阿贝尔定理

阿贝尔定理是幂级数的一个重要结果。

定理

设$f(z)=\sum _{n\geq 0}a_{n}z^{n}$为一幂级数，其收敛半径为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$\sum _{n\geq 0}a_{n}z_{0}^{n}$收敛，则有: $\lim _{t\to 1^{-}}f(tz_{0})=\sum _{n\geq 0}a_{n}z_{0}^{n}$。

若$\sum _{n\geq 0}a_{n}R^{n}$收敛，则结果显然成立，无须引用这个定理。

证明

设级数$\sum _{n\geq 0}a_{n}z_{0}^{n}$收敛，下面证明：

$\lim _{t\to 1^{-}}f(tz_{0})=\lim _{t\to 1^{-}}\sum _{n\geq 0}a_{n}t^{n}z_{0}^{n}=\sum _{n\geq 0}a_{n}z_{0}^{n}$

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

$\forall 0\leq t\leq \delta$，$|1-t|\sum _{n=0}^{N_{0}}S_{n}\leq {\frac {\epsilon }{2}}$

于是对$\forall 0\leq t\leq \delta$，

$.\ \ |\lim _{N\to +\infty }\sum _{n=0}^{N}b_{n}t^{n}|\leq |(1-t)\sum _{n=0}^{N_{0}}S_{n}t^{n}|+|(1-t)\sum _{n=N_{0}+1}^{\infty }S_{n}t^{n}|$

$\leq {\frac {\epsilon }{2}}+|1-t|{\frac {\epsilon }{2}}\sum _{n=N_{0}+1}^{\infty }|t|^{n}\leq {\frac {\epsilon }{2}}+{\frac {\epsilon }{2}}{\frac {|1-t|}{1-|t|}}$

$\displaystyle =\epsilon$

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：

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

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$\sum _{n\geq 1}{\frac {(-1)^{n+1}}{n}}$，设$f(x)=\sum _{n\geq 1}{\frac {(-1)^{n+1}x^{n}}{n}}=\log(1+x)$。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$\sum _{n\geq 0}{\frac {(-1)^{n}}{2n+1}}$，设$g(x)=\sum _{n\geq 0}{\frac {(-1)^{n}x^{2n+1}}{2n+1}}=\arctan(x)$。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.