阿贝尔定理

阿貝爾定理是冪級數的一個重要結果。

定理

設$f(z)= \sum_{n \geq 0} a_n z^n$為一冪級數，其收斂半徑為R。若对收敛圆（模长为 R 的复数的集合）上的某个复数$z_0$，级数$\sum_{n\geq 0} a_n z_0^n$收斂，則有: $\lim_{t\to 1^-} f(t z_0) = \sum_{n \geq 0} a_n z_0^n$。

若$\sum_{n \geq 0} a_n R^n$收斂，則結果顯然成立，無須引用這定理。

证明

设级数$\sum_{n\geq 0} a_n z_0^n$收斂，下面证明：

$\lim_{t\to 1^-} f(t z_0) = \lim_{t\to 1^-} \sum_{n \geq 0} a_n t^n z_0^n = \sum_{n \geq 0} a_n z_0^n$

令$b_n = a_n z_0^n$，则幂级数$\sum_{n\geq 0} b_n z^n$ 的收敛半径为1，并且只需证明

$\lim_{t\to 1^-} \sum_{n \geq 0} b_n t^n = \sum_{n \geq 0} b_n$

令$b_0^{\prime} = b_0 - \sum_{n \geq 0} b_n$，则可化归到$\sum_{n\geq 0} b_n =0$，于是以下只需要考虑$\sum_{n\geq 0} b_n =0$ 的情况。

设$S_n = \sum_{k = 0}^n b_n$，那么$\lim_{n\to +\infty} S_n = 0$。由幂级数性质可知$\sum_{n\geq 0} S_n z^n$ 的收敛半径也是1。于是

$.\ \ \lim_{N\to +\infty} \sum_{n = 0}^N b_n t^n = \lim_{N\to +\infty} \sum_{n = 0}^N (S_n - S_{n-1}) t^n$

$= \lim_{N\to +\infty} \left(\sum_{n = 0}^{N-1} S_n (t^n - t^{n+1}) + S_N t^N \right)$

$= (1 - t) \sum_{n = 0}^{\infty} S_n t^n$（因为$\lim_{n\to +\infty} S_n t^n= 0$）

对于任意的$\epsilon >0$，固定$N_0$ 使得

$\forall m > N_0$，$|s_m|< \frac{\epsilon}{2}$

再固定$\delta$使得

$\forall 0 \le t \le \delta$，$|1 - t| \sum_{n = 0}^{N_0} S_n \le \frac{\epsilon}{2}$

于是对$\forall 0 \le t \le \delta$，

$.\ \ | \lim_{N\to +\infty} \sum_{n = 0}^N b_n t^n | \le |(1 - t) \sum_{n = 0}^{N_0} S_n t^n | + |(1 - t) \sum_{n = N_0 + 1}^{\infty} S_n t^n |$

$\le \frac{\epsilon}{2} + |1 - t| \frac{\epsilon}{2} \sum_{n = N_0 + 1}^{\infty} |t|^n \le \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} \frac{|1 - t|}{1 - |t|}$

$\displaystyle = \epsilon$

这就证明了

$\lim_{t\to 1^-} \sum_{n \geq 0} b_n t^n = 0 = \sum_{n \geq 0} b_n$

于是阿贝尔定理得证。

从证明中可以看出，对于一个固定的正数$\alpha$，设区域：

$D_{\alpha} = \left\{ |t| \le 1 \left| \right| \frac{|1 - t|}{1 - |t|} \le \alpha \right\}$

那么只要$t$ 在$D_{\alpha}$趋近于1，就有阿贝尔定理成立。

例子和应用

阿贝尔定理的一个有用应用是计算已知收敛级数。方法是通过在级数每项后加上$x^n$项，将问题转换为幂级数求和，最后再计算 x 趋于 1 时幂级数的极限。由阿贝尔定理可知，这个极限就是原级数的和。

1. 为计算收敛级数$\sum_{n \geq 1} \frac{(-1)^{n+1}}{n}$，設$f(x)= \sum_{n \geq 1} \frac{(-1)^{n+1} x^n}{n} = \log (1+x)$。于是有$\sum_{n \geq 1} \frac{(-1)^{n+1}}{n} = \lim_{x \to 1^-} f(x) = \log 2$
2. 为计算收敛级数$\sum_{n \geq 0} \frac{(-1)^n}{2n+1}$，設$g(x)= \sum_{n \geq 0} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1} = \arctan (x)$。因此有$\lim_{x \to 1^-} g(x) = \arctan (1) = \frac{\pi}{4} = \sum_{n \geq 0} \frac{(-1)^n}{2n+1}$

参考来源

• （法文）Srishti.D.Chatterji. Cours d'Analyse. Editions polytechniques et universitaires romandes. 1997. 
• （法文）Alekseev. Theorème D'Abel: Un Cours D'Arnold. Cassini. 2007.