\documentclass[a4paper,10pt]{article}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{enumerate}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{stmaryrd}
\usepackage{hyperref}
\usepackage{amscd}
\usepackage{amsthm}
\usepackage[frenchb]{babel}
\usepackage{fontenc}
\usepackage[pdftex]{graphicx}
\usepackage{xcolor}
\usepackage{fullpage}
\usepackage{mathrsfs}
\usepackage{dsfont}
\newtheorem*{thm}{Théorème}
\newtheorem*{lem}{Lemme}
\newcommand{\scal}[2]{\left\langle #1\, , \, #2 \right \rangle}
\newcommand{\grad}{\operatorname{grad}}
\date{}
\title{Abel angulaire et taubérien faible}
\begin{document}
 \maketitle
Ce développement se trouve dans le Gourdon d'analyse.
\begin{thm}
 Soit $\sum a_n z^n$ une série entière de rayon de convergence $\geqslant 1$ telle que $\sum a_n$ converge. On note $f$ la somme de la série sur le disque unité. On fixe $\theta_0 \in [0,\pi/2[$ et on pose
$$\Delta_{\theta_0} = \{z\in \mathbb C,\; |z|<1 \; \text{et}\; \exists \rho >0, \theta \in [-\theta_0,\theta_0], \; z=1-\rho e^{i\theta}\}.$$ Alors 
$$\lim_{\substack{z\to 1 \\ z \in \Delta_{\theta_0}}} f(z)= \sum_{n=0}^\infty a_n.$$
\end{thm}
\begin{proof}
On note $S = \sum a_n $ et $R_n = \sum_{k=n+1}^\infty a_n$. On va effectuer une transformation d'Abel en écrivant $a_n = R_{n-1} - R_n$. Pour $|z|<1$, ça donne donc
\begin{align}
 f(z)-S &= \sum_{n=1}^\infty a_n(z^n-1) = \sum_{n=1}^\infty (R_{n-1} - R_n)(z^n-1) = \sum_{n=0}^\infty R_n (z^{n+1}-1) - \sum_{n=1}^\infty R_n(z^n-1) \\
&= \sum_{n=0}^\infty R_n(z^{n+1} -z^n) = (z-1)\sum_{n=0}^\infty R_n z^n.
\end{align}
Fixons alors $\varepsilon > 0 $ et $N \in \mathbb N$ tel que $\forall n \geqslant N$, $R_N < \varepsilon.$ On peut écrire
$$|f(z)-S| \leqslant |z-1| \left \vert \sum_{n=0}^N R_n z^n \right \vert + \varepsilon \frac{|z-1|}{1-|z|}.$$
Or, si $|z|<1$ est suffisamment proche de $1$ (disons $|z-1| \leqslant \alpha$), on a $|z-1| \left \vert \sum_{n=0}^N R_n z^n \right \vert < \varepsilon.$ \\
Maintenant, si $z \in \Delta_{\theta_0}$, on a $z=1-\rho e^{i\varphi}$ avec $\varphi \in [-\theta_0,\theta_0]$, donc $|z|^2 = 1-2\rho \cos \varphi + \rho^2$ et 
$$\frac{|z-1|}{1-|z|} = \frac{|z-1|}{1-|z|^2} (1+|z|) = \frac{\rho}{2\rho \cos \varphi - \rho^2}(1+|z|) \leqslant \frac{2}{2\cos\varphi - \rho}.$$
Ainsi, si $\rho < \cos \theta_0$, on obtient
$$\frac{|z-1|}{1-|z|} \leqslant \frac{2}{2\cos \theta_0 - \cos \theta_0} = \frac{2}{\cos \theta_0}.$$
De fait, si $z \in \Delta_{\theta_0}$ et $|z-1| \leqslant \min(\alpha, \cos \theta_0)$, on a
$$|f(z)-S| \leqslant \varepsilon + \varepsilon \frac{2}{\cos(\theta_0)}$$ce qui montre le résultat.

Remarque : en appliquant ça à la série $\sum \frac{(-1)^n}{2n+1}$, on en déduit
$$\sum \frac{(-1)^n}{2n+1} = \lim_{x \to 1} \sum \frac{(-1)^n}{2n+1} x^n = \lim \arctan x = \frac{\pi}{4}.$$
On peut faire pareil avec $\sum (-1)^n/n=\ln 2.$
\end{proof}
\begin{thm}
 Soir $\sum a_n z^n$ une série entière de rayon de convergence 1 et soit $f$ la somme de cette série. On suppose qu'il existe $S \in \mathbb C$ tel que $\lim_{\substack{x\to 1 \\ x < 1}} f(x) =S$ et que $a_n = o(1/n)$. Alors $\sum_{n=0}^\infty a_n = S$.
\end{thm}
\begin{proof}
 On note $S_n = \sum_{k=0}^n a_k$. On a, 
$$\forall n \in \mathbb N,\; \forall x \in ]0,1[, \quad S_n-f(x)= \sum_{k=0}^n a_k (1-x^k) - \sum_{k=n+1}^\infty a_k x^k$$
et puisque $(1-x^k)=(1-x)(1+x+\cdots+x^{k-1}) \leqslant k(1-x)$ pour $0<x<1$, on en déduit
$$\forall n \; \forall x\in]0,1[, \quad |S_n-f| \leqslant (1-x)\sum_{k=0}^n k|a_k| + \sum_{k=n+1}^\infty \frac{k|a_k|}{n} x^k \leqslant (1-x)Mn + \frac{\sup_{k>n} (k|a_k|)}{n(1-x)}$$
où $M$ désigne un majorant de la suite $k|a_k|$. 

Fixons maintenant $0<\varepsilon <1$. On a, du coup
$$\forall n \in \mathbb N^\ast \quad \left \vert S_n - f\left( 1-\frac{\varepsilon}{n}\right) \right\vert \leqslant M\varepsilon + \frac{\sup_{k>n} (k|a_k|)}{\varepsilon},$$
On peut choisir $N_0$ tel que $\sup_{k>N_0} (k|a_k|) < \varepsilon^2$, on en déduit
$$\forall n > N_0 \quad \left \vert S_n - f\left( 1-\frac{\varepsilon}{n}\right) \right\vert \leqslant M\varepsilon + \varepsilon = (1+M)\varepsilon.$$
Par hypothèse, $f$ tend vers $S$ quand $x \to 1$ donc $|S_n-S| \to 0.$
\end{proof}




\end{document}
