Par la formule du binôme de Newton,

$${\left(1+\frac{z}{p}\right)}^p=\sum _{k=0}^p\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{p}{k}\right)\frac{z^k}{p^k}\text{.}$$

Considérons $f_k:[0;+\mathrm{\infty }[\to ℂ$ définies par

$$f_k(x)=\{\begin{array}{cc}\frac{x(x-1)\mathrm{\dots }(x-k+1)}{k!}\cdot \frac{z^k}{x^k}\hfill & \text{ si }x\ge k\hfill \\ 0\hfill & \text{ sinon.}\hfill \end{array}$$

En tout $p\in \mathbb{N}$,

$$\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}{f}_k(p)=\sum _{k=0}^p\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{p}{k}\right)\frac{z^k}{p^k}={\left(1+\frac{z}{p}\right)}^p\text{.}$$

La série de fonctions ${\sum }_{k\in \mathbb{N}}{f}_k$ converge simplement vers $x\mapsto {\left(1+\frac{z}{x}\right)}^x$ en tout $p\in \mathbb{N}$. De plus, puisque $\left|f_k(x)\right|\le \frac{{|z|}^k}{k!}$, la convergence est normale sur ${ℝ}_{+}$. Pour $k$ fixé,

$$f_k(x)=\frac{x(x-1)\mathrm{\dots }(x-k+1)}{x^k}\cdot \frac{z^k}{k!}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}\frac{z^k}{k!}\text{.}$$

Par le théorème de la double limite,

$$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}{f}_k(n)=\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{z^k}{k!}$$

c’est-à-dire

$$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\left(1+\frac{z}{n}\right)}^n={\mathrm{e}}^z\text{.}$$

Posons

$$f_k(n)=\{\begin{array}{cc}{\left(1-\frac{k}{n}\right)}^{n\alpha }\hfill & \text{ si }k\le n\hfill \\ 0\hfill & \text{ sinon.}\hfill \end{array}$$

Pour $k\in \mathbb{N}$ fixé,

$$f_k(n)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}\exp (-k\alpha )\text{.}$$

Pour $k\le n$,

$$\left|f_k(n)\right|=\exp \left(n\alpha \ln \left(1-\frac{k}{n}\right)\right)\le {\mathrm{e}}^{-k\alpha }$$

et cette majoration vaut aussi pour $k>n$.

Ainsi,

$${\parallel f_k\parallel }_{\mathrm{\infty },\mathbb{N}}\le {\mathrm{e}}^{-k\alpha }$$

et la série $\sum f_k$ converge donc normalement sur $A=\mathbb{N}$.

Par interversion limite/somme infinie,

$$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}{f}_k(n)=\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{f}_k(n)=\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-k\alpha }\text{.}$$

Ainsi,

$$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=0}^n{\left(1-\frac{k}{n}\right)}^{n\alpha }=\frac{{\mathrm{e}}^{\alpha }}{{\mathrm{e}}^{\alpha }-1}\text{.}$$