z変換：nの数字和をn(n+1)で割った級数の値を求める。

目的

・こちらの記事で紹介された級数の値を$z$変換をもちいて求める。

数字和を$n(n+1)$で割った級数

【数字和を$n(n+1)$で割った級数】

a(n)は自然数$n$を$10$進数表記したときの数字和。また、単位階段関数$u(n)$を使って$n$を整数に拡張した$a'(n)$を
$$ a'(n):= a(n)u(n-1)= \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} 0 & (n \le 0, n \in \Z) \\ a(n) & (n > 0, n \in \Z) \end{array} \right. \end{eqnarray} $$と定義する。このとき
$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a(n)}{n(n+1)}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{a'(n)}{n(n+1)}=\frac{10}{9}\log(10) $$

$a'(n)$の例

$n$が$12345$のとき$a'(n)$は
$$ \BEQ a'(12345)&=&a(12345)u(12345-1)\\ &=&a(12345)u(12344)\\ &=&a(12345)\\ &=&1+2+3+4+5=15 \EEQ $$

$a'(n)$の性質

$a'(n)$を$n$で割った$n \to 0$の極限は$0$。
$\lim_{n\to 0} \frac{u(n-1)}{n}=0$である。
この極限を求める証明はこちら

単位階段関数の微分は
$$ \dfrac{\mathrm{d}u(x)}{\mathrm{d}x} =δ_d(x) $$で与えられる。ただし、$δ_d(x)$はディラックのデルタ関数で
$$ δ_d(x):= \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} 0 & x \neq 0 \\ \infty & x = 0 \end{array} \right. \end{eqnarray} $$で定義される。求める極限は$\frac{0}{0}$の不定形なのでロピタルの定理から
$$ \lim_{n \to 0} \dfrac{u(n-1)}{n}=\lim_{x \to 0} \dfrac{u(x-1)}{x} =\lim_{x \to 0} \dfrac{ \frac{\mathrm{d}u(x-1)}{\mathrm{d}(x-1)}\frac{\mathrm{d}x-1}{\mathrm{d}x}}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}x}}\\ =\lim_{x \to 0} \dfrac{ δ_d(x-1)*1}{1}\\ =0 $$となり求める極限が求まった。

$$ \BEQ \lim_{n\to 0} \frac{a'(n)}{n} &=& \lim_{n\to 0} \frac{a(n)u(n-1)}{n} \\ &=& \lim_{n\to 0} a(n)*\lim_{n\to 0} \frac{u(n-1)}{n}\\ &=& 0*0\\ &=& 0 \EEQ $$

2.$a'(n)$は$0$以上の整数$n$に対して$n$以下。等号がなりたつのは$n$が$1$桁のとき。
$$ \quad a'(n) \le n \quad (n \ge 0, n \in \Z) $$

証明

$a'(n)$を表す式

$a'(n)$は床関数を使うと$n$の桁数$m$に応じて以下のようにあらわせる。
$$ \BEQ a'(n)&=& 0 & (nが0桁の時)\\ a'(n)&=& n & (nが1桁の時)\\ a'(n)&=& n-9 \floor{\frac{n}{10}} & (nが2桁の時)\\ a'(n)&=& n-9 \floor{\frac{n}{10}}-9 \floor{\frac{n}{100}}& (nが3桁の時)\\ a'(n)&=& n-9 \floor{\frac{n}{10}}-9 \floor{\frac{n}{100}}-9 \floor{\frac{n}{1000}}& (nが4桁の時)\\ &\vdots&\\ a'(n)&=& n-9 \sum_{l=1}^{m-1}\floor{\frac{n}{10^l}}& (nがm桁の時)\\ \EEQ $$

$a'(123)$

$$ \BEQ a'(123)&=&123-9\sum_{l=1}^{3-1}\floor{\frac{n}{10^l}}\\ &=&123-9\left(\floor{\frac{123}{10}}+\floor{\frac{123}{100}}\right)\\ &=&123-9(12+1)\\ &=&123-117\\ &=& 6 \EEQ $$

　$l > m-1$のとき$\floor{\dfrac{n}{10^l}}$が$0$なので、$l$の範囲を$\infty$までとっても総和の値は変わらない。よって$a'(n)$は
$$ \BEQ a'(n)&=& n-9 \sum_{l=1}^{\infty}\floor{\frac{n}{10^l}} \\ \EEQ $$と表せる。また単位階段関数を使って床関数をあらわすと
$$ \floor{\frac{n}{10^l}}=\sum_{k=1}^{\infty} u(n-10^l k) $$なので、$a'(n)$は
$$ \BEQ a'(n)&=& n-9 \sum_{l=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty} u(n-10^l k) \EEQ $$とあらわせる。

$a'(123)$

$$ \BEQ a'(123)&=& 123-9 \sum_{l=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty} u(n-10^l k)\\ &=& 123\\ &-&9 \{\underbrace{u(n-10*1)+u(n-10*2)+...+u(n-10*12)}_{l=1のとき12個が1}+u(n-10*13)+...\\ &+& \underbrace{u(n-100*1)}_{l=2のとき1個が1} +u(n-100*2)+u(n-100*3)+...\\ &+& \underbrace{...}_{l \gt 2 のとき全て0}\}\\ &=& 123-9\{12+1 \} \\ &=&123-117\\ &=&6 \EEQ $$

$a'(n)$の$z$変換

$a'(n)$の収束領域

$0$以上の整数に対して$a'(n)\le n$が成り立っている。また$n$の$z$変換の収束領域は$|z| \gt 1$なので、$a'(n)$の収束領域を$|z| > \rho'$とすると$\rho'　< 1$。よって$a'(n)$の$z$変換は$|z|>1$において一様収束する。ゆえに$a'(n)$の収束領域は$|z|>1$。

$a'(n)$を$z$変換する

$a'(n)$を$z$変換する。$z$変換の定義から

$$ \BEQ \ZT{a'(n)}&=& \sum_{n=0}^{\infty} a'(n)z^{-n} \\ &=& \sum_{n=0}^{\infty} \{n-9 \sum_{l=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty} u(n-10^l k)\} z^{-n}\\ &=& \sum_{n=0}^{\infty} n z^{-n}-9\sum_{n=0}^{\infty} \sum_{l=1}^{\infty} \sum_{k=1}^{\infty}u(n-10^l k) z^{-n}\\ &=& \ZT{n}-9\sum_{n=0}^{\infty} \sum_{l=1}^{\infty} \sum_{k=1}^{\infty}u(n-10^l k) z^{-n}\\ &=& \frac{z}{(z-1)^2}-9 \sum_{n=0}^{\infty}\sum_{l=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}u(n-10^l k) z^{-n} &\because \text{$n$の$z$変換} \\ &=& \frac{z}{(z-1)^2}-9\sum_{l=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\sum_{n=0}^{\infty}u(n-10^l k) z^{-n}\\ &=& \frac{z}{(z-1)^2}-9\sum_{l=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\ZT{u(n-10^l k)}\\ &=& \frac{z}{(z-1)^2}-9\sum_{l=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}z^{-10^l k} \ZT{u(n)} & \because \text{$z$変換のシフト則}\\ &=& \frac{z}{(z-1)^2}-9\sum_{l=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty} z^{-10^l k} \frac{z}{z-1}　& \because \text{単位階段関数の$z$変換}　\\ &=& \frac{z}{(z-1)^2}-\dfrac{9z}{z-1}\sum_{l=1}^{\infty} \sum_{k=1}^{\infty} z^{-10^l k} \\ &=& \frac{z}{(z-1)^2}-\dfrac{9z}{z-1}\sum_{l=1}^{\infty} \dfrac{z^{-10^l}}{1-z^{-10^l}} & \because \text{初項および公比が $z^{-10^l}$の幾何級数}　 \\ &=& \frac{z}{(z-1)^2}-\dfrac{9z}{z-1}\sum_{l=1}^{\infty} \dfrac{1}{z^{10^l}-1} \\ \EEQ $$

$\frac{a'(n)}{n(n+1)}$の$z$変換を求める

両辺に$\frac{1-z}{z^2 }$をかけて
$$ \BEQ \frac{1-z}{z^2 } \ZT{a'(n)}　&=& \frac{-1}{z(z-1)}+ \frac{9}{z} \sum_{l=1}^{\infty} \dfrac{1}{z^{10^l}-1} \\ z^{-2}\ZT{a'(n)}-z^{-1}\ZT{a'(n)}　&=& \frac{-1}{z(z-1)}+\frac{9}{z} \sum_{l=1}^{\infty} \dfrac{1}{z^{10^l}-1} \\ \EEQ $$
$z$を$w$におきかえて両辺を$z$から$\infty$まで$w$で積分して
$$ \BEQ \int_{z}^{\infty} w^{-2}\ZT{a'(n)}-w^{-1 }\ZT{a'(n)} dw　&=& \int_{z}^{\infty} \frac{-1}{w(w-1)}+ \frac{9}{w} \sum_{l=1}^{\infty} \dfrac{1}{w^{10^l}-1} dw \\ \int_{z}^{\infty} w^{-2}\ZT{a'(n)}dw-\int_{z}^{\infty}w^{-1}\ZT{a'(n)} dw &=& \int_{z}^{\infty} \frac{-1}{w(w-1)}+\frac{9}{w} \sum_{l=1}^{\infty} \dfrac{1}{w^{10^l}-1} dw \\ \EEQ $$
ここで$a'(0)=0$だから$z$変換の積分則を適用できて
$$ \BEQ \ZT{\frac{a'(n)}{n+1}}-\left(\ZT{\frac{a'(n)}{n} }- \lim_{n \to 0}\frac{a'(n)}{n}\right) &=& \int_{z}^{\infty} (\frac{1}{w}-\frac{1}{w-1}) dw + 9 \sum_{l=1}^{\infty}\int_{z}^{\infty} \dfrac{1}{w(w^{10^l}-1)} dw \\ \EEQ $$
$\lim_{n \to 0^{+}}\frac{a'(n)}{n}=0$なので　
$$ \BEQ \ZT{\frac{a'(n)}{n+1}}-\ZT{\frac{a'(n)}{n} } &=& \left[\log(w)-\log(w-1)\right]_{z}^{\infty} + 9 \sum_{l=1}^{\infty} \int_{z}^{\infty}\dfrac{1}{w(w^{10^l}-1)} dw \\ &=& -\left[\log(\frac{w-1}{w})\right]_{z}^{\infty} + 9 \sum_{l=1}^{\infty} \int_{z}^{\infty}\dfrac{1}{w(w^{10^l}-1)} dw \\ &=& \log(1-z^{-1}) + 9 \sum_{l=1}^{\infty} \int_{z}^{\infty}\dfrac{1}{w(w^{10^l}-1)} dw \\ \EEQ $$
ここで定積分は$w^{10^l}-1=u$とおくと、$(10^l)w^{10^l-1 }dw=du$なので
$$ \BEQ \int_{z^{10^l}-1}^{\infty}\dfrac{1}{w u}\frac{1}{10^l w^{10^l-1}} du &=& \int_{z^{10^l}-1 }^{\infty}\dfrac{1}{ u}\frac{1}{10^l w^{10^l}} du \\ &=& \int_{z^{10^l}-1}^{\infty }\dfrac{1}{10^l}\frac{1}{ u(u+1)} du \\ &=& \dfrac{1}{10^l} \int_{z^{10^l}-1}^{\infty} \frac{1}{u}-\frac{1}{u+1} du \\ &=& \dfrac{1}{10^l} \left[ \log(u)-\log(u+1) \right]_{z^{10^l}-1}^{\infty } du \\ &=& \dfrac{1}{10^l} \left[ \log(\frac{u}{u+1}) \right]_{z^{10^l}-1}^{\infty } \\ &=& -\dfrac{1}{10^l} \log\left(\frac{z^{10^l}-1}{z^{10^l}}\right) \\ &=& -\dfrac{1}{10^l} \log(1-z^{-10^l}) \\ \EEQ $$よって
$$ \BEQ \ZT{\frac{a'(n)}{n+1}}-\ZT{\frac{a'(n)}{n} } &=& \log(1-z^{-1}) + 9 \sum_{l=1}^{\infty} \int_{z}^{\infty}\dfrac{1}{w(w^{10^l}-1)} dw \\ \ZT{\frac{a'(n)}{n+1}-\frac{a'(n)}{n} } &=& \log(1-z^{-1}) - 9 \sum_{l=1}^{\infty}\dfrac{1}{10^l} \log(1-z^{-10^l}) \\ -\ZT{\frac{a'(n)}{n(n+1)}} &=& \log(1-z^{-1}) - 9 \sum_{l=1}^{\infty}\dfrac{1}{10^l} \log(1-z^{-10^l}) \\ \ZT{\frac{a'(n)}{n(n+1)}} &= & - \log(1-z^{-1}) + 9 \sum_{l=1}^{\infty}\dfrac{1}{10^l} \log(1-z^{-10^l}) \\ \EEQ $$
ここで総和内の$\log$の箇所は$\log$の和に分解される。
$$ \BEQ \log(1-z^{-10^l}) &=& \log\left(1-z^{-10^{l-1}}\right) \\ &+& \log\left(1+z^{-1*10^{l-1}}+z^{-2*10^{l-1}}+...+z^{-9*10^{l-1}}\right) & \cdots \text{$($分解$1$回目$)$ } \\ &=& \log\left(1-z^{-10^{l-2}}\right)\\ &+&\log\left(1+z^{-1*10^{l-2}}+z^{-2*10^{l-2}}+...+z^{-9*10^{l-2}}\right) \\ &+&\log\left(1+z^{-1*10^{l-1}}+z^{-2*10^{l-1}}+...+z^{-9*10^{l-1}}\right) & \cdots \text{$($分解$2$回目$)$ }\\ &=&\\ &\vdots& \\ &=& \log\left(1-z^{-10^{l-l}}\right)\\ &+&\log\left(1+z^{-1*10^{l-l}}+z^{-2*10^{l-l}}+...+z^{-9*10^{l-l} }\right) \\ &+&\log\left(1+z^{-1*10^{l-(l-1)}}+z^{-2*10^{l-(l-1)}}+...+z^{-9*10^{l-(l-1)}}\right) \\ &\vdots& \\ &+&\log\left(1+z^{-1*10^{l-2}}+z^{-2*10^{l-2}}+...+z^{-9*10^{l-2}}\right) \\ &+&\log\left(1+z^{-10^{l-1}}+z^{-2*10^{l-1}}+...+z^{-9*10^{l-1}}\right) & \cdots\text{$($分解$l$回目$)$ } \\ &=& \log\left(1-z^{-1}\right)\\ &+&\log\left(1+z^{-1}+z^{-2}+...+z^{-9}\right) \\ &+&\log\left(1+z^{-10}+z^{-2*10}+...+z^{-9*10}\right) \\ &\vdots& \\ &+&\log\left(1+z^{-1*10^{l-2}}+z^{-2*10^{l-2}}+...+z^{-9*10^{l-2}}\right) \\ &+&\log\left(1+z^{-1*10^{l-1}}+z^{-2*10^{l-1}}+...+z^{-9*10^{l-1}}\right) \\ &=& \log\left(1-z^{-1}\right)\\ &+& \sum_{h=1}^{l} \log\left(1+z^{-1*10^{l-h}}+z^{-2*10^{l-h}}+...+z^{-9*10^{l-h}}\right) \\ &=& \log\left(1-z^{-1}\right)+\sum_{h=1}^{l} \log\sum_{j=0}^{9}z^{-j*10^{l-h}} \\ \EEQ $$
よって
$$ \BEQ \ZT{\frac{a'(n)}{n(n+1)}} &=& - \log(1-z^{-1}) \\ &+& 9 \sum_{l=1}^{\infty}\dfrac{1}{10^l} \left(\log\left(1-z^{-1}\right)+\sum_{h=1}^{l} \log\sum_{j=0}^{9}z^{-j*10^{l-h}} \right)\\ &=& - \log(1-z^{-1}) + 9 \log\left(1-z^{-1}\right) \sum_{l=1}^{\infty}\dfrac{1}{10^l} + 9 \sum_{l=1}^{\infty}\dfrac{1}{10^l} \sum_{h=1}^{l} \log\sum_{j=0}^{9}z^{-j*10^{l-h}} \\ &=& - \log(1-z^{-1})+9\log\left(1-z^{-1}\right) \left(\dfrac{\frac{1}{10}}{1-\frac{1}{10}}\right) +9\sum_{l=1}^{\infty}\dfrac{1}{10^l} \sum_{h=1}^{l} \log\sum_{j=0}^{9}z^{-j*10^{l-h}} \\ &=& - \log(1-z^{-1})+9\log\left(1-z^{-1}\right) \left(\frac{1}{9}\right) + 9 \sum_{l=1}^{\infty}\dfrac{1}{10^l} \sum_{h=1}^{l} \log\sum_{j=0}^{9}z^{-j*10^{l-h}} \\ &=& 9 \sum_{l=1}^{\infty}\dfrac{1}{10^l} \sum_{h=1}^{l} \log\sum_{j=0}^{9}z^{-j*10^{l-h}} \\ \EEQ $$
となり$z$変換が得られた。収束領域は$|z|>1$。

級数$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{a'(n)}{n(n+1)}$の値

$\ZT{\frac{a'(n)}{n(n+1)}}$ の$z \to 1 $の極限をとった値が求める級数の値。しかし、$\ZT{\frac{a'(n)}{n(n+1)}}$の収束半径が$|z|>1$であるため$|z| \to 1$の極限をとった際に級数$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{a'(n)}{n(n+1)}$　が収束するか否かはわからない。よってまず級数$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{a'(n)}{n(n+1)}$の収束性を判定する。収束すればアーベルの連続性定理から級数$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{a'(n)}{n(n+1)}$の値は、$z$を複素平面上の単位の外側、つまり収束領域から$1$に近づけた　$\lim_{z \to 1^{+}}\ZT{\frac{a'(n)}{n(n+1)}}$に等しい。
ゆえに
$$ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a'(n)}{n(n+1)}=\lim_{z \to 1^{+}} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a'(n)}{n(n+1)}z^{-n} =\lim_{z \to 1^{+}} \ZT{\frac{a'(n)}{n(n+1)}} $$
を示したことになる。

級数$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{a'(n)}{n(n+1)}$の収束判定

収束判定

$a'(n)$は各桁の値の和なので$n$が$m$桁のとき$a'(n) \le 9m$が成り立つ。つまり、各桁をすべて$9$としたときの和は常に$a'(n)$以上である。$n$の桁数$m$は$\floor{\frac{\log(n)}{\log{10}}}+1$なので　

$$ \dfrac{a'(n)}{n(n+1)} \le \dfrac{9m}{n(n+1)} =\dfrac{9 \left( \floor{\frac{\log(n)}{\log(10)}}+1 \right) }{n(n+1)} \le \dfrac{9 \left( \frac{\log(n)}{\log(10)}+1 \right) }{n(n+1)} $$
ダランベールの級数判定法から、$n+1$項目と$n$項目の比をとって
$$ \BEQ \lim_{n\to \infty} \frac{\dfrac{9 \left(\frac{\log(n+1)}{\log(10)}+1 \right) }{(n+1)(n+2)}}{ \dfrac{9 \left( \frac{\log(n)}{\log(10)}+1 \right) }{n(n+1)}} & = & \lim_{n \to \infty}\dfrac{n\log(10(n+1))}{(n+2)\log(10n)} \\ &=& \lim_{n \to \infty}\dfrac{\log(10(n+1))+\frac{n}{n+1}}{\log(10n)+\frac{n+2}{n}} & \because \frac{\infty}{\infty}\text{の不定形だからロピタルの定理を適用}\\ &=& \lim_{n \to \infty}\dfrac{\frac{1}{n+1}+\frac{1 }{(n+1)^2}}{\frac{1}{n}+\frac{-2}{n^2}} & \because \frac{\infty}{\infty}\text{の不定形だからロピタルの定理を適用}\\ &=& \lim_{n \to \infty} \dfrac{n^2}{n-2} \dfrac{n+2}{(n+1)^2} \\ &=& 1 \\ \EEQ $$
比が$1$になったのでラーベの判定法を使えて
$$ \lim_{n\to \infty} n \left(\frac{\dfrac{9 \left(\frac{\log(n+1)}{\log(10)}+1 \right) }{(n+1)(n+2)}}{ \dfrac{9 \left( \frac{\log(n)}{\log(10)}+1 \right) }{n(n+1)}} -1 \right)\\ = \lim_{n\to \infty} n \left( \dfrac{n\log(10(n+1))}{(n+2)\log(10n)}-1 \right) \\ = \lim_{n\to \infty} n \left(\dfrac{n\log(10(n+1))-(n+2)\log(10n)}{(n+2)\log(10n)} \right) \\ = \lim_{n\to \infty} \left(\dfrac{n^2 \log(10(n+1))-n(n+2)\log(10n)}{(n+2)\log(10n)} \right) \\ = \lim_{n\to \infty} \left(\dfrac{2n \log(10(n+1))+\frac{n^2}{n+1}-( (2n+2)\log(10n)+\frac{n(n+2)}{n})}{\log(10n)+\frac{n+2}{n}} \right) \because \frac{\infty}{\infty}\text{の不定形だからロピタルの定理を適用} \\ = \lim_{n\to \infty} \left(\dfrac{2\log(10(n+1))+\frac{2n}{n+1}+\frac{2n-n^2}{(n+1)^2}-(2\log(10n)+\frac{2(n+1)}{n}+1)}{\frac{1}{n}+1+\frac{2}{n}} \right) \because \frac{\infty}{\infty}\text{の不定形だからロピタルの定理を適用} \\ = \lim_{n\to \infty} \left(\dfrac{2\log(\frac{n+1}{n})+\frac{2n}{n+1}+\frac{2n-n^2}{(n+1)^2}-(\frac{2(n+1)}{n}+1)}{\frac{1}{n}+1+\frac{2}{n}} \right) \\ = \lim_{n\to \infty} \left(\dfrac{2\log(1+\frac{1}{n})+\frac{2}{1+\frac{1}{n} }+\frac{\frac{2}{n}-1}{(1+\frac{1}{n})^2}-(2+\frac{2}{n}+1)}{\frac{1}{n}+1+\frac{2}{n}} \right) \\ = \left(\dfrac{0+2-1-3}{0+1+0} \right)=-2 \\ $$
$-2=-1-c$なので正の数$1$が存在するので、級数$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{9 m}{n(n+1)}$は絶対収束する。
よって
$$ \dfrac{a'(n)}{n(n+1)} \le \dfrac{9m}{n(n+1)} $$なので、級数$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{a'(n)}{n(n+1)}$は絶対収束する。

級数の値を求める。

$$ \BEQ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a(n)}{n(n+1)} &=&\sum_{n=0}^{\infty} \frac{a'(n)}{n(n+1)}\\ &=&\lim_{z \to 1^{+}}\ZT{\frac{a'(n)}{n(n+1)}} \\ &=&\lim_{z \to 1^{+}}9\sum_{l=1}^{\infty}\dfrac{1}{10^l} \sum_{h=1}^{l} \log\sum_{j=0}^{9}z^{-j*10^{l-h}} \\ &=&9\sum_{l=1}^{\infty}\dfrac{1}{10^l} \sum_{h=1}^{l} \log(10*1) \\ &=&9\sum_{l=1}^{\infty}\dfrac{l \log(10)}{10^l} \\ &=&9 \log(10) \sum_{l=1}^{\infty}\dfrac{l}{10^l} \\ &=&9 \log(10) \dfrac{10}{81} \\ &=& \dfrac{10}{9} \log(10) \\ \EEQ $$となり示された。

途中あらわれた級数$\sum_{l=1}^{\infty}\frac{l}{10^l}$の値の求め方はこちら。

$z$変換をもちいて求める。$z$変換のスケーリング則と$n$の$z$変換から
$$ \ZT{\frac{n}{10^n}}=\dfrac{10z}{(10z-1)^2} $$　収束領域は$|z|>\frac{1}{10}$。この$z$変換の結果について$z \to 1$の極限をとった値が$\sum_{l=1}^{\infty}\frac{l}{10^l}$の値で
$$ \lim_{z \to 1}\ZT{\frac{n}{10^n}}=\dfrac{10}{81} $$となる。