阿贝尔定理

阿貝爾定理是冪級數的一個重要結果。

定理

設$f(z)=\sum _{n\ge 0}{a}_n{z}^n$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$\sum _{n\ge 0}{a}_n{z}_0^n$收斂，則有: $\underset{t\to 1^{-}}{\lim }f(t{z}_0)=\sum _{n\ge 0}{a}_n{z}_0^n$。

若$\sum _{n\ge 0}{a}_n{R}^n$收斂，則結果顯然成立，無須引用這个定理。

证明

设级数$\sum _{n\ge 0}{a}_n{z}_0^n$收斂，下面证明：

$\underset{t\to 1^{-}}{\lim }f(t{z}_0)=\underset{t\to 1^{-}}{\lim }\sum _{n\ge 0}{a}_n{t}^n{z}_0^n=\sum _{n\ge 0}{a}_n{z}_0^n$

令$b_n=a_n{z}_0^n$，则幂级数$\sum _{n\ge 0}{b}_n{z}^n$ 的收敛半径为1，并且只需证明

$\underset{t\to 1^{-}}{\lim }\sum _{n\ge 0}{b}_n{t}^n=\sum _{n\ge 0}{b}_n$

令$b_0^{\prime }=b_0-\sum _{n\ge 0}{b}_n$，则可化归到$\sum _{n\ge 0}{b}_n=0$，于是以下只需要考虑$\sum _{n\ge 0}{b}_n=0$ 的情况。

设$S_n=\sum _{k=0}^n{b}_n$，那么$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{S}_n=0$。由幂级数性质可知$\sum _{n\ge 0}{S}_n{z}^n$ 的收敛半径也是1。于是

$.\underset{N\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\sum _{n=0}^N{b}_n{t}^n=\underset{N\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\sum _{n=0}^N(S_n-S_{n-1})t^n$

$=\underset{N\to +\mathrm{\infty }}{\lim }(\sum _{n=0}^{N-1}{S}_n(t^n-t^{n+1})+S_N{t}^N)$

$=(1-t)\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{S}_n{t}^n$（因为$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{S}_n{t}^n=0$）

对于任意的$ϵ>0$，固定$N_0$ 使得

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

再固定$\delta$使得

$\mathrm{\forall }0\le t\le \delta$，$|1-t|\sum _{n=0}^{N_0}{S}_n\le \frac{ϵ}{2}$

于是对$\mathrm{\forall }0\le t\le \delta$，

$.|\underset{N\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\sum _{n=0}^N{b}_n{t}^n|\le |(1-t)\sum _{n=0}^{N_0}{S}_n{t}^n|+|(1-t)\sum _{n=N_0+1}^{\mathrm{\infty }}{S}_n{t}^n|$

$\le \frac{ϵ}{2}+|1-t|\frac{ϵ}{2}\sum _{n=N_0+1}^{\mathrm{\infty }}|t{|}^n\le \frac{ϵ}{2}+\frac{ϵ}{2}\frac{|1-t|}{1-|t|}$

$=ϵ$

这就证明了

$\underset{t\to 1^{-}}{\lim }\sum _{n\ge 0}{b}_n{t}^n=0=\sum _{n\ge 0}{b}_n$

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：

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

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

参考来源

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