Chapitre III. Suites et séries de fonctions
La série double dans le premier membre de cette égalité converge donc absolument pour |x − x 0 |+|x 0 | < R et on peut ainsi appliquer le résultat de III.7.23
(vol. I). En dérivant alors terme à terme, on obtient
f
(k) (x 0 ) =
+∞
n=k
n
k
a n x
n−k
0
k! pour k ∈ N
et
f (k) (x 0 )
k!
=
+∞
n=k
n
k
a n x
n−k
0
pour k ∈ N.
III.4.8. On pose c n = a n − b n et
f (x) =
+∞
n=0
c n x
n , x ∈ ]−R , R[ .
(1)
On a f (x) = 0 pour x ∈ A. On appelle B l’ensemble des points d’accumulation
de A se trouvant dans ]−R , R[ et on pose C = ]−R , R[ \ B. L’ensemble C
est ouvert et, par hypothèse, B n’est pas vide. Clairement, ]−R , R[ = B ∪ C.
Notre but est de prouver que B est aussi ouvert. Pour cela, on prend x 0 ∈ B.
D’après (1) et le résultat du problème précédent,
f (x) =
+∞
n=0
d n (x − x 0 )
n , |x − x 0 | < R − |x 0 | .
(2)
On montre alors que d n = 0 pour n ∈ N. Si ce n’est pas le cas, on trouve le
plus petit entier naturel k pour lequel d k = 0 et on obtient
f (x) = (x − x 0 )
k g(x),
où
g(x) =
+∞
n=0
d k+n (x − x 0 )
n−k , |x − x 0 | < R − |x 0 | .
Puisque g est continue en x 0 et g(x 0 ) = d k = 0, il existe δ > 0 tel que g(x) = 0
pour |x − x 0 | < δ, ce qui est contradictoire avec le fait que x 0 ∈ B. Donc,
d n = 0 pour n ∈ N et f (x) = 0 pour |x − x 0 | < R− |x 0 |. On a donc prouvé que
B est ouvert. Puisque ]−R , R[ est connexe, on voit que C = ∅ et B = ]−R , R[.
III.4.9. On va appliquer le résultat énoncé en III.4.6.
(a) Puisque
sin x =
+∞
n=0
(−1)
n x 2n+1
(2n + 1)!
, x ∈ R,
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La série double dans le premier membre de cette égalité converge donc absolument pour |x − x 0 |+|x 0 | < R et on peut ainsi appliquer le résultat de III.7.23
(vol. I). En dérivant alors terme à terme, on obtient
f
(k) (x 0 ) =
+∞
n=k
n
k
a n x
n−k
0
k! pour k ∈ N
et
f (k) (x 0 )
k!
=
+∞
n=k
n
k
a n x
n−k
0
pour k ∈ N.
III.4.8. On pose c n = a n − b n et
f (x) =
+∞
n=0
c n x
n , x ∈ ]−R , R[ .
(1)
On a f (x) = 0 pour x ∈ A. On appelle B l’ensemble des points d’accumulation
de A se trouvant dans ]−R , R[ et on pose C = ]−R , R[ \ B. L’ensemble C
est ouvert et, par hypothèse, B n’est pas vide. Clairement, ]−R , R[ = B ∪ C.
Notre but est de prouver que B est aussi ouvert. Pour cela, on prend x 0 ∈ B.
D’après (1) et le résultat du problème précédent,
f (x) =
+∞
n=0
d n (x − x 0 )
n , |x − x 0 | < R − |x 0 | .
(2)
On montre alors que d n = 0 pour n ∈ N. Si ce n’est pas le cas, on trouve le
plus petit entier naturel k pour lequel d k = 0 et on obtient
f (x) = (x − x 0 )
k g(x),
où
g(x) =
+∞
n=0
d k+n (x − x 0 )
n−k , |x − x 0 | < R − |x 0 | .
Puisque g est continue en x 0 et g(x 0 ) = d k = 0, il existe δ > 0 tel que g(x) = 0
pour |x − x 0 | < δ, ce qui est contradictoire avec le fait que x 0 ∈ B. Donc,
d n = 0 pour n ∈ N et f (x) = 0 pour |x − x 0 | < R− |x 0 |. On a donc prouvé que
B est ouvert. Puisque ]−R , R[ est connexe, on voit que C = ∅ et B = ]−R , R[.
III.4.9. On va appliquer le résultat énoncé en III.4.6.
(a) Puisque
sin x =
+∞
n=0
(−1)
n x 2n+1
(2n + 1)!
, x ∈ R,
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