Polynômes de Taylor d'ordre $2n$

1) Je me suis bien dit que cela avait à voir, mais on aurait pu vouloir voir à quel point c'était imprécis pour d'autres valeurs de $(x, y)$, mais passons, merci je comprends.

2) On nous a donné la formule suivante : $T_{2n} f((x, y); (0, 0)) = \sum_{j = 0}^{2n} \frac{1}{j!(2n - j)!}\frac{\partial^{2n} f}{\partial^j x \partial^{2n - j} y} (0, 0) x^j y^{2n - j} $ mais j'avoue que $f$ étant elle même définie par une somme infinie, j'ai un peu de la peine à l'utiliser... Il doit y avoir plus simple non ?

Update : En fait, je n'avais pas compris, l'égalité ci-dessus est incorrecte, il s'agit uniquement du "membre de degré $2n$" mais il y en a un comme ça pour les termes de chaque degré. Autrement dit : $T_{2n} f((x, y); (0, 0)) \neq \sum_{j = 0}^{2n} \frac{1}{j!(2n - j)!}\frac{\partial^{2n} f}{\partial^j x \partial^{2n - j} y} (0, 0) x^j y^{2n - j} $ mais $T_{2n} f((x, y); (0, 0)) = \sum_{k = 0}^{2n} \sum_{j = 0}^{k} \frac{1}{j!(k - j)!}\frac{\partial^{k} f}{\partial^j x \partial^{k - j} y} (0, 0) x^j y^{k - j} $.

Désolé, si certains ont écrit une réponse pour rien.

Donc :

$k = 0$, $j = 0$ : on a $f(0, 0) = (0 \cdot 0)^0 = 1$

$k = 1$, $j = 0$ on a $y \cdot \sum_{n \in \mathbb{N}} n \cdot 0 \cdot (0 \cdot 0)^{n - 1}$ mais pour $n = 0$ cela risque d'être problématique non ?

En effet, je suis censé apprendre à appliquer les formules et non les comprendre à 100%...

Ce que j'ai fait.
On a $T_{2n}f((x, y);(0,0)) = \sum_{k = 0}^{2n}( \sum_{j = 0}^k \frac{1}{j!(k - j)!} \cdot \frac{\partial^k f}{\partial x^j \partial y^{k - j}}(0, 0) x^j y^{k - j})$, qui est ce que je cherche n'est-ce pas ?
Du coup, en tant que débutant que je suis, j'ai naïvement essayé de voir ce que donnaient les premiers termes de l'expression ci-dessus. Donc pour $k = 0$ et pour $k = 1$.

J'arrive dans un premier tant temps à $\sum_{k = 0}^{2n}( \sum_{j = 0}^k \frac{1}{j!(k - j)!} \cdot \frac{\partial^k f}{\partial x^j \partial y^{k - j}} (0, 0) x^j y^{k -j}) = 1 + \sum_{k = 1}^{2n}( \sum_{j = 0}^k \frac{1}{j!(k - j)!} \cdot \frac{\partial^k f}{\partial x^j \partial y^{k - j}} (0, 0) x^j y^{k - j}) .$

Puis : $1 + \sum_{k = 1}^{2n}( \sum_{j = 0}^k \frac{1}{j!(k - j)!} \cdot \frac{\partial^k f}{\partial x^j \partial y^{k - j}}(0, 0) x^j y^{k - j}) \\ = 1 + \sum^1_{j = 0} \frac{1}{j!(1 - j)!} \cdot \frac{\partial f}{\partial x^j \partial y^{1 - j}}(0, 0) x^j y^{1 - j} + \sum_{k = 2}^{2n}( \sum_{j = 0}^k \frac{1}{j!(k - j)!} \cdot \frac{\partial^k f}{\partial x^j \partial y^{k - j}}(0, 0) x^j y^{k - j}) \\ = 1 + \frac{1}{0!(1 - 0)!} \cdot \frac{\partial f}{\partial x^0 \partial y^{1 - 0}}(0, 0) x^0 y^{1 - 0} + \frac{1}{1!(1 - 1)!} \cdot \frac{\partial f}{\partial x^1 \partial y^{1 - 1}}(0, 0) x^1 y^{1 - 1} + \sum_{k = 2}^{2n}( \sum_{j = 0}^k \frac{1}{j!(k - j)!} \cdot \frac{\partial^k f}{\partial x^j \partial y^{k - j}}(0, 0) x^j y^{k - j}) \\ = 1 + \frac{\partial f}{\partial y}(0, 0) y + \frac{\partial f}{\partial x} (0, 0) x + \sum_{k = 2}^{2n}( \sum_{j = 0}^k \frac{1}{j!(k - j)!} \cdot \frac{\partial^k f}{\partial x^j \partial y^{k - j}}(0, 0) x^j y^{k - j})$

Je pourrais difficilement être plus précis. C'était uniquement pour me rendre compte de ce qui se passait.
Mais du coup c'est pour $\frac{\partial f}{\partial y}(0, 0) \cdot y$ et $\frac{\partial f}{\partial x} (0, 0) \cdot x$ que je voyais une division par 0.

Étant donné que $\partial_y f(x, y) = \sum_{n \in \mathbb{N}} nx(xy)^{n-1}$ et $\partial_x f(x, y) = \sum_{n \in \mathbb{N}} ny(xy)^{n-1}$ je me demandas ce qui se passait pour le premier terme de ces deux sommes en $(0, 0)$.