阿贝尔定理

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什么是阿贝尔定理

　　阿贝尔定理是指幂级数的一个重要结果。

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

　　若 $\sum_{n \geq 0} a_n R^n$ 收敛，则结果显然成立，无须引用这定理。

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阿贝尔定理的证明

　　设级数 $\sum_{n\geq 0} a_n z_0^n$ 收敛，下面证明：

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

　　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 $ε > 0$ ，固定 $N 0$ 使得

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

　　再固定 $δ$ 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 $α$ ，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 $D α$ 趋近于1，就有阿贝尔定理成立。

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阿贝尔定理的例子和应用

　　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。

　　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 $\sum_{n \geq 1} \frac{(-1)^{n+1}}{n} = \lim_{x \to 1^-} f(x) = \log 2$

　　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 $\lim_{x \to 1^-} g(x) = \arctan (1) = \frac{\pi}{4} = \sum_{n \geq 0} \frac{(-1)^n}{2n+1}$

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42.91.136.* 在 2021年9月24日 09:42 发表

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