Théorème d’Abel angulaire

analysis

On montre le théorème d’Abel angulaire, qui permet d’intervertir certaines sommes et limites, et on l’applique justement au calcul de deux sommes.

GOU20

p. 263

Théorème 1 (Abel angulaire). Soit $\sum a_{n} z^{n}$ une série entière de rayon de convergence supérieur ou égal à $1$ telle que $\sum a_{n}$ converge. On note $f$ la somme de cette série sur le disque unité $D$ de $C$ . On fixe $θ_{0} \in [0, \frac{π}{2} [$ et on pose $Δ_{θ_{0}} = {z \in D ∣ \exists ρ > 0 et \exists θ \in [- θ_{0}, θ_{0}] tels que z = 1 - ρ e^{i θ}}$ .

$tikzpicture-1$

Alors $lim_{z \to 1 z \in Δ_{θ_{0}}} f (z) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n}$ .

Démonstration. On note $\forall n \in N$ , $S = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n}$ , $S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} a_{k}$ et $R_{n} = S - S_{n}$ . On chercher à majorer $∣ f (z) - S ∣$ ; on va effectuer une transformation d’Abel en écrivant $\forall n \geq 1$ , $a_{n} = R_{n - 1} - R_{n}$ . Soit $z \in D ∖ {0}$ . $\forall N \in N^{*}$ , on a $n = 0 \sum N a_{n} z^{n} - S_{N} = n = 0 \sum N a_{n} (z^{n} - 1) = n = 1 \sum N (R_{n - 1} - R_{n}) (z^{n} - 1) = n = 0 \sum N - 1 R_{n} (z^{n + 1} - 1) - n = 1 \sum N R_{n} (z^{n} - 1) = n = 0 \sum N - 1 R_{n} (z^{n + 1} - z^{n}) - R_{N} (z^{N} - 1) = (z - 1) n = 0 \sum N - 1 R_{n} z^{n} - R_{N} (z^{N} - 1)$ Donc en faisant $N \to + \infty$ : $f (z) - S = (z - 1) n = 0 \sum + \infty R_{n} z^{n} (*)$ Soit $ϵ > 0$ . $\exists N \in N$ tel que $\forall n \geq N$ , $∣ R_{n} ∣ < ϵ$ . D’après $(*)$ , $\forall z \in D$ , $∣ f (z) - S ∣ \leq ∣ z - 1∣ n = 0 \sum N R_{n} z^{n} + ϵ ∣ z - 1∣ (n = N + 1 \sum + \infty ∣ z ∣^{n}) \leq ∣ z - 1∣ (n = 0 \sum N ∣ R_{n} ∣) + ϵ \frac{∣ z - 1∣}{1 - ∣ z ∣} (* *)$ Soit $z \in Δ_{θ_{0}}$ de sorte que $z = 1 - ρ e^{i θ}$ avec $ρ > 0$ et $∣ θ ∣ \leq θ_{0}$ . Notons avant toute chose que $∣ z - 1∣ = ρ$ . Cherchons maintenant des conditions sur $z$ pour majorer les deux termes :

On a : $∣ z ∣^{2} = (1 - ρ cos (θ))^{2} + (ρ sin (θ))^{2} = 1 - 2 ρ cos (θ) + ρ^{2} (cos (θ)^{2} + sin (θ)^{2}) = 1 - 2 ρ cos (θ) + ρ^{2}$ En supposant $ρ \leq cos (θ_{0})$ , cela permet de majorer le deuxième terme de $(* *)$ : $\frac{∣ z - 1∣}{1 - ∣ z ∣} = \frac{∣ z - 1∣}{1 - ∣ z ∣ ^{2}} (1 + ∣ z ∣) = \frac{ρ}{2 ρ cos ( θ ) - ρ ^{2}} (1 + ∣ z ∣) \leq \frac{2}{2 cos ( θ ) - ρ} \leq \frac{2}{2 cos ( θ _{0} ) - cos ( θ _{0} )} = \frac{2}{cos ( θ _{0} )}$
Soit $α > 0$ suffisamment petit pour que $α \sum_{n = 0}^{N} ∣ R_{n} ∣ < ϵ$ . Si $z \in Δ_{θ_{0}}$ tel que $∣ z - 1∣ \leq α$ , alors on peut majorer le premier terme de $(* *)$ : $∣ z - 1∣ (n = 0 \sum N ∣ R_{n} ∣) \leq α (n = 0 \sum N ∣ R_{n} ∣) < ϵ$

Donc, en faisant $z ⟶ 1$ tel que $z \in Δ_{θ_{0}}$ (on aura bien $ρ = ∣ z - 1∣ \leq in f {α, cos (θ_{0})}$ ), et en injectant les deux majorations trouvées dans $(* *)$ : $∣ f (z) - S ∣ \leq ϵ + ϵ \frac{2}{cos ( θ _{0} )} = ϵ (1 + \frac{2}{cos ( θ _{0} )})$ d’où le résultat. ◻

Application 2. $n = 0 \sum + \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{( 2 n + 1 )} = \frac{π}{4}$

Démonstration. En appliquant le 1 : $n = 0 \sum + \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{( 2 n + 1 )} = x \to 1 x < 1 lim n = 0 \sum + \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{( 2 n + 1 )} x^{n} = x > 0 x \to 1 x < 1 lim \frac{1}{x} n = 0 \sum + \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{( 2 n + 1 )} x^{2 n + 1} = x \to 1 x < 1 lim \frac{1}{x} arctan (x) = arctan (1) = \frac{π}{4}$ ◻

La preuve de l’application précédente écrite dans est un peu lacunaire. Merci aux personnes qui l’ont signalée et corrigée.

Application 3. $n = 0 \sum + \infty \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{n} = ln (2)$

Démonstration. Toujours en appliquant le 1 : $n = 0 \sum + \infty \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{n} = x \to 1 x < 1 lim n = 0 \sum + \infty \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{n} x^{n} = x \to 1 x < 1 lim ln (1 + x) = ln (2)$ ◻