Séries entière

Puisque $\dsum_{n\geq 0}a_nz_0^n$ converge dans $\C$ alors la suite $(a_nz_0^n)_n$ converge vers $0$ et en particulière elle est bornée. Il existe donc $K\in \R_+$ tel que, pour tout $n\in \N$, $\abs{a_nz_0^n}\leq K$.

Soit $z\in \C$ vérifiant $\abs{z}< \abs{z_0}$, alors pour tout $n\in \N$, on a: $$\abs{a_nz^n}=\abs{a_nz_0^n}\abs{\frac{z}{z_0}}^n\leq K\abs{\frac{z}{z_0}}^n\text{ avec } \abs{\frac{z}{z_0}}< 1.$$ Ce qui implique la convergence absolue de la série de terme général $a_nz^n$.

On considère l'ensemble des réels $$A=\left\{\abs{z};\text{ la série }\dsum_{n\geq 0}a_nz^n \text{ converge}\right\}.$$ $A$ non vide car $0\in A$. Si $A$ est majoré on pose $R=\sup A$ sinon on pose $R=\infty$.
D'après le lemme d'Abel le nombre $R$ ainsi défini possède les propriétés requises. D'autre part, s'il existait un nombre $R'$ vérifiant les mêmes propriétés tel que $R< R'$, alors pour un élément $z\in \C$ tel que $R< \abs{z}< R'$, la série entière $\dsum_{n\geq 0}a_nz^n$ serait simultanément convergente et divergente, ce qui est absurde.

Notons $R'$ le rayon de convergence de la série $\dsum_{n\geq 1}na_nz^{n-1}$, soit $z\in \C$ tel que $\abs{z}< R'$, on a: $$\forall n\geq 1,~~~~\abs{a_nz^n}\leq \abs{z}\abs{a_nnz^{n-1}}\Longrightarrow \dsum_{n\geq 0} \abs{a_nz^n}< \infty$$ Ceci montre que $R'< R$.

Inversement, soit $z\in\C$ tel que $\abs{z}< r< R$, on a $$\forall n\geq 1,~~\abs{na_nz^{n}}\leq n\abs{\dfrac{z}{r}}^n\abs{a_n}r^n\leq K\abs{a_n}r^n,$$ en effet la suite $\left(n\frac{z^n}{r^n}\right)_n$ est bornée. Comme $r< R$, on en déduit que $\dsum_{n\geq 1}na_nz^n$ converge et donc $\dsum_{n\geq 1}na_nz^{n-1}$.

Ceci implique que $R\leq R'$.

Soit $z\in \C^*$ (la série converge toujours pour $z=0$). Alors, pour $n$ assez grand, on a: $$\abs{\dfrac{a_{n+1}z^{n+1}}{a_nz^n}}=\abs{\dfrac{a_{n+1}}{a_n}}\abs{z} \tendvers{n}{\infty}\ell\abs{z}.$$ On en déduit que si $\ell\abs{z}< 1$, la série $\dsum_{n\geq 0}a_nz^n$ est absolument convergente , et si $\ell\abs{z}>1$ alors la série est divergente..

En particulier si $\ell=0$ la série converge pour tout $z\in \C$. Si $\ell=\infty$ alors la série diverge pour tout $z\in \C^*$.

L'application $z\in D\longmapsto \abs{z}$ est continue sur le fermé borné $K$ donc bornée et atteint ses bornes. $$\exists r\geq 0,~~\exists z_0\in K,~~\forall z\in K,~~\abs{z}\leq r=\abs{z_0}.$$ Comme $z_0\in K\subset D(0,R)$ alors $r< R$, d'où $$\norme{u_n}_\infty^K=\underset{z\in \K}{\sup}\abs{u_n(z)}= \underset{z\in \K}{\sup}\abs{a_nz^n}\leq \abs{a_n}r^n\Longrightarrow\dsum_{n\geq 0} \norme{u_n}_\infty^K< \infty,$$ puisque $\dsum_{n\geq 0}\abs{a_n}r^n< \infty$.

Soit $\varepsilon>0$, soit $z_0\in D(0,R)$. On pose $r=\dfrac{R+\abs{z_0}}{2}<R$ et $K=\overline{D}(0,r)$. $K$ est un compact inclus dans $D(0,R)$.

Comme la série $\dsum_{n\geq 0}\left(z\mapsto a_nz^n\right)$ converge normalement sur $K$, alors $$\exists n_0\in \N,~~\forall n\geq n_0, ~~~~\dsum_{k\geq n}\underset{z\in K} {\sup}\abs{a_kz^k}\leq \varepsilon,$$ Soit $z\in K$, on a: $$\begin{array}{ccl} \abs{S(z)-S(z_0)}&\leq& \dsp \abs{\dsum_{n=0}^{n_0}a_n(z^n-z_0^n)+ \dsum_{n=n_0+1}^\infty a_nz^n-\dsum_{n=n_0+1}^\infty a_nz_0^n}\\ &\leq&\dsp \dsum_{n=0}^{n_0}\abs{a_n}\abs{(z^n-z_0^n)}+ \dsum_{n=n_0+1}^\infty \abs{a_nz^n}+\dsum_{n=n_0+1}^\infty \abs{a_nz_0^n} \end{array} $$ La fonction $z\longmapsto \dsum_{n=0}^{n_0}\abs{a_n}\abs{z^n}$ est continue en $z_0$ donc il existe $\eta>0$ (qu'on peut choisir assez petit) tel que: $$D(z_0,\eta)\subset K,~~\forall z\in D(z_0,\eta),~~\dsum_{n=0}^{n_0}\abs{a_n}\abs{(z^n-z_0^n)}\leq \varepsilon$$ On en déduit que, pour $z\in D(z_0,\eta)$, $\abs{S(z)-S(z_0)}\leq 3\varepsilon$ ce qui donne la continuité de $S$ en $z_0$.

On peut supposer que $R=1$.

On note $S=\dsum_{n\geq 0}a_n$, et pour $n\in \N$, on pose $R_n=\dsum_{k\geq n+1}a_k$ et $R_{-1}=S$. $$\forall x\in [0,1[,~~f(x)=\dsum_{n\geq 0}a_nx^n=\dsum_{n\geq 0}(R_{n-1}-R_n)x^n =S+ \dsum_{n\geq 0}R_n(x^{n+1}-x^n).$$ Soit $\varepsilon>0$, il existe $m>0$ tel que, pour tout $n\geq m$ on a $\abs{R_n}< \varepsilon$.

D'autre par la fonction $x\longmapsto \dsum_{n=0}^mR_n(x^{n+1}-x^n)$ est continue en $1$, donc il existe $\eta>0$ tel que $$\forall x\in ]1-\eta,1[,~~~~\abs{\dsum_{n=0}^mR_n(x^{n+1}-x^n)-\dsum_{n=0}^mR_n(1^{n+1}-1^n)}=\abs{\dsum_{n=0}^mR_n(x^{n+1}-x^n)}\leq \varepsilon.$$ Ce qui donne $$\forall x\in ]1-\eta,1[,~~\abs{f(x)-S}\leq \abs{\dsum_{n=0}^mR_n(x^{n+1}-x^n)}+\abs{\dsum_{n\geq m}R_n(x^{n+1}-x^n)}\leq 2\varepsilon.$$

La série de fonction $\dsum (x\longmapsto a_nx^n)$ converge normalement vers $f$ sur tout compact de $]-R,R[$, on peut donc appliquer le théorème d'intégration terme à terme pour les séries de fonctions. $$\forall x\in ]-R,R[,~~F(x)=\int_0^xf(t)\ud t=\dsum_{n\geq 0}\int_0^xa_nt^n\ud t= \dsum_{n\geq 0}a_n\dfrac{x^{n+1}}{n+1}.$$ D'après le théorème ($\star$), $\dsum_{n\geq 0}\dfrac{a_n}{n+1}x^{n+1}$ a le même rayon de convergence $R$, donc $F$ est bien définie.

D'autre part, d'après les théorèmes d'intégrations $F$ est la seule primitive de $f$ qui vérifie $F(0)=0$.

Pour tout $n\in \N$, la fonction $u_n:x\longmapsto a_nx^n$ est de classe $\CC^1$ sur $]-R,R[$ et $u_n'(x)=na_nx^{n-1}$, de plus $\dsum u_n$ converge normalement localement vers $f$ sur $]-R,R[$.

Pour montrer que $f$ est de classe $\CC^1$, il suffit de vérifier que $\dsum u_n'$ converge uniformément sur tout segment de $]-R,R[$, or d'après le théorème ($\star$), on a la série entière $\dsum_{n\geq 1}na_nz^n$ qui a pour rayon de convergence $R$, ce qui implique la convergence normale sur tout segment de $]-R,R[$ de la série de fonction $\dsum u_n'$.

Ce qui termine la démonstration.