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\textheight 24.7cm

\begin{document}
\paragraph*{\large Théorème taubérien fort de Hardy Littlewood.}

$\\$

Référence : Gourdon, Analyse.

\medskip

\begin{thm}{\textbf{(Hardy Littlewood)}}
\medskip

Soit $(a_{n})$ une suite de réels vérifiant $\displaystyle a_{n}=O\left(\frac{1}{n}\right)$ en $+\infty$, telle que la série entière $\displaystyle \sum_{n\geq 0} a_{n}x^{n}$ ait un rayon de convergence $\geq 1$, et sa somme $F(x)$ vérifie $\displaystyle \lim_{x\to 1_{-}} F(x) = s$. Alors la série $\sum a_{n}$ converge et vaut $s$.
\end{thm}

\bigskip

\begin{proof}
On peut toujours supposer que $s=0$ quitte à considérer $a_{0}-s$ comme premier terme de la suite.

On introduit l'espace $\Theta$ défini par :
$$ \Theta=\left\{ \theta : [0,1]\rightarrow\mathbb{R} \text{ telle que } \sum_{n\geq 0}a_{n}\theta(x^{n}) \text{ converge pour } x\in [0,1[, \text{ et } \lim_{x\to 1_{-}} \sum_{n\geq 0}a_{n}\theta(x^{n}) = 0\right\}. $$

\paragraph*{\'Etape 1 :} Démarche.

\medskip

On introduit la fonction $g : [0,1]\rightarrow \mathbb{R}$ définie par $g(x)=0$ si $0\leq x < \frac{1}{2}$, et $g(x)=1$ si $\frac{1}{2}\leq x \leq 1$.

Remarquons que l'on a $x^{n}<\frac{1}{2}$ dès que $n>-\frac{\ln(2)}{\ln(x)}$ (qui tend vers $+\infty$ lorsque $x$ tend vers $1_{-}$). Si l'on appelle $N_{x} := \left\lfloor -\frac{\ln(2)}{\ln(x)} \right\rfloor $, alors pour $x\in [0,1[$, $\displaystyle \sum_{n\geq 0} a_{n}g(x^{n}) = \sum_{n=0}^{N_{x}} a_{n}$. Ainsi, si nous montrons que $g\in\Theta$, le théorème sera démontré.

\paragraph*{\'Etape 2 :} $X\mathbb{R}[X]\subset \Theta$.

\medskip

Pour montrer ce résultat, il suffit de vérifier que chaque monôme $X^{k}$ ($k\geq 1$) est dans $\Theta$, puis la linéarité permet de conclure pour n'importe quel polynôme nul en zéro.

On a $\sum_{n\geq 0} a_{n}x^{kn}$ qui converge car si $x<1$, $x^{k}<x<1$. De plus, $\sum_{n\geq 0} a_{n}x^{kn} = F(x^{k})$, qui tend bien vers 0 lorsque $x$ tend vers $1_{-}$ (composition de limites).

\paragraph*{\'Etape 3 :} Un lemme.

\medskip

Pour tout polynôme $P\in\mathbb{R}[X]$, on a :
$$(1-x)\sum_{n\geq 0} x^{n}P(x^{n}) \xrightarrow[x\to 1_{-}]{} \int_{0}^{1} P(t)dt.$$

Là encore, il suffit de montrer ce résultat pour les monômes $X^{k}$, $k\geq 0$.

\begin{eqnarray*}
\displaystyle (1-x)\sum_{n\geq 0} x^{n}x^{kn}  = & \displaystyle(1-x)\sum_{n\geq 0} (x^{k+1})^{n} \\
 = & \displaystyle (1-x)\frac{1}{1-x^{k+1}} \\
 = & \displaystyle\frac{1}{1+x+...+x^{k}}, 
\end{eqnarray*}
qui tend vers $\displaystyle \frac{1}{k+1} = \int_{0}^{1} t^{k} dt$, lorsque $x$ tend vers 1. Par linéarité, c'est donc vrai pour tout polynôme.

\paragraph*{\'Etape 4 :} Approximation par des polynômes.

\medskip

Afin d'approcher $g$ par des polynômes (faisant intervenir du $x$ et du $1-x$), on décide d'écrire $g$ sous la forme $g(x) = x + x(1-x)h(x)$, ce qui revient à considérer la fonction $\displaystyle h(x) = \frac{g(x) - x}{x(1-x)}$. Ainsi, $h(x) = \frac{1}{x-1}$ si $0\leq x<\frac{1}{2}$ et $h(x) = \frac{1}{x}$ si $\frac{1}{2}\leq x\leq 1$.

\medskip

Soit $\varepsilon >0$. On approche $h$ par deux fonctions continues $s_{1}$ et $s_{2}$ telles que $s_{1}\leq h\leq s_{2}$ et $\displaystyle \int_{0}^{1} s_{2} - s_{1} < \varepsilon$. Puis d'après le théorème de Weierstrass, il existe deux polynômes $T_{1}$ et $T_{2}$ tels que $|T_{i} - s_{i}|<\varepsilon$ ($i$=1,2). Posons alors $U_{1} = T_{1} - \varepsilon$ et $U_{2} = T_{2} + \varepsilon$.

Ainsi nous avons $U_{1} \leq h \leq U_{2}$, avec $\displaystyle \int_{0}^{1} U_{2} - U_{1} < C\varepsilon$ ($C=5$ mais peu importe la valeur, c'est indépendant de $\varepsilon$...).

Revenons à l'étude de $g$. Compte tenu de ce qui vient d'être fait, on pose :

$$P_{1}(x) = x + x(1-x)U_{1}(x),$$
$$P_{2}(x) = x + x(1-x)U_{2}(x),$$
$$ Q(x) = \frac{P_{2}(x) - P_{1}(x)}{x(1-x)}.$$

D'où : 
$$P_{1}(0)=P_{2}(0)=0,$$
$$P_{1}\leq g \leq P_{2},$$
$$\int_{0}^{1} Q < C\varepsilon.$$

\paragraph*{\'Etape 5 :} Conclusion.

\medskip

Par hypothèse, il existe $M>0$ telle que $a_{n}\leq \frac{M}{n}$ pour tout $n$. Soit $x\in[0,1[$.
\begin{align*}
\left| \sum_{n\geq 0} a_{n}g(x^{n}) - \sum_{n\geq 0} a_{n}P_{1}(x^{n})\right| & \leq \sum_{n\geq 0} |a_{n}| (P_{2}-P_{1})(x^{n}) \\
 & \leq M\sum_{n\geq 0} \frac{x^{n}(1-x^{n})}{n}Q(x^{n}). \\
\end{align*}

Or, $1-x^{n}=(1-x)(1+x+...+x^{n-1})\leq n(1-x)$, d'où :
\begin{align*}
\left| \sum_{n\geq 0} a_{n}g(x^{n}) - \sum_{n\geq 0} a_{n}P_{1}(x^{n})\right| & \leq M(1-x)\sum_{n\geq 0} x^{n}Q(x^{n}), \\
\end{align*}
donc,
\begin{align*}
\left| \sum_{n\geq 0} a_{n}g(x^{n}) \right| & \leq \left| \sum_{n\geq 0} a_{n}P_{1}(x^{n}) \right| + M(1-x)\sum_{n\geq 0} x^{n}Q(x^{n}). \\
\end{align*}

D'après le lemme, le deuxième terme de cette somme tend vers $\displaystyle M\int_{0}^{1} Q(t)dt \leq CM\varepsilon$ lorsque $x$ tend vers $1_{-}$, donc il existe $\eta_{1}>0$ assez petit tel que $\forall x\in [1-\eta_{1},1[$, on ait :
$$ \left| \sum_{n\geq 0} a_{n}g(x^{n}) \right| \leq \left| \sum_{n\geq 0} a_{n}P_{1}(x^{n}) \right| + 2MC\varepsilon.$$

Enfin, comme $P_{1}\in\Theta$, (c.f. étape 2), le premier terme de la somme tend vers 0 lorsque $x$ tend vers $1_{-}$, donc il existe $\eta_{2} >0$ assez petit tel que : 
$$\forall x\in [1-\eta_{2},1[, \left| \sum_{n\geq 0} a_{n}P_{1}(x^{n}) \right| < \varepsilon.$$

Finalement, il existe $\eta=\min(\eta_{1},\eta_{2})>0$ tel que pour tout $x\in[1-\eta,1[$ :
$$ \left| \sum_{n\geq 0} a_{n}g(x^{n}) \right| \leq (1+2MC)\varepsilon,$$
ce qui achève la démonstration puisque $g$ est donc bien dans $\Theta$.
\end{proof}
\end{document}