阿貝爾定理

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。若對收斂圓（模長為 R 的複數的集合）上的某個複數$z_{0}$，級數$\sum _{n\geq 0}a_{n}z_{0}^{n}$收斂，則有: $\lim _{t\to 1^{-}}f(tz_{0})=\sum _{n\geq 0}a_{n}z_{0}^{n}$。

若$\sum _{n\geq 0}a_{n}R^{n}$收斂，則結果顯然成立，無須引用這個定理。

證明

設級數$\sum _{n\geq 0}a_{n}z_{0}^{n}$收斂，下面證明：

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

令$b_{n}=a_{n}z_{0}^{n}$，則冪級數$\sum _{n\geq 0}b_{n}z^{n}$ 的收斂半徑為1，並且只需證明

$\lim _{t\to 1^{-}}\sum _{n\geq 0}b_{n}t^{n}=\sum _{n\geq 0}b_{n}$

令$b_{0}^{\prime }=b_{0}-\sum _{n\geq 0}b_{n}$，則可化歸到$\sum _{n\geq 0}b_{n}=0$，於是以下只需要考慮$\sum _{n\geq 0}b_{n}=0$ 的情況。

設$S_{n}=\sum _{k=0}^{n}b_{n}$，那麼$\lim _{n\to +\infty }S_{n}=0$。由冪級數性質可知$\sum _{n\geq 0}S_{n}z^{n}$ 的收斂半徑也是1。於是

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

$=\lim _{N\to +\infty }\left(\sum _{n=0}^{N-1}S_{n}(t^{n}-t^{n+1})+S_{N}t^{N}\right)$

$=(1-t)\sum _{n=0}^{\infty }S_{n}t^{n}$（因為$\lim _{n\to +\infty }S_{n}t^{n}=0$）

對於任意的$\epsilon >0$，固定$N_{0}$ 使得

$\forall m>N_{0}$，$|s_{m}|<{\frac {\epsilon }{2}}$

再固定$\delta$使得

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

於是對$\forall 0\leq t\leq \delta$，

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

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

$\displaystyle =\epsilon$

這就證明了

$\lim _{t\to 1^{-}}\sum _{n\geq 0}b_{n}t^{n}=0=\sum _{n\geq 0}b_{n}$

於是阿貝爾定理得證。

從證明中可以看出，對於一個固定的正數$\alpha$，設區域：

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

那麼只要$t$ 在$D_{\alpha }$趨近於1，就有阿貝爾定理成立。

例子和應用

阿貝爾定理的一個有用應用是計算已知收斂級數。方法是通過在級數每項後加上$x^{n}$項，將問題轉換為冪級數求和，最後再計算 x 趨於 1 時冪級數的極限。由阿貝爾定理可知，這個極限就是原級數的和。

1. 為計算收斂級數$\sum _{n\geq 1}{\frac {(-1)^{n+1}}{n}}$，設$f(x)=\sum _{n\geq 1}{\frac {(-1)^{n+1}x^{n}}{n}}=\log(1+x)$。於是有$\sum _{n\geq 1}{\frac {(-1)^{n+1}}{n}}=\lim _{x\to 1^{-}}f(x)=\log 2$
2. 為計算收斂級數$\sum _{n\geq 0}{\frac {(-1)^{n}}{2n+1}}$，設$g(x)=\sum _{n\geq 0}{\frac {(-1)^{n}x^{2n+1}}{2n+1}}=\arctan(x)$。因此有$\lim _{x\to 1^{-}}g(x)=\arctan(1)={\frac {\pi }{4}}=\sum _{n\geq 0}{\frac {(-1)^{n}}{2n+1}}$

參考來源

• （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.