© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
4.1 Définition des fonctions analytiques
51
Démonstration. Soient z 0 ∈ D(0, R) et r 0 = |z 0 |. On va prouver que :
|z − z 0 | < R − r 0 ⇒ f (z) =
∞
n=0
1
n!
f
(n) (z 0 )(z − z 0 )
n .
Fixons z et r tels que |z − z 0 | < r − r 0 < R − r 0 . Soit, pour p ∈ N :
S p =
p
k=0
1
k!
f
(k) (z 0 )(z − z 0 )
k .
D’après 3.4.6, on a :
f
(k) (z 0 ) =
∞
n=k
n!
(n − k)!
a n z
n−k
0
.
D’où :
S p =
p
k=0
1
k!
+∞
n=k
n!
(n − k)!
a n z
n−k
0
(z − z 0 )
k .
Ecrivons S p = S
p + S
p , avec
S
p =
p
k=0
1
k!
p
n=k
n!
(n − k)!
a n z
n−k
0
(z − z 0 )
k ,
S
p =
p
k=0
1
k!
∞
n=p+1
n!
(n − k)!
a n z
n−k
0
(z − z 0 )
k .
Il vient :
S
p =
p
n=0
a n
n
k=0
n!
k!(n − k)!
z
n−k
n
(z − z 0 )k
=
p
n=0
a n z
n .
Comme |z| < R, on a donc :
lim
p
S
p =
∞
n=0
a n z
n = f (z).
De même :
|S
p |
∞
n=p+1
|a n |
p
k=0
n!
k!(n − k)!
r
n−k
0
(r − r 0 )
k
∞
n=p+1
n
k=0
n!
k!(n − k)!
r
n−k
0
(r − r 0 )
k
=
∞
n=p+1
|a n |r
n .
A nouveau, comme r < R, on a :
lim
p
S
p = 0.
On a obtenu le résultat.