Série entière pour les nuls
Bonjour,
je cherche une démo sans parler de convergence uniforme et tout le tralala d'une fait qu'une série entière soit dérivable sur son disque de convergence avec la dérivée ce qu'il faut; c'est-à-dire de partir de: soit $f(z)=\sum_{n\ge 0}a_nz^n$ une série entière, $\mathcal D$ son disque de convergence et $z_0\in \mathcal D$. Montrons que $f$ est dérivable en $z_0$. Soit $z\in\mathcal D$. On a
On a \begin{eqnarray*}
\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}-\sum_{n\ge1}na_nz^{n-1}_0&=&\sum_{n\ge1}a_n\left(\frac{z^n-z^n_0}{z-z_0}-nz^{n-1}_0\right)\\
&=&\sum_{n\ge1}a_n\left(\sum_{k=0}^{n-1}z^{n-1-k}_0z^k-z^{n-1}_0\right)
\end{eqnarray*}
Mais je n'arrive pas à tripatouiller pour montrer que ça tend vers $0$ quand $z$ tend vers $z_0$ dans $\mathcal D$.
Quelqu'un sait-il conclure de cette manière
je cherche une démo sans parler de convergence uniforme et tout le tralala d'une fait qu'une série entière soit dérivable sur son disque de convergence avec la dérivée ce qu'il faut; c'est-à-dire de partir de: soit $f(z)=\sum_{n\ge 0}a_nz^n$ une série entière, $\mathcal D$ son disque de convergence et $z_0\in \mathcal D$. Montrons que $f$ est dérivable en $z_0$. Soit $z\in\mathcal D$. On a
On a \begin{eqnarray*}
\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}-\sum_{n\ge1}na_nz^{n-1}_0&=&\sum_{n\ge1}a_n\left(\frac{z^n-z^n_0}{z-z_0}-nz^{n-1}_0\right)\\
&=&\sum_{n\ge1}a_n\left(\sum_{k=0}^{n-1}z^{n-1-k}_0z^k-z^{n-1}_0\right)
\end{eqnarray*}
Mais je n'arrive pas à tripatouiller pour montrer que ça tend vers $0$ quand $z$ tend vers $z_0$ dans $\mathcal D$.
Quelqu'un sait-il conclure de cette manière
Réponses
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Il te manque un $n$ ou une parenthèse de sommation dans ta dernière formule. Dans tous les cas pour intervertir la somme infinie et un passage à la limite tu auras besoin d'un peu d'uniformité.
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Dans la dernière expression, la parenthèse est mal placée ou bien il manque un $n$ en facteur de $z_0^{n-1}$. Tu veux donc montrer la convergence vers $0$ de \begin{align*}
g(z)&=\sum_{n\ge1}a_n\left(\sum_{k=0}^{n-1}z_0^{n-1-k}z^k-nz_0^n\right)\\
&=\sum_{n\ge1}a_n\sum_{k=0}^{n-1}z_0^{n-k-1}(z^k-z_0^k)\\
&=(z-z_0)\sum_{n\ge1}a_n\sum_{k=1}^{n-1}z_0^{n-1-k}\sum_{\ell=0}^{k-1}z^\ell z_0^{k-\ell-1}\\
\bigl|g(z)\bigr|&\le|z-z_0|\sum_{n\ge1}|a_n|\sum_{k=1}^{n-1}r^{n-1-k}kr^{k-1}\\
&\le |z-z_0|\sum_{n\ge1}n^2|a_n|r^{n-1},
\end{align*}en choisissant $r$ strictement compris entre $|z_0|$ et le rayon de convergence $R$, et en prenant $|z|\le r$. Là, on choisit à nouveau $s\in\left]r,R\right[$, on sait alors que $a_n=o(s^{-n})$, d'où la convergence de la série. Ce qui m'étonne un peu, c'est le facteur $n^2$. -
Bonjour
@Math Coss : $$\lvert g(z)\rvert\leq \lvert z-z_0\rvert\sum_{n=2}^{+\infty}n^2\lvert a_n\rvert r^{n-2}\quad?$$ Après, aucune importance mais pourquoi ne pas garder : $$\lvert g(z)\rvert\leq \frac12\lvert z-z_0\rvert\sum_{n=2}^{+\infty}n(n-1)\lvert a_n\rvert r^{n-2}\quad?
$$ @Joaopa : pourquoi "Série entière pour les nuls" ? Il me semble que cette méthode a le bon goût de montrer que justement, les choses sont purement algébriques. On peut aussi utiliser la formule du binôme mais j'aime bien cette technique qu'utilise @Math Coss. En plus, elle se généralise très bien au cas des matrices puisque l'on a encore, pour tout entier $k\geq 1$, $$A^k-B^k=\sum_{\ell=0}^{k-1}A^\ell(A-B)B^{k-1-\ell}.$$ À noter ici p. 25 une démonstration de la formule de Trotter-Kato pour les nuls... -
Pourquoi ne pas garder [...] ? Par paresse pardi ! Il est plus facile de majorer $k$ par $n$ et de faire la somme de $n$ termes que de calculer $\sum_{k=0}^{n-1}k$.
-
Cool. Merci à tous.
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