.5$ なら $\frac{c}{1-c-c^2}=\frac{0.5}{0.25}=2$ である。部分和は $N=10$ で $1.772\ldots$、$N=20$ で $1.9726\ldots$、$N=40$ で $1.99960\ldots$ と速く $2$ に近づく。$c=0.6$ は $\frac1\varphi=0.618\ldots$ より少し小さいので収束するが、$\frac{0.6}{1-0.6-0.36}=15$ への近づき方は遅い（$N=20$ で $6.77\ldots$、$N=60$ で $12.48\ldots$）。$c=0.65$ は $\frac1\varphi$ より大きいので、部分和は限りなく大きくなる。