Une identité algébrique pour étudier les fonctions analytiques
Bonjour, voici une preuve que j'ai rencontrée dans 'Real and complex analysis', écrit par W. Rudin. Cette preuve utilise une identité déroutante pour moi.
Soit $f (z) = \sum_{0}^{\infty}c_{n}z^n$ convergente sur $D( 0 ; r ) $, qui est une boule ouverte définie sur le plan complexe de centre 0 et de rayon $r$. On cherche à montrer que $f'(z) = \sum_{0}^{\infty} nc_{n}z^{(n-1)},$ pour $z \in D( 0 ; r )$.
Posons $g(z) = \sum_{0}^{\infty} nc_{n}z^{(n-1)}$ qui a le même rayon de convergence que $f(z)$. Soit $w \in D( 0 ; r ) $, on cherche à montrer\[ \Big| \frac{f(z) - f(w)}{z-w} - g(w) \Big| \rightarrow 0, \quad\text{quand}\ z \rightarrow w.\] Ici, on fixe $\rho$ tel que $|w| < \rho < r$. L'argument de Rudin est comme ça : \[ | \frac{f(z) - f(w)}{z-w} - g(w) | = \sum_{0}^{\infty}c_{n} \{ \frac{z^n - w^n}{z-w} - nw^{(n-1)}\} \] et il utilise \[ \frac{z^n - w^n}{z-w} - nw^{(n-1)} = (z-w) \sum_{1}^{n-1} kw^{k-1}z^{n-k-1} ,\quad\text{ pour} \ n \ \geq 2\]C'est cette dernière identité qui peut donner une bonne estimation, mais cette identité ne me semble pas naturelle, je peux le vérifier mais d'une manière fastidieuse. Est-ce que vous avez une bonne preuve de cette égalité ?
C'est la première fois que je pose une question dans ce forum, je ne sais pas c'est une bonne question... Merci pour votre lecture !
Bien cordialement,
Qfwfq
Soit $f (z) = \sum_{0}^{\infty}c_{n}z^n$ convergente sur $D( 0 ; r ) $, qui est une boule ouverte définie sur le plan complexe de centre 0 et de rayon $r$. On cherche à montrer que $f'(z) = \sum_{0}^{\infty} nc_{n}z^{(n-1)},$ pour $z \in D( 0 ; r )$.
Posons $g(z) = \sum_{0}^{\infty} nc_{n}z^{(n-1)}$ qui a le même rayon de convergence que $f(z)$. Soit $w \in D( 0 ; r ) $, on cherche à montrer\[ \Big| \frac{f(z) - f(w)}{z-w} - g(w) \Big| \rightarrow 0, \quad\text{quand}\ z \rightarrow w.\] Ici, on fixe $\rho$ tel que $|w| < \rho < r$. L'argument de Rudin est comme ça : \[ | \frac{f(z) - f(w)}{z-w} - g(w) | = \sum_{0}^{\infty}c_{n} \{ \frac{z^n - w^n}{z-w} - nw^{(n-1)}\} \] et il utilise \[ \frac{z^n - w^n}{z-w} - nw^{(n-1)} = (z-w) \sum_{1}^{n-1} kw^{k-1}z^{n-k-1} ,\quad\text{ pour} \ n \ \geq 2\]C'est cette dernière identité qui peut donner une bonne estimation, mais cette identité ne me semble pas naturelle, je peux le vérifier mais d'une manière fastidieuse. Est-ce que vous avez une bonne preuve de cette égalité ?
C'est la première fois que je pose une question dans ce forum, je ne sais pas c'est une bonne question... Merci pour votre lecture !
Bien cordialement,
Qfwfq
Réponses
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Voici je figure un moyen pour montrer cette identité :
\begin{equation} \begin{split} \frac{z^n - w^n}{z-w} -nw^{n-1} & = w^{n-1} + zw^{n-2} + ... + z^{n-1} - nw^{n-1} \\
&= (w^{n-1} - w^{n-1}) + (zw^{n-2} - w^{n-1}) + (z^2w^{n-3} - w^{n-1}) + (z^3w^{n-4} - w^{n-1}) ... + (z^{n-1} - w^{n-1} ) \\
&= (z-w) \{ w^{n-2} + (z+w)w^{n-3} + (z^2 + zw + w^2)w^{n-4} + ... (w^{n-2} + w^{n-3}z + ... + z^{n-2})\} \\
&= (z-w) \{{ (n-1) w^{n-2} + (n-2) zw^{n-3} + ... + z^{n-2} } \}\\
&= (z-w) \sum_{1}^{n-1} kw^{k-1}z^{n-k-1} \\
\end{split} \end{equation}
On doit compter soigneusement les nombres de chaque termes .... Mais je pense que cette preuve est un peu gênante, est-ce que vous avez d'autres méthodes ?
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Tu peux faire les mêmes calculs en faisant apparaitre des sommes multiples si tu souhaites une présentation plus rigoureuse.
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Commence par essayer de trouver (par récurrence) une formule $z^n-w^n=...$
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BonjourLa méthode de division de Horner te fait ça les doigts dans le nez :$$\begin{array}{c|ccccccc} &1&0&0&\ldots&0&0&-w^n\\\hline w&1&w&w^2&\ldots&w^{n-2}&w^{n-1}&{\color{red}0}\\\hline w&1&2w&3w^2&\ldots&(n-1)w^{n-2}&{\color{red} nw^{n-1}}& \end{array}$$
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Je vous remercie pour vos réponses très rapides !Merci Beaucoup, monsieur GaBuZoMeu ! C'est la première fois que j'entends parler de cette méthode, je vous souhaite une bonne journée.[Inutile de reproduire le message précédent. AD]
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Bonjour!
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