Reciproque de la démonstration Cauchy Riemann

[Minialoe67]

Bonjour

Comment montrer que
(conditions de Cauchy Riemann et P,Q différentiables) => f dérivable en z0 ?

Données:
z0=x0 + iy0
u=s + it
f(x,y)=P(x,y) +iQ(x,y) = f(z) =P(z) +i Q(z)

je pars de f(z0+u) - f(z0) = P(x0 + s, y0 +t) +iQ(x0 + s, y0 +t) -P(x0,y0) -iQ(x0,y0)
= dP/dx(x0,y0)s + dP/dy(x0,y0)s + √(s2+t2)ε(s,t) +i [dQ/dx(x0,y0)t + dQ/dy(x0,y0)t + √(s2+t2)ε(s,t)]
= ??
Je sais que dP/dx=dQ/dy et dP/dy=-dQ/dx
mais je ne sais pas quoi remplacer pour aboutir à u*df/dz(z0) +uε(u) (ce qui prouverait la dérivabilité)

Merci de me conseiller
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[gg0]

Bonjour.

Lorsqu'il est question de dérivées partielles, il est toujours intéressant de travailler à x ou y constant.
Si j'avais à faire ça, je partirais de
f(z+u)-f(z)=f(z+s+it)-f(z)=f(z+s+it)-f(z+s)+f(z+s)-f(z).
Il me semble avoir vu une preuve de ce genre, peut-être même
f(z+s+it)-f(z)=[(f(z+s+it)-f(z+s)+f(z+s)-f(z)) +(f(z+s+it)-f(z+it)+f(z+it)-f(z)]/2

Cordialement.

[Minialoe67]

Ok je vais voir ça!

En tout cas j'avais déjà fait une erreur avant:
f(z0+u) - f(z0) = P(x0 + s, y0 +t) +iQ(x0 + s, y0 +t) -P(x0,y0) -iQ(x0,y0)
= dP/dx(x0,y0)s + dP/dy(x0,y0)t + √(s2+t2)ε(s,t) +i [dQ/dx(x0,y0)s + dQ/dy(x0,y0)t + √(s2+t2)ε(s,t)]

(en rose=corrigé)