Suites et séries de fonctions

1. $f_n:\R\mapsto \R,~~f_n(x)=\dfrac{nx}{1+n^2x^2}$.
   Pour tout $x\in\R$, on a $ \dfrac{nx}{1+n^2x^2}\tendvers{n}{\infty}0$, donc $\boxed{f_n\overset{CS}{\tendvers{n}{\infty}}0}$. En revanche, pour $n>0$, on a $f\left(\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{2}$, donc $f_n$ ne converge pas uniformément vers $0$ sur $\R$.
   Pour $a>0$, on a $$\forall x\in \R,~~\abs{x}\leq a \Longrightarrow \abs{f_n(x)}=\dfrac{n\abs{x}}{1+n^2x^2}\leq \dfrac{1}{n\abs{x}}\leq \dfrac{1}{na}.$$ On en déduit $f_n\overset{CU}{\tendvers{n}{\infty}}0$ sur $]-\infty,-a[\cup ]a,\infty[$.
   

   $\,$

   
   

   Fixer d'abord $x_0$ puis faites varier $n$ (convergence simple)

   Ensuite, faites varier $x_0$

2. $f_n:\R\mapsto \R,~~f_n(x)=\dfrac{nx^3}{1+nx^2}$.
   Pour tout $x\in\R$, on a $ \dfrac{nx^3}{1+nx^2}\tendvers{n}{\infty}x$, donc $\boxed{f_n\overset{CS}{\tendvers{n}{\infty}}f}$ avec $f(x)=x$.
   Notons $g_n=f_n-f$, on a $$\forall x\in \R,~~g_n(x)=\dfrac{-x}{1+nx^2},~~~~ g_n'(x)=\dfrac{-1+nx^2}{(1+nx^2)^2}.$$ Donc $\norme{g_n}_\infty\leq \dfrac{1}{2\sqrt{n}}\tendvers{n}{\infty}0$. On en déduit $\boxed{f_n\overset{CU}{\tendvers{n}{\infty}}f}$.

   $\,$

   
   
   

   $\,$

   
   

   Fixer d'abord $x_0$ puis faites varier $n$ (convergence simple)

   Ensuite, faites varier $x_0$

3. $f_n:\R_+\mapsto \R,~~f_n(x)=\dfrac{x^n-1}{x^n+1}$.
   On distingue 3 cas:
   1. Si $x\in [0,1[$ alors $x^n\tendvers{n}{\infty}0$ donc $f_n(x)\tendvers{n}{\infty}-1$.
   2. Si $x=1$ alors $x^n=1$ donc $f_n(1)=0\tendvers{n}{\infty}0$.
   3. Si $x\in ]1,\infty[$ alors $x^n\tendvers{n}{\infty}\infty$ donc $f_n(x)\tendvers{n}{\infty}1$.
   Donc $\boxed{f_n\overset{CS}{\tendvers{n}{\infty}}f}$ avec $f(x)=\left\{\begin{array}{lll} -1&\text{si}& x\in [0,1[\\ 0&\text{pour}& x=1\\ 1&\text{si} &x>1 \end{array} \right.$, mais la convergence n'est pas uniforme car $f_n$ sont continues tandis que $f$ ne l'est pas.
4. $f_n:\R_+\mapsto \R,~~f_n(x)=\ln\left(1+\dfrac{x}{n}\right)$.
   Pour tout $x\in \R_+$, on a $f_n(x)\underset{n\infty}{\thicksim}\dfrac{x}{n}$ donc $f_n(x)\tendvers{n}{\infty}0$. On en déduit que $\boxed{f_n\overset{CS}{\tendvers{n}{\infty}}0}$, d'autre part on a $f_n(n)=\ln(2)$ donc la convergence n'est pas uniforme sur $\R_+$.
   En revanche, pour tout $b>0$, on a $\norme{f_n}_\infty^{[0,b]}=\ln\left(1+\dfrac{b}{n}\right)\tendvers{n}{\infty}0$, donc $\boxed{f_n\overset{CU}{\tendvers{n}{\infty}}0}$ sur $[0,b]$.
5. $f_n:\R_+^*\mapsto \R,~~f_n(x) = \dfrac{nx^2\ee^{-nx}}{(1-\ee^{-x})^2} $.
   Pour tout $x>0$, on a $nx^2\ee^{-nx}\tendvers{n}{\infty}0$ donc $\limiteX{n}{\infty}f_n(x)=0$. On en déduit que $\boxed{f_n\overset{CS}{\tendvers{n}{\infty}}0}$.
   D'autre part, on a $f_n(x)\underset{x\rightarrow 0^+}{=}n+\mathrm{o}(1)$, donc $\limiteX{x}{0^+}f_n(x)=n$ donc la convergence n'est pas uniforme sur $\R_+^*$ .
   Soit $a>0$, on a: $$\forall x\in [a,\infty[,\,\abs{f_n(x)}\leq \dfrac{nx^2\ee^{-nx}}{(1-\ee^{-a})^2}\leq \dfrac{4\ee^{-2}}{(1-\ee^{-a})^2}\dfrac{1}{n}\Longrightarrow \norme{f_n}_\infty^{[a,\infty}\leq \dfrac{K}{n}\tendvers{n}{\infty}0,$$ donc $\boxed{f_n\overset{CU}{\tendvers{n}{\infty}}0}$ sur $[a,\infty[$.
6. $n\in\N^*,~~f_n:\R\mapsto \R,~~f_n(x)=\min\left( n,\dfrac{x^2}{n}\right)$.
   La suite $(f_n)$ converge simplement sur $\R$ vers la fonction nulle. En effet:
   Soit $x\in\R$ ,fixé. Il existe un entier $n_0$ tel que, pour tout $n\geq n_0$, on ait $\dfrac{x^2}{n}< n$ donc, pour $n\geq n_0$, $f_n(x)=\dfrac{x^2}{n}$ d'où $\dsp \lim_{n\to\infty}f_n(x)=0$.
   Cependant, il n'y a pas convergence uniforme sur $\R$, puisque $\dsp\sup_{x\in \R}\abs{f_n(x)-f(x)}=\dsp\sup_{x\in \R}f_n(x)=n$.
   Il y a cependant convergence uniforme sur tout segment $[-a,a]$ ($a>0$). En effet, à partir d'un certain rang $n_0$, on a $\dfrac{a^2}{n}< n$, donc pour tout $x\in[-a,a]$, on aura, pour $n\geq n_0$, $f_n(x)=\dfrac{x^2}{n}$ et $\dsp\sup_{x\in[-a,a]}\abs{f_n(x)-f(x)}=\dfrac{a^2}{n}$, qui tend vers $0$ quand $n$ tend vers $+\infty$.
7. $f_n:\R\mapsto \R,~~f_n(x)=\left\{ \begin{array}{ll} 0 & \textrm{ si } \ 0 \leqslant x \leqslant 1/ n \\ \dfrac{1}{n \ln \left( 1 - \frac{1}{nx}\right)} & \textrm{ si } \ x< 0 \textrm{ ou } x >1/n \end{array} \right.$.
   Il faut noter d'abord que $f_n$ est bien définie sur $\R$, en effet $1-\frac{1}{nx}>0$ (et $\neq 1$) ssi $x\in\R\setminus [0,1/n]$ .
   Soit $x\in \R^*$, si $x>0$ il existe alors $n_0\in \N$ tel que $x>\frac{1}{n_0}$, donc pour $n\geq n_0$ on a $f_n(x)=\dfrac{1}{n \ln \left( 1 - \frac{1}{nx}\right)}$.
   Comme $n\ln\left(1-\frac{1}{nx}\right)\underset{n\rightarrow\infty}{\thicksim}\frac{-1}{x}$, on en déduit que $f_n(x)\tendvers{n}{\infty}-x$, le résultat reste vraie pour $x=0$. On conclut $\boxed{ f_n\overset{CS}{\tendvers{n}{\infty}}f}$ avec $f(x)=-x$.
   
8. Soit $n\in \N^*$, on a:
   1. Si $x\in [0,1/n]$ alors $\abs{f_n(x)-f(x)}=\abs{x}\leq \dfrac{1}{n}$.
   2. Si $x\in \R\setminus [0,1/n]$, alors $$\abs{f_n(x)-f(x)}=\abs{\dfrac{1}{n}\dfrac{1}{\ln(1-\frac{1}{nx})}-\dfrac{1}{n}\dfrac{1}{\frac{-1}{nx}}}=\dfrac{1}{n}\abs{\dfrac{1}{\ln(1-\frac{1}{nx})}-\dfrac{1}{\frac{-1}{nx}}}=\dfrac{1}{n}\abs{g(nx)}\leq \dfrac{1}{n}$$ avec $\fonct{g}{]-1,\infty[}{\R}{y}{\dfrac{1}{\ln(1+y)}-\dfrac{1}{y}}$, une étude rapide de $g$ montre qu'elle bornée ( On montre facilement que $\dsp\limiteX{x}{(-1)^+}g(x)=1,\,\dsp\limiteX{x}{0}g(x)=\frac{1}{2}$ et $\dsp\limiteX{x}{\infty}g(x)=0$).
   On en déduit que $\norme{f_n-f}_\infty\leq \dfrac{1}{n}\tendvers{n}{\infty}0$ donc $\boxed{ f_n\overset{CU}{\tendvers{n}{\infty}}f}$.
9. $f_n:\R_+\mapsto \R,~~f_n(x)=\sin(\sqrt{x+4\pi^2n^2})-\dfrac{x}{4\pi n}$.
   Soit $x\geq 0$, on a $$f_n(x)=\sin\left(2\pi n\sqrt{1+\frac{x}{4\pi^2 n^2}}\right)-\frac{x}{4\pi n}=\sin \left(2\pi n+\frac{x}{4\pi n}+\mathrm{o}(1/n)\right)-\frac{x}{4\pi n}=\mathrm{o}(1/n)\tendvers{n}{\infty}0.$$ Donc $\boxed{ f_n\overset{CU}{\tendvers{n}{\infty}}0}$, cette convergence n'est pas uniforme (calculer $f(12\pi^2 n^2)$).
   Pour $a>0$, $ \boxed{ f_n\overset{CU}{\tendvers{n}{\infty}}0}$ sur $[0,a]$ puisque $\norme{f_n}_\infty^{[0,a]}\leq \dfrac{a}{2\pi n}$.

Soit $\varepsilon>0$, comme $f_n\overset{C.U}{\longrightarrow}f$, alors: $$\exists N\in \N,~~\forall n\geq N,~~\forall y\in J,~~\abs{f_n(y)-f(y)}\leq \varepsilon,$$ en particulière (si on pose $y=\varphi(x)$), $\exists N\in \N,~~\forall n\geq N,~~\forall x\in I,~~ \abs{f_n(\varphi(x))-f(\varphi(x))}\leq \varepsilon,$
ce qui montre que $\boxed{f_n\circ\varphi\overset{C.U}{\longrightarrow}f\circ\varphi}$.

Soit $\varepsilon>0$, comme $\varphi$ est uniformément continue, alors: $$\exists \eta>0,~~\forall x,y\in \R,~~\big(\abs{x-y}\leq \eta\Longrightarrow\abs{\varphi(x)- \varphi(y)}\leq \varepsilon\big).$$ D'autre part, puisque $f_n\overset{C.U}{\longrightarrow}f$, $\exists N\in \N,~~\forall n\geq N,~~\big(\forall x\in I,~~\abs{f_n(x)-f(x)}\leq \eta\big)$.
Donc, $$\forall n\geq N,~~\forall x\in I,~~\abs{\varphi(f_n(x))-\varphi(f(x))}\leq \varepsilon\Longrightarrow\boxed{\varphi \circ f_n\overset{C.U}{\longrightarrow}\varphi\circ f}.$$ La condition de la continuité uniforme de $\varphi$ est indispensable, en effet le résultat devient faux dans la cas contraire, comme le montre l'exemple suivant: $$\dsp I=\R,~~f_n(x)=x+\frac{1}{n},~~\varphi(x)=x^2.$$

Traduisons les données de $f$. $$\forall \varepsilon>0,\,\exists\eta >0,\forall x\leq \eta,~~\abs{f(x)}\leq \varepsilon,\quad \exists A>0,~~\forall x\geq A,\,\,\abs{f(x)}\leq \varepsilon.$$ Notons également que dans ce cas $f$ est bornée, de plus il existe $x_1\geq 0$ tel que $\abs{f(x_1)}=\norme{f}_\infty$.
Le cas $f=0$ est trivial, on suppose alors que $f\neq 0$, i.e. il existe $x_0>0$ tel que $f(x_0)\neq 0$.
a) Pour tout $x>0$, on a $nx\tendvers{n}{\infty}\infty$, donc $f(nx)\tendvers{n}{\infty}0 $ (car $f$ est continue), d'autre part comme $f_n(0)=f(0)=0$, on en déduit $\boxed{f_n\overset{C.S}{\longrightarrow} 0}$.
La convergence n'est pas uniforme sur $\R_+$ puisque $\abs{f_n(x_0/n)}=\abs{f(x_0)}>0$.
Pour tout $b>0$, on a $\boxed{f_n\overset{C.U}{\longrightarrow} 0}$ sur $[b,\infty[$ car pour $n\geq \dfrac{A}{b}$ on a $nx\geq nb\geq A$ donc $\abs{f_n(x)}=\abs{f(nx)}\leq \varepsilon$.

b) $\boxed{f_n\overset{C.U}{\longrightarrow} 0}$.

c) Pour tout $x\geq 0$, on a $\frac{x}{n}\tendvers{n}{\infty}0$, donc $f\left(\frac{x}{n}\right)\tendvers{n}{\infty}0 $ (car $f$ est continue), on en déduit $\boxed{f_n\overset{C.S}{\longrightarrow} 0}$.
La convergence n'est pas uniforme sur $\R_+$ puisque $\abs{f_n(nx_0)}=\abs{f(x_0)}>0$.
Pour tout $b>0$, on a $\boxed{f_n\overset{C.U}{\longrightarrow} 0}$ sur $[0,b]$ car pour $n\geq \dfrac{b}{\eta}$ on a $\frac{x}{n}\leq \frac{b}{n}\leq \eta$ donc $\abs{f_n(x)}=\abs{f(x/n)}\leq \varepsilon$.

d) $\boxed{f_n\overset{C.U}{\longrightarrow} 0}$.

e) Soit $N\in \N$ tel que $N>\dfrac{A}{\eta}$, alors pour tout $n\geq N$, on a:
$\,--\,$ Pour tout $x\in [\eta,\infty[$, on a $nx\geq n\eta\geq \dfrac{A}{\eta}\eta$, donc $\abs{f(x/n)f(nx)}\leq \norme{f}_\infty \varepsilon$.
$\,--\,$ Pour $x\in [0,\eta[$, on a $\dfrac{x}{n}\leq x\leq \eta$ donc $\abs{f(x/n)f(nx)}\leq \norme{f}_\infty \varepsilon$.
Dans tous les cas, on a $\abs{f(x/n)f(nx)}\leq \norme{f}_\infty \varepsilon$ soit $\boxed{f_n\overset{C.U}{\longrightarrow} 0}$ .

Comme $f_n\overset{C.U}{\longrightarrow} f$, alors: $$\forall \varepsilon>0,\,\exists N_0,\,\forall x\in \R,\,\abs{f_n(x)-f(x)}\leq \varepsilon.$$ 1. On suppose que $f$ est continue. Soit $x\in\R$, on a $$\abs{f_n(f_n(x))-f(f(x))}=\abs{f_n(f_n(x))-f(f_n(x))+f(f_n(x))-f(f(x))}\leq \abs{f_n(f_n(x))-f(f_n(x))}+\abs{f(f_n(x))-f(f(x))}.$$ Soit $\varepsilon>0$, comme $f$ est continue (en particulier en $f(x)$) alors: $$\exists \eta>0,~~\forall y\in \R,~~\abs{f(x)-y}\leq \eta\Longrightarrow \varepsilon/2.$$ En utilisant la convergence uniforme de la suite $f_n$, on a: $$\exists N_1\in \N,~~\forall n\geq N_1,~~\forall z\in \R,~~\abs{f_n(z)-f(z)}\leq \eta.\,\,\exists N_2\in \N,~~\forall n\geq N_2,~~\forall z\in \R,~~\abs{f_n(z)-f(z)}\leq \varepsilon/2.$$ Pour $n\geq \max (N_1,N_2)$, on a: $$\abs{f_n(f_n(x))-f(f(x))}\leq \abs{f_n(f_n(x))-f(f_n(x))}+\abs{f(f_n(x))-f(f(x))}\leq \varepsilon/2+\varepsilon/2=\varepsilon\Longrightarrow \boxed{f_n(f_n(x))\tendvers{n}{\infty}f(f(x))}.$$ 2. On suppose que $f$ est uniformément continue. Soit $\varepsilon>0$, il existe $\eta>0$ (quitte à remplace $\eta$ par un réel plus petit, on peut supposer que $\eta\leq \varepsilon/2$) tel que: $\forall x,y\in \R,~~\abs{x-y}\leq \eta\Longrightarrow \abs{f(x)-f(y)}\leq \varepsilon/2$
La convergence uniforme de la suite $(f_n)$ nous donne: $\exists N\in \N,~~\forall n\geq\N,\,\forall x\in \R,\,\abs{f_n(x)-f(x)}\leq \eta$. On a donc: $$\forall n\geq N,~~\forall x\in \R, \abs{f(f_n(x))-f(f(x))}\leq \frac{\varepsilon}{2}\text{ et } \abs{f_n(f_n(x))-f(f_n(x))}\leq \eta\leq\frac{\varepsilon}{2}.$$ Ce qui donne: $$\forall n\geq N,\,\forall x\in \R,\,\abs{f_n(f_n(x))-f(f(x))}\leq \abs{f_n(f_n(x))-f(f_n(x))}+\abs{f(f_n(x))-f(f(x))}\leq \varepsilon\Longrightarrow\boxed{f_n\circ f_n\overset{C.U}{\longrightarrow} f\circ f}.$$

Notons , pour $n\geq 1$ et $x\in [0,1]$, $g_n(x)=x+\dfrac{x(1-x)}{n}$ et $g(x)=x$. Une étude rapide de $g_n$ montre qu'elle strictement croissante sur l'intervalle $[0,1]$ et $g_n([0,1])=[g_n(0),g_n(1)]=[0,1]$.
On en déduit que $f_n=f\circ g_n$ est bien définie.
D'autre part $\boxed{g_n\overset{C.U}{\longrightarrow} g}$ sur l'intervalle $[0,1]$ donc en utilisant le résultat de l'exercice \ref{CompCU}, on en déduit $\boxed{f\circ g_n\overset{C.U}{\longrightarrow} f\circ g=f}$.

1. Pour $x\in ]0,1]$, on a $\dfrac{2^n x}{1+n 2^n x^2}\underset{n\infty}{\thicksim}\dfrac{1}{nx}$ donc $f_n(x)\tendvers{n}{\infty}0$, le résultat reste vraie pour $x=0$. On en déduit $\boxed{f_n\overset{C.S}{\longrightarrow} 0}$.
   Une étude rapide de $f_n$, montre: $$\forall x\in [0,1],\,f_n'(x)=\dfrac{2^n(1-n2^nx^2)}{(1+n2^nx^2)^2}.$$ Donc $f_n'(x)=0$ pour $x_n=\dfrac{1}{\sqrt{n2^n}}$. Comme $f_n(x_n)\tendvers{n}{\infty}\infty$, on en déduit que $(f_n)$ ne converge pas uniformément vers $0$.
   
   Soit $\alpha\in ]0,1[$, pour $n$ assez grand (tel que $\dfrac{1}{\sqrt{n2^n}}\leq \alpha$), on a $\norme{f_n}_\infty^{[\alpha,1]}=f_n(\alpha)\tendvers{n}{\infty}0$. Donc $\boxed{f_n\overset{C.U}{\longrightarrow} 0}$ sur $[\alpha,1]$.
   Soit $n\geq 1$, on a: $$\int_0^1f_n(x)\ud x=\dfrac{1}{2n}\left[\ln\left(1+n2^nx^2\right)\right]_0^1=\dfrac{\ln(1+n2^n)}{2n}\tendvers{n}{\infty}\dfrac{\ln(2)}{2}.$$ D'autre part, $\dsp \int_0^1{ \dsp \lim_{n \rightarrow \infty}{f_n}}=\int_0^10=0$. On en déduit $\boxed{\dsp \lim_{n \rightarrow \infty} \dsp \int_0^1{f_n} \neq \dsp \int_0^1{ \dsp \lim_{n \rightarrow \infty}{f_n}}}$.
2. Pour $x\in ]0,1[$, on a $f_n(x)\tendvers{n}{\infty}0$, le résultat reste vraie pour $x=0$ et $x=1$. On en déduit $\boxed{f_n\overset{C.S}{\longrightarrow} 0}$. Une étude de $f_n$, montre: $$\forall x\in [0,1],\,f_n'(x)=n^2(1-x)^{n-1}\left(1-(1+n)x\right).$$ Donc $f_n'(x)=0$ pour $x_n=\dfrac{1}{n+1}$. Comme $f_n(x_n)\tendvers{n}{\infty}\infty$, on en déduit que $(f_n)$ ne converge pas uniformément vers $0$.
   
   Soit $\alpha\in ]0,1[$, pour $n$ assez grand (tel que $\dfrac{1}{n+1}\leq \alpha$), on a $\norme{f_n}_\infty^{[\alpha,1]}=f_n(\alpha)\tendvers{n}{\infty}0$. Donc $\boxed{f_n\overset{C.U}{\longrightarrow} 0}$ sur $[\alpha,1]$.
   Soit $n\geq 1$, on a: $$\int_0^1f_n(x)\ud x\underset{u=1-x}{=}n^2\int_0^1(1-u)u^n\ud u=n^2\left[\frac{u^{n+1}}{n+1}-\frac{u^{n+2}}{n+2}\right]_0^1=\dfrac{n^2}{(n+1)(n+2)}\tendvers{n}{\infty}1.$$ D'autre part, $\dsp \int_0^1{ \dsp \lim_{n \rightarrow \infty}{f_n}}=\int_0^10=0$. On en déduit $\boxed{\dsp \lim_{n \rightarrow \infty} \dsp \int_0^1{f_n} \neq \dsp \int_0^1{ \dsp \lim_{n \rightarrow \infty}{f_n}}}$.
3. 1. On définit pour $n\in \N^*$, $\fonct{u_n}{[0,1]}{\R}{x}{\frac{1}{1+\cdots+x^n}}$.
      On a $u_n\overset{CU}{\tendvers{n}{\infty}}u$ avec $u(x)=1-x$, en effet, pour $x\in [0,1[$ on a $u_n(x)=\dfrac{1-x}{1-x^{n+1}}\tendvers{n}{\infty}1-x$ puis $u_n(1)=\dfrac{1}{n+1}\tendvers{n}{\infty}0=u(1)$ ce qui montre la convergence simple de la suite $(u_n)$ vers $u$.
      Ensuite, en étudiant la fonction $g_n=u_n-u$ sur $[0,1[$, on a $$g_n'(x)=\left(\dfrac{x^{n+1}}{1+x+\cdots+x^n}\right)'=\dfrac{(n+1)x^n\dsum_{k=0}^nx^k-x^{n+1}\dsum_{k=0}^nkx^{k-1}}{\left(\dsum_{k=0}^nx^k\right)^2}=\dfrac{x^n}{\left(\dsum_{k=0}^nx^k\right)^2}\left(\dsum_{k=0}^n(n+1-k)x^k\right)\geq 0,$$ donc $g_n$ est croissante sur $[0,1[$, ce qui donne $$\forall x\in [0,1],~~g_n(x)\leq \limiteX{t}{1}g_n(t)=\dfrac{1}{n+1}\Longrightarrow\norme{u_n-u}_\infty\leq \frac{1}{n+1}\tendvers{n}{\infty}0.$$ On en déduit, $$\boxed{\limiteX{n}{\infty}\int_0^1u_n(x)\ud x=\int_0^1u(x)\ud x=\dfrac{1}{2}}.$$
   2. On pose, pour $n\geq 1$, $f_n(x)=\dfrac{n\ee^{-x}+x^2}{n+x}$, on a $$\forall x\in [0,1],~~\abs{f_n(x)-\ee^{-x}}=\abs{\dfrac{x^2-x\ee^{-x}}{x+n}}\leq \dfrac{2}{n}\tendvers{n}{\infty}0\Longrightarrow f_n\overset{CU}{\longrightarrow}f,~~\text{ avec } f(x)=\ee^{-x}.$$ On en déduit, $$\boxed{\limiteX{n}{\infty}\int_0^1f_n(x)\ud x=\int_0^1\ee^{-x}\ud x=1-\ee^{-1}}.$$
   3. On définit pour $n\in \N^*$, $\fonct{u_n}{[0,1]}{\R}{x}{\frac{n(x^3+x)\ee^{-nx}}{nx+1}}$. On a $u_n\overset{CS}{\tendvers{n}{\infty}}0$, cependant cette convergence n'est pas uniforme puisque $u_n(1/n)=\dfrac{\ee^{-1}}{2}(1+\frac{1}{n^2})>0$.
      Soit $a\in ]0,1[$, la suite $(u_n)$ converge uniformément vers $0$ sur $[a,1]$, car, $$\forall x\in [a,1],~~ 0< u_n(x)\leq \dfrac{2\ee^{-na}}{a+1/n}\leq \dfrac{2\ee^{-na}}{a} \tendvers{n}{\infty}0$$ Ce qui donne $\dsp\limiteX{n}{\infty}\int_a^1u_n(x)\ud x=0$. D'autre part, pour tout $n\in \N$, $$\int_0^au_n(x)\ud x\leq \int_0^n\dfrac{x^3+x}{x+\frac{1}{n}}\ud x\leq \int_0^1(x^2+1)\ud x=a+a^3/3.$$ On a montré: $$\forall n\in \N,~~0\leq \int_0^1u_n(x)\ud x\leq a+\frac{a^3}{3}+\int_a^1u_n(x)\ud x\Longrightarrow 0\leq \limiteX{n}{\infty}\int_0^1u_n(x)\ud x\leq a+\frac{a^3}{3}+\limiteX{n}{\infty}\int_a^1u_n(x)\ud x= a+\frac{a^3}{3}.$$ Cette dernière relation est vrai pour tout $a\in ]0,1[$, en faisant $a$ tendre vers $0$ on trouve : $\boxed{\limiteX{n}{\infty}\int_0^1u_n(x)\ud x=0}$.

On pose $f_n(x)=x^n(1-x)^n$, la suite $f_n$ converge uniformément vers $0$ sur $[0,1]$ (car $\norme{f_n}_\infty=\frac{1}{4^n}\tendvers{n}{\infty}\,0$).
On en déduit: $\boxed{\dsp\limiteX{n}{\infty}\int_0^1f_n(x)\ud x=\int_0^1\limiteX{n}{\infty}f_n(x)\ud x=0}$.
D'autre part, $$\int_0^1f_n(x)\ud x=\int_0^1x^n\left(\dsum_{p=0}^n\binom{n}{n-p}(-1)^{n-p}x^{n-p}\right)\ud x=(-1)^n\dsum_{p=0}^n\binom{n}{p}(-1)^p\int_0^1x^{2n-p}=(-1)^n\sum_{p=0}^n \dfrac{(-1)^p \binom{n}{p}}{2 n -p+1}.$$

On montre par récurrence sur $n\geq 1$ la relation suivante: $\mathcal{H}_n:\quad\forall x\in [-1,1],\, f_n(x)\in [0,2]$.
Puis, pour tout $n\geq 2$ et $x\in [-1,1]$, on a : $$\abs{f_{n+1}(x)-2}=\abs{\sqrt{2+f_n(x)}-\sqrt{2+2}}=\abs{\dfrac{f_n(x)-2}{\sqrt{2+f_n(x)}+2}}\leq \dfrac{\abs{f_n(x)-2}}{2}\Longrightarrow \norme{f_{n+1}-2}_\infty\leq \dfrac{\norme{f_n-2}_\infty}{2}.$$ Puis par récurrence sur $n\in \N$, $\boxed{\norme{f_n-2}_\infty\leq \dfrac{4}{2^n}}$.
On en déduit que $f_n\overset{C.U}{\tendversN}\,2$ sur l'intervalle $[-1,1]$. Ce qui donne $$\limiteX{n}{\infty}\int_{-1}^1f_n(x)\ud x=\int_{-1}^12\ud x=4\Longrightarrow \boxed{ I_n\tendversN\,4}.$$ Pour l'intégrale $J_n$, notons d'abord que $J_n$ n'est définie que pour $n\geq 1$. Soit $n\geq 2$, on a $$\forall x\in [-1,1],\quad \abs{\dfrac{1}{f_{n}(x)}-\dfrac{1}{2}}=\abs{\dfrac{2-f_{n}(x)}{2f_n(x)}}\leq \dfrac{\norme{f_n-2}_\infty}{2}\Longrightarrow \boxed{\dfrac{1}{f_n}\overset{C.U}{\tendversN}\,\dfrac{1}{2}}.$$ On en déduit $\boxed{ J_n\tendversN\,1}$.

Notons, pour $x\in \R$, $g(x)=\dfrac{x}{1+x^2}$. Alors $g$ est continue sur $\R$, de plus, $$\forall x\in \R,\,g'(x)=\dfrac{1-x^2}{(1+x^2)^2}\Longrightarrow \forall x\in \R,\,\abs{g'(x)}\leq 1\Longrightarrow \quad \norme{g'}_\infty\leq 1.$$ Soit $x\in \R$, la suite $(f_n(x))$ converge vers $f(x)$, comme $g$ est continue en $f(x)$ alors $g(f_n(x))\tendversN\,g(f(x))$. On en déduit, $$\dfrac{f_n}{1+f_n^2}=g(f_n)\overset{CS}{\tendvers{n}{\infty}}g(f)=\dfrac{f}{1+f^2}.$$ D'autre part, $$\forall x\in \R,\quad \abs{g(f_n(x))-g(f(x))}\leq \norme{g'}_\infty \abs{f_n(x)-f(x)} \Longrightarrow \norme{g(f_n)-g(f)}_\infty \leq \norme{f_n-f}_\infty \tendversN\,0.$$ On en déduit que $\dfrac{f_n}{1+f_n^2}\overset{CU}{\tendvers{n}{\infty}}\dfrac{f}{1+f^2}$.

1. Montrons que $f_n$ est continue sur $\R$. Il est clair que $f_n$ est continue sur $\R^*$, il faut juste voir la continuité en $0$.
   Au voisinage de $0$, on a $f_n(x)\underset{x\to 0}{\thicksim}nx$, donc $\limiteX{x}{0}f_n(x)=0=f_n(0)$, ce qui prouve la continuité de $f_n$ en $0$ donc sur $\R$.
   1. Comme $f_n\in \CC([-1,1])$ alors $f_n$ est majoré sur cet intervalle par une constante $C_1>0$.
   2. Pour $x\in \R$ tel que $\abs{x}>1$ on a $\abs{f_n(x)}\leq \dfrac{1}{n\abs{x}}\leq 1$.
   On en déduit que $f_n$ est bornée sur $\R$.
2. Pour $x\in \R^*$, on a $\abs{f_n(x)}\leq \dfrac{1}{n\abs{x}}\tendversN 0$, d'autre part, $f_n(0)=0$. On en déduit que $f_n\overset{C.S}{\tendversN}0$.
   D'autre part, pour $x=\dfrac{\pi}{2n}$, on a $f_n(x)=\dfrac{\sin^2\left(\frac{\pi}{2}\right)}{\frac{\pi}{2}}=\dfrac{2}{\pi}$ ne tend pas vers $0$, donc la convergence n'est pas uniforme sur $\R$.
   Soit $a>0$, pour tout $x\in \R\setminus]-a,a[$, on a $\abs{f_n(x)}\leq \dfrac{1}{na}$ donc $\norme{f_n}_\infty^{\R\setminus]-a,a[}\leq \dfrac{1}{na}\tendversN 0$, on en déduit que la suite $(f_n)_n$ converge uniformément vers $0$ sur tout intervalle de type $\R\setminus ]-a,a[$ avec $a>0$.

1. Pour tout $n\in \N$ (assez grand pour que $f-f_n$ et $g-g_n$ soient bornées) et $x\in I$, on a $$\abs{(f+g)(x)-(f_n+g_n)(x)}\leq \abs{f(x)-f_n(x)}+\abs{g(x)-g_n(x)}\leq \norme{f-f_n}_\infty+ \norme{g-g_n}_\infty.$$ Donc $(f+g)-(f_n+g_n)$ est borne (au moins à partir d'un certain rang) et on a $$\norme{(f+g)-(f_n+g_n)}_\infty\leq \norme{f-f_n}_\infty+ \norme{g-g_n}_\infty\Longrightarrow \norme{(f+g)-(f_n+g_n)}_\infty\tendversN\,0.$$ Ce qui prouve que $\boxed{f_n+g_n\overset{C.U}{\tendversN}f+g}$.
   Posons maintenant, pour $n\in \N$, $f_n(x)=g_n(x)=x+\dfrac{1}{n+1}$ et $f(x)=x$. On a $f_n\overset{C.U}{\tendversN} f$ sur $\R$ puisque $\norme{f-f_n}=\dfrac{1}{n+1}\tendversN\,0$.
   Par contre, $(f^2-f_n^2)(x)=\dfrac{2x}{n+1}+\dfrac{1}{n+1}$, en particulier, $(f^2-f_n^2)(\frac{1}{n+1})\geq 2$, donc il n'y a pas de convergence uniforme.
2. Supposons maintenant que $f$ et $g$ sont bornées sur $I$. Alors pour $n\geq n_0$ les fonctions $f_n$ et $g_n$ sont bornées. Alors, pour tout $n\geq n_0$ et pour tout $x\in I$, $$\begin{array}{lcl} \abs{(fg)(x)-(f_ng_n)(x)}&=&\abs{f(x)g(x)-f(x)g_n(x)+f(x)g_n(x)-f_n(x)g_n(x)}\\ &\leq & \abs{f(x)}\abs{g(x)-g_n(x)}+\abs{g_n(x)}\abs{f(x)-f_n(x)}\\ &\leq& \norme{f}_\infty \norme{g-g_n}_\infty+\norme{g_n}_\infty\norme{f-f_n}_\infty. \end{array}$$ Ce qui prouve que $\boxed{f_ng_n\overset{C.U}{\tendversN}fg}$

1. On a,
   1. Pour $x\in \{0,1\}$, et pour tout $n\in \N$, $f_n(x)=0$. Donc $f_n(x)\tendversN\,0$
   2. Pour $x\in ]0,1[$, on a $3^nx^{2^n}\tendversN 0$ donc $f_n(x)\tendversN 0$
   On en déduit que la suite $f_n\overset{C.S}{\tendversN}0$.
   Pour $x_n=\exp\left(\frac{\ln(1/2)}{2^n}\right)$, on a $f_n(x_n)=\dfrac{3^n}{4}>\dfrac{1}{4}$ donc la convergence n'est pas uniforme.
2. Soit $n\in \N$, on a $$\int_0^1f_n(x)=3^n\left(\dfrac{1}{2^n+1}-\dfrac{1}{2^{n+1}+1}\right)=3^n\dfrac{2^n}{(2^n+1)(2^{n+1}+1)}\underset{n\to \infty}{\thicksim}\dfrac{6^n}{2\,4^n}\tendversN\infty.$$ D'autre part, on a$\dsp\int_0^1\limiteX{n}{\infty}f_n=0$. Donc $\boxed{\dsp\limiteX{n}{\infty}\int_0^1f_n(x)\ud x\neq \int_0^1\limiteX{n}{\infty}f_n(x)\ud x}$.

$f_n$ CS vers 0.
Pas de CU...il suffit de calculer $f_n(1/\sqrt{n}$.

Supposons que les fonctions $f_n$ sont croissante. Soient $x_1< x_2\in I$. Alors pour tout $n\in \N$, on a $f_n(x_1)\leq f_n(x_2)$ ce qui donne: $$f(x_1)=\limiteX{n}{\infty}f_n(x_1)\leq \limiteX{n}{\infty}f_n(x_2)=f(x_2)\Longrightarrow f \text{ est croissante}.$$

1. Soit $a_0,\cdots,a_p$, $p+1$ points de $\R$ deux à deux distincts. On considère les polynômes de Lagrange associes à ces points, i.e. $$\forall j\in \inter{0,p},\quad L_j(x)=\prod_{\substack{0\leq k\leq p \\k\neq j}}\dfrac{x-a_k}{a_j-a_k}.$$ D'après le cours, pour tout $P\in\R_p[x]$, on a $P=\dsum_{k=0}^pP(a_k)L_k$, en particulier, $$\forall n\in \N,\,\forall x\in \R,\, P_n=\dsum_{k=0}^pP_n(a_k)L_k(x) \Longrightarrow \forall x\in \R,\, \limiteX{n}{\infty} P_n(x)= \dsum_{k=0}^p\limiteX{n}{\infty}(P_n(a_k))L_k(x).$$
2. Soient $a< b$ deux réels, comme les fonctions $(L_j)_{j\in \inter{0,p}}$ sont continues sur $[a,b]$, alors elles y sont bornées. Notons alors $M=\dsp\sup_{j\in \inter{0,p}}(\norme{L_j}_\infty^{[a,b]})$. Alors, pour tout $n\in \N$ et $x\in [a,b]$, on a $$ \abs{f(x)-P_n(x)}\leq \dsum_{j=0}^p\abs{f(a_j)-P_n(a_j)}\abs{L_j(x)}\leq M\dsum_{j=0}^p\abs{f(a_j)-P_n(a_j)} \Longrightarrow \norme{f-P_n}_\infty^{[a,b]}\leq M \dsum_{j=0}^p\abs{f(a_j)-P_n(a_j)}\tendversN\,0.$$ Ce qui prouve la convergence uniforme sur $[a,b]$.
   Supposons maintenant que $P_n$ converge uniformément vers $f$ sur $\R$, ceci implique que à partir d'un certain range, la fonction $f-P_n$ est bornée sur $\R$, or $f-P_n$ est une fonction polynomial, ceci impose alors que $f-P_n$ est une constante.
   On en déduit alors que si $P_n$ converge uniformément vers $f$ sur $\R$, alors il existe $N\geq 0$ et une suite réel $(\alpha_n)$ qui tend vers $0$ telles que $$\forall n\geq N,\quad P_n=f+\alpha_n.$$

1. $f_n:\R\mapsto\R,~~f_n(x)=x\ee^{-nx^2}$.
   Soit $x\in \R^*$, on a $n^2f_n(x)=n^2x\ee^{-nx^2}\tendvers{n}{\infty}0$ donc $\dsum_{n\geq 0}f_n(x)$ converge ( Rappel : $n^2f_n(x)=\dfrac{f_n(x)}{\frac{1}{n^2}}$). Donc $\dsum_n f_n$ converge simplement sur $\R$.
   Une étude rapide de $f_n$ (fonction impaire), montre: $$\forall x\in [0,1],\,f_n'(x)=(1-2nx^2)\ee^{-nx^2}.$$ Donc $\norme{f_n}_{\infty}=\dfrac{1}{\sqrt{2\ee n}}$, or $\dsum_{n\geq 1}\dfrac{1}{\sqrt{2\ee n}}$ diverge.
   On en déduit que $\dsum f_n$ ne converge pas normalement sur $\R$.
   
   
   Soit $a>0$, il existe $N>0$ tel que pour tout $n\geq N$, on ait $\dfrac{1}{\sqrt{2n}}\leq a$ donc: $$\forall n\geq N,~~\forall x\in \R\setminus ]-a,a[,~~\abs{f_n(x)}\leq f_n(a)\Longrightarrow \norme{f_n}_\infty^{\R\setminus ]-a,a[}=f_n(a)\Longrightarrow \dsum_n \norme{f_n}_\infty^{\R\setminus ]-a,a[}< \infty.$$ Donc $\dsum_n f_n$ converge normalement (donc uniformément) sur $\R\setminus ]-a,a[$.
   Il faut regarder la convergence uniforme sur $\R$, soit $x\in \R^*$, on a: $$R_n(x)=\dsum_{k=n+1}^\infty x\ee^{-kx^2}=\dfrac{x\ee^{-(n+1)x^2}}{1-\ee^{-x^2}}\Longrightarrow R_n(1/\sqrt{n+1})=\dfrac{1}{\ee\sqrt{n+1}(1-\ee^{\frac{-1}{n+1}})}\underset{n\infty}{\thicksim}\dfrac{\sqrt{n+1}}{\ee}$$ Donc $(R_n)$ ne converge pas uniformément vers $0$ sur $\R$.
   
   En résumé
   1. $\dsum_n f_n$ converge simplement sur $\R$.
   2. Pour tout $a>0$, $\dsum_n f_n$ converge normalement sur $\R\setminus ]-a,a[$.
   3. $\dsum_n f_n$ ne converge pas uniformément sur $\R$.
2. $f_n:[0,1]\mapsto\R,~~f_n(x)=n^2(x^{2n}-x^{2n+1})$.
   Soit $x\in ]0,1[$, en utilisant la règle d'Alembert $\dsum_{n\geq 0}f_n(x)$ converge, également $\dsum_nf_n(0),\,\dsum_nf_n(1)$ converge. Donc $\dsum_n f_n$ converge simplement sur $[0,1]$. Une étude rapide de $f_n$, montre: $$\forall x\in [0,1],\,f_n'(x)=n^2x^{2n-1}(2n-(2n+1)x).$$ Donc $\norme{f_n}_{\infty}=\dfrac{n^2}{2n+1}\left(1+\frac{1}{2n}\right)^{-2n} \underset{n\infty}{\thicksim}\dfrac{n^2\ee^{-1}}{2n}\tendvers{n}{\infty}\infty$. Or $\dsum_{n\geq 1}\dfrac{1}{\sqrt{2\ee n}}$ diverge.
   On en déduit que $\dsum f_n$ ne converge pas normalement sur $[0,1]$.
   Comme $f_n(x_n)\tendvers{n}{\infty}\infty$, on en déduit que $(f_n)$ ne converge pas uniformément vers $0$.
   
   Soit $a\in ]0,1[$, il existe $N>0$ tel que pour tout $n\geq N$, on ait $\dfrac{2n}{2n+1}\geq a$ donc: $$\forall n\geq N,~~\forall x\in [0,a],~~f_n(x)\leq f_n(a)\Longrightarrow \norme{f_n}_\infty^{[0,a]}=f_n(a)\Longrightarrow \dsum_n \norme{f_n}_\infty^{[0,a]}< \infty.$$ Donc $\dsum_n f_n$ converge normalement (donc uniformément) sur $[0,a]$.
   Comme $\norme{f_n}_\infty\tendvers{n}{\infty}\infty$, on en déduit que $\dsum_n f_n$ ne converge pas uniformément sur $[0,1]$.
   En résumé
   1. $\dsum_n f_n$ converge simplement sur $[0,1]$.
   2. Pour tout $a\in ]0,1[$, $\dsum_n f_n$ converge normalement sur $[0,a]$.
   3. $\dsum_n f_n$ ne converge pas uniformément sur $[0,1]$.
3. $f_n:\R\mapsto\R,~~f_n(x)=\dfrac{(-1)^n}{n^x}$.
   Pour $x\leq 0$, $\dfrac{(-1)^n}{n^x}\xcancel{\xrightarrow[n\rightarrow \infty]{}\,0 }$ donc $\dsum_n f_n(x)$ diverge. Pour $x>0$, la suite $(\dfrac{(-1)^n}{n^x})_n$ est strictement décroissante et tend vers $0$ donc d'après la CSSA, on a $\dsum_nf_n(x)$ converge. On en déduit que $\dsum_nf_n$ converge simplement sur $\R_+^*$.
   Pour $n\geq 1$, on a $\norme{f}_\infty^{\R_+}=1$ donc $\dsum_n f_n$ ne converge pas normalement sur $\R_+^*$, en revanche pour $b>1$ on $\norme{f}_\infty^{[b,\infty[}=\dfrac{1}{n^b}$ donc $\dsum_nf_n$ converge normalement sur $[b,\infty[$.
   $\dsum_nf_n$ ne converge pas uniformément sur $\R_+^*$ puisque $\norme{f}_\infty^{\R_+}=1$. Soit $a>0$,d'après le cours sur les séries alternées, on a : $$\forall n\geq 1,\,\forall x\geq a,~~\abs{R_n(x)}=\abs{\dsum_{k\geq n+1}\dfrac{(-1)^k}{k^x}}\leq \dfrac{1}{(n+1)^x}\leq \dfrac{1}{(n+1)^a}\Longrightarrow \norme{R_n}_\infty^{[a,\infty[} \tendvers{n}{\infty}0.$$ Donc $\dsum_nf_n$ converge uniformément sur $[a,\infty[$.
   En résumé
   1. $\dsum_n f_n$ converge simplement sur $]0,\infty[$.
   2. Pour tout $b>1$, $\dsum_n f_n$ converge normalement sur $[b,\infty[$.
   3. Pour tout $a>0$, $\dsum_n f_n$ converge uniformément sur $[a,\infty[$.
4. $f_n:\R\mapsto\R,~~f_n(x)=\dfrac{1}{n^x}$.
   Répons:
   1. $\dsum_n f_n$ converge simplement sur $]1,\infty[$.
   2. $\dsum_n f_n$ ne converge pas uniformément sur $]1,\infty[$.
   3. Pour tout $b>1$, $\dsum_n f_n$ converge normalement sur $[b,\infty[$.
5. $f_n:\R_+\mapsto\R,~~f_n(x)=(-1)^n\ln\left(1+\dfrac{x}{n(1+x)}\right)$.
   Soit $x>0$, la suite $\left(\ln\left(1+\dfrac{x}{n(1+x)}\right)\right)_n$ est décroissante de plus $\ln\left(1+\dfrac{x}{n(1+x)}\right)\tendvers{n}{\infty}\,0$ donc d'après le CSSA $\dsum_n f_n(x)$ converge, le résultat est évident pour $x=0$. Donc $\dsum_n f_n $ converge simplement sur $\R_+$.
   On n' a pas une convergence normale sur $\R_+$ puisque $\norme{f_n}_\infty=\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\underset{n\infty}{\thicksim}\dfrac{1}{n}$ et $\dsum_{n\geq 1}\dfrac{1}{n}$ diverge.
   Soit $x\geq 0$, on a $$\forall n\in \N,~~\forall x\geq 0,~~\abs{R_n(x)}\leq \ln\left(1+\dfrac{x}{(n+1)(x+1)}\right)\leq \ln\left(1+\dfrac{1}{(n+1)}\right)\Longrightarrow \norme{R_n}_\infty^{[0,\infty[}\tendvers{n}{\infty}0.$$ Donc $\dsum_n f_n$ converge uniformément sur $\R_+$.
6. $n\geq 1,~~f_n:\R_+\mapsto\R,~~f_n(x)=\left\{\begin{array}{ll} \dfrac{1}{n}&\text{ si } x\in ]n,n+1[\\ &\\ 0&\text{ sinon} \end{array} \right. $

Soit $f$ la fonction définie sur $[0,1]$ par $f(x)=\left\{\begin{array}{lcl} -x\ln(x)& \text{ si }& x>0\\ 0&\text{ si }& x=0 \end{array}\right. $, $f$ est continue sur $[0,1]$.
L'étude de $f$ montre que $f$ est bornée sur $[0,1]$ et $\norme{f}_\infty=\dfrac{1}{\ee}$.

Posons pour $n\in \N$ et $x\in [0,1]$, $f_n(x)=\dfrac{(-x\ln(x))^n}{n!}=\dfrac{f(x)^n}{n!}$.
L'étude précédente montre $f_n$ est bornée et $\norme{f_n}_\infty=\dfrac{(1/\ee)^n}{n!}$, comme la série $\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(1/\ee)^n}{n!}$ converge (et sa somme est $\ee^{1/\ee}$), on en déduit que $\dsum_{n\geq 0}f_n$ converge normalement sur $[0,1]$.
Pour $x\in [0,1]$, on écrit $x^{-x}=\ee^{-x\ln(x)}=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-x\ln(x))^n}{n!}$, $$\int_0^1x^{-x}\ud x=\int_0^1\left(\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-x\ln(x))^n}{n!}\right)\ud x= \dsum_{n\geq 0}\dfrac{1}{n!}\int_0^1(-x\ln(x))^n\ud x.$$ En faisant une intégration par partie, on trouve $$\begin{array}{lcl} \dsp \int_0^1(-x\ln(x))^n\ud x&=& \dsp \left[\dfrac{-(-x)^{n+1}}{n+1}(\ln(x))^n\right]_0^1-\dfrac{n}{n+1}\int_0^1(-x)^n\ln(x)^{n-1}\ud x\\ &&\\ &=&- \dsp \dfrac{n}{n+1}\int_0^1(-x)^n\ln(x)^{n-1}\ud x=\cdots\\ &=& \dsp \dfrac{n!}{(n+1)^n}\int_0^1x^n\ud x \end{array}$$ Ce qui donne $$\int_0^1(-x\ln(x))^n\ud x=\dfrac{n!}{(n+1)^{n+1}}\Longrightarrow \int_0^1x^{-x}\ud x= \dsum_{n\geq 0}\dfrac{1}{n!}\dfrac{n!}{(n+1)^{n+1}}\Longrightarrow\boxed{\int_0^1x^{-x} \ud x = \dsum_{n\geq 1}\dfrac{1}{n^n}}.$$

Pour tout $x\in \R$, on a $\abs{\frac{\cos(nx)}{2^n}}\leq \frac{1}{2^n}$ comme $\dsum \frac{1}{2^n}$ CV, on en déduit que $\dsum_{n\geq 1}\frac{\cos(nx)}{2^n}$ est normalement convergente sur $\R$. Notons $S$ sa somme.
Pour tout $x\in \R$, on a $\dfrac{\cos(nx)}{2^n}=\re \left(\dfrac{\ee^{\ii n x}}{2^n}\right)=\re \left( \left(\frac{\ee^{\ii x}}{2}\right)^n\right)$. Ce qui donne, $$ S(x)=\re \left(\dsum_{n\geq 0} \left(\frac{\ee^{\ii x}}{2}\right)^n\right)-1=\re \dfrac{2}{2-\ee^{\ii x}} -1=\dfrac{4-2\cos x}{5-4\cos(x)}-\dfrac{5-4\cos(x)}{5-4\cos(x)}=\boxed{\dfrac{2\cos(x)-1}{5-4\cos(x)}}.$$

1. Soit $x\in \R$, on a $\abs{f_n(x)}\underset{n\rightarrow\infty}{\thicksim}\abs{a_n}\ee^{-n+x}$, comme $\dsum \abs{a_n}\ee^{-n+x}$ converge, on en déduit que $\dsum f_n(x)$ est absolument convergente donc convergente.
   Ce qui donne $\dsum f_n$ converge simplement sur $\R$.
2. Soit $x\in \R$,
   1. Si $x\leq 0$ alors $\abs{\dsum_{n\geq 0}f_n(x)}\leq \dsum_{n\geq 0}\ee^{-n}=\dfrac{\ee}{\ee-1}\leq \dfrac{2\ee}{\ee -1}$.
   2. Si $x\geq 0$ alors en notant $N=\mathrm{E}(x)$, on a $\abs{\dsum_{n\geq 0}f_n(x)}\leq \dsum_{n=0}^N\ee^{-x+n}+\dsum_{n\geq N+1}\ee^{x-n}$, puis $$\dsum_{n=0}^N\ee^{-x+n}+\dsum_{n\geq N+1}\ee^{x-n}=\ee^{-x}\dfrac{\ee^{N+1}-1}{\ee-1}+\ee^{x-(N+1)} \dfrac{\ee}{\ee-1}\leq \dfrac{\ee^{N+1-x}}{\ee-1}+\dfrac{\ee^{x-N}}{\ee -1}\leq \dfrac{\ee}{\ee-1}+\dfrac{\ee}{\ee -1}= \dfrac{2\ee}{\ee -1}$$
   En conclusion, $\boxed{ \forall x\in \R,\quad \abs{\dsum_{n\geq 0}f_n(x)}\leq \dfrac{2\ee}{\ee -1}}$.

1. Soit $n\geq 1$, on a $f_n\in \CC^\infty (\R_+,\R)$ de plus, $$\forall x\geq 0,\quad f_n'(x)=\dfrac{-\ee^{-nx}}{(n+x)^3}(n(n+x)+2)< 0\Longrightarrow f_n(x)\leq f_n(0)= \norme{f_n}_\infty^{\R_+}=\dfrac{1}{n^2}.$$ Comme la série $\dsum \dfrac{1}{n^2}$ converge, on en déduit: $\dsum_n f_n$ converge normalement sur $\R_+$.
   Ce qui implique la converge simple et uniforme de $\dsum f_n$ sur $\R_+$.
2. Les fonctions $f_n$ sont continue sur $\R_+$ et la convergence de $\dsum_{n\geq 1}f_n$ vers $S$ est uniforme, on en déduit que $S$ est continue sur $\R_+$.
4. $\boxed{S(0)=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{1}{n^2}=\dfrac{\pi^2}{6}}$.
   D'autre part, pour tout $n\geq 1,\,\limiteX{x}{\infty}f_n(x)=0$, étant donnée que la série $\dsum_nf_n$ converge uniformément on en déduit $\boxed{\lim\limits_{x\to\infty} S(x)=\dsum_{n\geq 1}\lim\limits_{x\to\infty} f_n(x)=0}$.
5. Soit $a>0$, pour tout $x\in [a,\infty[$, on a: $$\abs{f_n'(x)}=\dfrac{\ee^{-nx}(n(n+x)+2)}{(n+x)^3}\leq \dfrac{n\ee^{-na}}{(n+a)^2}+\dfrac{1}{(n+a)^3}\Longrightarrow\norme{f_n}_\infty^{[a,\infty[}\leq \dfrac{n\ee^{-na}}{(n+a)^2}+\dfrac{1}{(n+a)^3}.$$ Comme les séries $\dsum \dfrac{n\ee^{-na}}{(n+a)^2}$ et $\dsum\dfrac{1}{(n+a)^3}$ sont convergente donc $\dsum f_n'$ est normalement convergente sur $[a,\infty[$.
   Ceci assure la convergence simple de $\dsum f_n'$ sur $]0,\infty[$ de plus cette convergence est uniforme locale. On en déduit que $S$ est de classe $\CC^1$ sur $]0,\infty[$ et pour tout $x>0$,$\,\,S'(x)=\dsum_{n\geq 1}f_n'(x)$.

On montre par récurrence sur $n\in \N$ que $f_n$ est bien définie et que $f_n$ est de classe $\CC^1$ pour $n\geq 1$.
De plus, pour $a\in ]0,1[$, on a $\norme{f_{n+1}}_{\infty}^{[-a,a]}\leq a\norme{f_{n}}_{\infty}^{[-a,a]}$, ce qui donne $$\forall n\in \N,~~\norme{f_{n}}_{\infty}^{[-a,a]}\leq a^n\norme{f}_{\infty}^{[-a,a]}$$ comme la série $\dsum a^n \norme{f}_{\infty}^{[-a,a]}$ est convergente, on en déduit que $\dsum f_n$ est normalement convergente sur $[-a,a]$.
Ce qui donne $\dsum f_n$ est uniformément localement convergente sur $]-1,1[$.
Notons $G=\dsum_{n\geq 0}f_{n+1}$, $G$ est bien définie, de plus comme $f_{n+1}'=f_n$ et que $\dsum f_n$ converge localement uniformément sur $]-1,1[$, le théorème de dérivation terme à terme d'une série de fonction montre que $G$ est de classe $\CC^1$ sur $]-1,1[$ et que $$G'=\dsum_{n\geq 0}f_n=f+G\Longrightarrow G'-G=f,\text{ et }G(0)=0.$$ La résolution de cette équation différentielle nous donne $G(x)=\ee^{x}\dsp \int_0^x\ee^{-t}f(t)\ud t$, d'où $$\forall x\in ]-1,1[,~~~~\sum_{n\geq 0}f_n(x)=f(x)+\ee^x\int_0^x\ee^{-t}f(t)\ud t.$$

1. $\boxed{f_n\overset{C.U}{\tendversN}0}$ sur $\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$.
2. Pour $x=0$, on a $f_n(0)=0$ donc $\dsum f_n(0)$ converge et vaut $0$. Soit $x\in ]0,\frac{\pi}{2}]$, et $n\in \N^*$, on a $$\dsum_{k=0}^nf_k(x)=\dsum_{k=0}^nx\sin(x)\cos^k(x)=x\sin(x)\dfrac{1-\cos(x)^{n+1}}{1-\cos(x)}\tendversN\dfrac{x\sin(x)}{1-\cos(x)}.$$ On en déduit que $\dsum f_n\overset{C.U}{\tendversN}f$ avec $f(x)=\left\{\begin{array}{ll} 0&\text{ si }x=0\\ \dfrac{x\sin(x)}{1-\cos(x)} \end{array} \right.$ .
   La fonction $g$ n'est pas continue en $0$, car, pour $x\in ]0,\frac{\pi}{2}]$, on a $$g(x)=\dfrac{x^2+\mathrm{o}(x^3)}{1-(1-\frac{x^2}{2}+\mathrm{o}(x^2))}=2+\mathrm{o}(x)\tendvers{x}{0^+}2\neq g(0).$$ Donc $\dsum f_n$ ne converge pas uniformément sur $[0,\frac{\pi}{2}]$.

Pour $n\geq 1$ et tout $x\in \R$, on a $n+\ee^{nx}>0$ donc $\ln \left(n+\ee^{nx}\right)$ est définie. On pose $f_n(x)=\dfrac{\ln \left(n+\ee^{nx}\right)}{n^3}$, $f_n\in \CC^1(\R)$.
Pour $x\leq 0$, on a $f_n(x)\underset{n\to\infty}{\thicksim}\dfrac{\ln(n)}{n^3}$, comme la série $\dsum \frac{\ln (n)}{n^3}$ converge alors $\dsum f_n(x)$ converge.
Pour $x>0$, on a $f_n(x)\underset{n\to\infty}{\thicksim}\dfrac{\ln(\ee^{nx})}{n^3}=\dfrac{x}{n^2}$, on sait que la série $\dsum \frac{x}{n^2}$ converge, il en va de même pour $\dsum f_n(x)$.
On en déduit que $\dsum f_n$ est définie sur $\R$ et $\dsum f_n$ converge simplement vars $f$.
Pour montrer que $f\in \CC^1(\R)$, il faut montrer que $\dsum f_n'$ converge uniformément localement sur $\R$. Pour tout $n\in \N^*$ et $x\in \R$, on a $f_n'(x)=\dfrac{ \ee^{nx}}{n^2(n+\ee^{nx})}.$ En particulier, on a: $$\forall x\in \R, 0< f_n'(x)\leq \dfrac{1}{n^2}\Longrightarrow \norme{f_n'}_\infty\leq \dfrac{1}{n^2}\Longrightarrow\dsum_{n\geq 1}\norme{f_n}_\infty \text{ CV}.$$ Donc $\dsum f_n'$ est normalement convergente donc uniformément sur $\R$. On en déduit, $$\boxed{f\in \CC^1(\R),\quad \forall x\in \R,\,\,f'(x)=\dsum_{n=1}^\infty\dfrac{1}{n^2}\dfrac{\ee^{nx}}{n+\ee^{nx}}}.$$

1. Pour tout $x\in \R^*$, on a $\frac{1}{n}\Arctan\left(\frac{x}{n}\right)\underset{n\to \infty}{\thicksim}\dfrac{x}{n^2}$, comme $\dsum \dfrac{x}{n^2}$ converge, on en déduit que $\dsum f_n(x)$ converge et ceci reste vraie pour $x=0$, autrement dit, $\dsum f_n$ est définit pour tout $x\in \R$ et donc converge simplement sur $\R$ vers $S$ (sa somme).
   La convergence n'est pas normale sur $\R$, puisque $\norme{f_n}_\infty=\dfrac{\pi}{2n}$ et $\dsum \dfrac{\pi}{2n}$ diverge. En revanche, pour tout $A\in \R_+^*$, on a $\norme{f_n}_\infty^{[-A,A]}=\dfrac{1}{n}\Arctan\left(\frac{A}{n}\right)$ et donc $\dsum f_n$ converge normalement sur $[-A,A]$. Ceci prouve que $\dsum f_n$ converge uniformément sur tout segment de $\R$, et puisque les $f_n$ sont continues on en déduit alors que $S$ est continue sur $\R$.
2. On a $f_n\in \CC^1(\R)$ et $$\forall x\in \R,\quad f_n'(x)=\dfrac{1}{n^2+x^2}\Longrightarrow\norme{f_n'}_\infty=\dfrac{1}{n^2} \Longrightarrow \dsum_{n\geq 1}\norme{f_n'}_\infty< \infty.$$ Donc $\dsum f_n'$ converge uniformément sur $\R$ ce qui prouve que $S$ est de classe $\CC^1$ sur $\R$, de plus, $S'(x)=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{1}{n^2+x^2}>0$, donc $f$ est strictement croissante sur $\R$.
   La croissance de $S$ sur $\R$ prouve que $S$ admet une limite en $\infty$ (éventuellement $\infty$). D'autre part, on a pour tout $N>1$, $$\forall x>0,\quad S(x)=\dsum_{n\geq 1}\frac{1}{n}\Arctan\left(\frac{x}{n}\right)>\dsum_{n=1}^N\frac{1}{n} \Arctan\left(\frac{x}{n}\right)$$ donc $$\limiteX{x}{\infty}S(x)\geq \limiteX{x}{\infty}\left(\dsum_{n=1}^N\frac{1}{n}\Arctan\left(\frac{x}{n}\right)\right)=\dsum_{n=1}^N\frac{\pi}{2n}.$$ Ceci étant vraie pour tout $N\geq 1$, en faisant tendre $N$ vers $\infty$ et compte tenu que $\dsum \dfrac{1}{n}$ diverge, on conclut que $\dsp\limiteX{x}{\infty}S(x)=\infty$.

1. Notons, pour $n\in N^*$, $\fonct{f_n}{\R}{\R}{x}{\frac{1}{n}\cos^n(x)\sin(nx)}$. On a
   1. Pour $x\in \pi\Z$, $\sin(nx)=0$ donc $f_n(x)=0$ et $\dsum f_n(x)$ converge.
   2. Pour $x\in \R\setminus \pi\Z$, $\abs{\cos(x)}< 1$ et $\abs{f_n(x)}\leq \dfrac{\abs{\cos(x)}^n}{n}\leq \abs{\cos(x)}^n$, donc $\dsum f_n(x)$ est absolument convergente puisque $\dsum \abs{\cos(x)}^n$ converge.
   On en déduit que $\dsum f_n$ est définie sur $\R$, de plus, on a pour tout $n\geq 1$, $f_n$ est impaire $\pi$-périodique, il en résulte que $f$ est impaire $\pi$-périodique.
2. D'après la remarque précédente, il suffit de réduire l'étude sur $[0,\pi]$.
   Pour tout $n\in \N^*$, $f_n\in \CC^1(\R)$ et $f_n'(x)=-\cos^{n-1}(x)\sin(x)\sin(nx)+\cos^n(x)\cos(nx)=\cos^{n-1}(x)\cos((n+1)x)$.
   Pour $a\in ]0,\pi/2[$, et pour tout $x\in [a,\pi-a]$, on a $\norme{f_n'}_\infty^{[a,\pi-a]}\leq \abs{\cos(a)}^{n-1}$ donc $\dsum f_n'$ converge normalement sur $[a,\pi-a]$, ce qui implique que $\dsum f_n'$ converge uniformément localement sur $]0,\pi[$ donc $f\in \CC^1(]0,\pi[)$. De plus $$\begin{array}{lcl} \forall x\in ]0,\pi[,\quad f'(x)&=&\dsum_{n\geq 1}\cos^{n-1}(x)\cos((n+1)x)=\dsum_{n\geq 1}\cos^{n-1}(x)\re \left(\ee^{\ii (n+1)x}\right)\\ &=&\re \left(\ee^{2\ii x}\dsum_{n\geq 1}\left(\cos(x)\ee^{\ii x}\right)^{n-1}\right)=\re \left(\ee^{2\ii x}\dsum_{n\geq 0}\left(\cos(x)\ee^{\ii x}\right)^{n}\right)\\ &=&\re \left(\dfrac{\ee^{2\ii x}}{1-\cos(x)\ee^{\ii x}}\right)=\re \left(\dfrac{\ee^{\ii x}}{\ee^{-\ii x}-\cos(x)}\right)=-1 \end{array} $$
3. Comme $f$ est de classe $\CC^1$ sur $]0,\pi[$ et $f'=-1$, on en déduit que: $$\forall x\in ]0,\pi[,\quad f(x)=C-x,\quad \text{ comme }f(\pi/2)=0 \Longrightarrow \forall x\in ]0,\pi[,\quad f(x)=\dfrac{\pi}{2}-x\quad\text{ et }f(0)=f(\pi)=0.$$ Ensuite, on complète sur $\R$ en utilisant le faite que $f$ est impaire et $\pi$-périodique.

Remarque On a $f$ n'est pas continue sur $\R$.

1. On définit pour $n\in \N,\,x\in \R,\quad u_n(x)=(-1)^n\dfrac{\ee^{-nx}}{n+1}$.
   1. Pour $x< 0$, on a $\abs{u_n(x)}\tendversN\,\infty$. Donc $\dsum u_n(x)$ diverge.
   2. Pour $x=0$, on $\dsum u_n(0)$ converge (CSSA).
   3. Pour $x>0$, on a $$\abs{u_n(x)}=\dfrac{\ee^{-nx}}{n+1}\leq \ee^{-nx},\text{ et } \dsum_{n\geq 0}\ee^{-nx} \text{ converge}\Longrightarrow \dsum_{n\geq 0} \abs{u_n(x)}\text{ converge}.$$ On en déduit que $\dsum_{n\geq 0} \abs{u_n(x)}$ converge.
   Donc $\dsum_n u_n$ converge simplement sur $\R_+$, Notons $S$ sa somme . On note, pour $x\geq 0$ et $n\in\N$, $R_n(x)=\dsum_{k\geq n+1}u_n(x)$. D'après le cours sur les séries alternées, on a: $$\forall n\geq 0,\quad \forall x\geq 0,\quad \abs{R_n(x)}\leq \abs{u_{n+1}(x)}=\dfrac{\ee^{-(n+1)x}}{n+2}\leq \dfrac{1}{n+2}\Longrightarrow \norme{R_n}_\infty\leq \dfrac{1}{n+1}\tendversN\,0.$$ On en déduit que \fbox{$\dsum u_n $ CU sur $\R_+$}.
2. Les fonctions $u_n$ sont continue, on en déduit que la somme est continue sur $\R_+$.
   D'autre part, pour tout $n\geq 0$, $u_n\in \CC^1(\R_+)$ et $u_n'(x)=(-1)^{n+1}\dfrac{n}{n+1}\ee^{-nx}$. Donc $$\dsum u_n'(0)\text{ diverge car } (-1)^{n+1}\dfrac{n}{n+1} \text{ ne tend pas vers }0 \text{ lorsque } n \text{ tend vers }\infty.$$ Soit $a>0$, on a $$\forall x\geq a,\,\abs{u_n'(x)}=\dfrac{n}{n+1}\ee^{-nx}\leq \ee^{-na}\Longrightarrow\norme{u_n'}_\infty^{[a,\infty[}\leq \ee^{-na}$$ Comme $\dsum \ee^{-na}$ converge, on en déduit que $\dsum u_n'$ converge normalement sur $[a,\infty[$, donc $S\in \CC^1([a,\infty)$, et pour tout $x\geq a,\,S'(x)=\dsum_{n\geq 0} (-1)^{n+1}\dfrac{n}{n+1}\ee^{-nx}.$
   La dérivabilité s'étend à $\R_+$ puisque $a$ est un réel strictement positif quelconque.
3. Pour tout $x>0$, on a $$S'(x)=\dsum_{n\geq 0} (-1)^{n+1}\dfrac{n\textcolor{red}{+1-1}}{n+1}\ee^{-nx}=\dsum_{n\geq 0} -(-\ee^{-x})^n+\dsum_{n\geq 0} (-1)^{n+1}\dfrac{\ee^{-nx}}{n+1}=\dfrac{-1}{1+\ee^{-x}}+S(x).$$ Comme $S$ est continue en $0$, on en déduit que $S'$ admet une limite finie en $0$ et $\lim_{x\to 0^+}S'(x)=S(0)-\dfrac{1}{2}$.
   D'autre part, on a pour tout $n>1$, $u_n(x)\tendvers{x}{\infty}0$ et $u_0(x)\tendvers{x}{\infty}1$. La converge étant uniforme, on en déduit que $S(x)\tendvers{x}{\infty}1$.
   Ainsi $S$ est l'unique solution du problème de Cauchy suivant: $$y'-y=\dfrac{-1}{1+\ee^{-x}},\quad \text{et }\lim_{x\to \infty}y(x)=1.$$ La résolution de ce problème donne: $$\forall x>0,\,\,(y\ee^{-x})'=\dfrac{-\ee^{-x}}{1+\ee^{-x}}\Longrightarrow \forall x>0,\quad\,y(x)=\alpha\ee^x+\ee^x\ln\left(1+\ee^{-x}\right).$$ Avec $\alpha\in\R$, en utilisant la limite en $\infty$, on trouve $\alpha=0$, on en déduit, $\boxed{\forall x>0,\,\,S(x)=\ee^x \ln\left(1+\ee^{-x}\right)}.$
   La continuité de $S$ en $0$, permet de prolonger la relation précédent sur $\R_+$, on retrouve également que $S$ est de $\CC^1$ sur $\R_+$.

1. Notons, pour $n\geq 1$, $f_n(x)=\dfrac{\ee^{-nx}}{n^2}$, il est clair que $f_n\in \CC^\infty(\R)$.
   1. Pour $x< 0$, on a $f_n(x)\tendversN\infty$ donc $\dsum f_n(x)$ diverge.
   2. Sur $\R_+$, on a $\norme{f_n}_\infty^{\R_+}=\dfrac{1}{n^2}$, donc $\dsum f_n$ converge normalement sur $\R_+$
   On en déduit que $f$ est définie sur $\R_+$ de plus $f$ est continue sur $\R_+$.
2. Soit $a>0$, on a pour tout $x\in [a,\infty[$, $$f_n'(x)=\dfrac{-\ee^{-nx}}{n},\quad \norme{f_n'}_\infty^{[a,\infty[}=\dfrac{\ee^{-na}}{n},\quad f_n''(x)=\ee^{-nx},\quad \norme{f_n''}_\infty^{[a,\infty[}=\ee^{-na}.$$ Comme les séries $\dsum \dfrac{\ee^{-na}}{n}$ et $\dsum \ee^{-na}$ sont convergentes, on en déduit que $\dsum f_n'$ et $\dsum f_n''$ sont normalement convergentes sur $[a,\infty[$, ceci prouve que $f\in \CC^2(\R_+^*)$. De plus, $$\forall x>0,\quad f'(x)=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{-\ee^{-nx}}{n},\quad f''(x)=\dsum_{n\geq 1}\ee^{-nx}=\dfrac{1}{1-\ee^{-x}}-1=\dfrac{\ee^{-x}}{1-\ee^{-x}}.$$
3. En intégrant la relation obtenue pour $f''$, on trouve: $\forall x>0,\quad f'(x)=\ln\left(1-\ee^{-x}\right)+K,\,\,K\in \R$.
   Pour trouver la valeur de $K$, on utilise la convergence uniforme de $\dsum f_n'$ sur $[1,\infty[$, ce qui donne $$\limiteX{x}{\infty}f'(x)=\dsum_{n\geq 1}\limiteX{x}{\infty}f_n'(x)=0=\limiteX{x}{\infty}\left(\ln\left(1-\ee^{-x}\right)+K\right)=K\Longrightarrow \forall x>0,\quad f'(x)=\ln\left(1-\ee^{-x}\right).$$ La relation précédente montre que $\dsp\limiteX{x}{0^+}f'(x)=-\infty$ donc $f$ n'est pas dérivable en $0$.

Montrons d'abord que $f$ est définie sur $\R$. On a, pour tout $x\in \R$:

1. $\dfrac{n}{n^2+x^2}\tendversN\,0$
2. ] La suite $\left(\dfrac{n}{n^2+x^2}\right)$ est décroissant à partir d'un certain rang, en effet, si on pose $g(t)=\dfrac{t}{t^2+x^2}$ alors $g'(t)=\dfrac{x^2-t^2}{(t^2+x^2)^2}$ donc strictement négative sur $]\abs{x},\infty[$.

Donc d'après CSSA, $\dsum_{n\geq 1} (-1)^n\dfrac{n}{n^2+x^2}$ converge, ce qui prouve que $f$ est définie sur $\R$.
D'autre part, si on pose $f_n(x)= (-1)^n\dfrac{n}{n^2+x^2}$, alors $f_n\in \CC^\infty(\R)$, et on a $$\forall x\in \R,\quad f_n(x)=\dfrac{a}{x+\ii n}+\dfrac{b}{x-\ii n} = \dfrac{(-1)^n\ii}{2}\left(\dfrac{1}{x+\ii n}-\dfrac{1}{x-\ii n}\right).$$ Donc pour tout $p\geq 1$, et pour tout $x\in \R$, $$f^{(p)}(x)=\dfrac{(-1)^n\ii}{2}\left(\dfrac{(-1)^pp!}{(x+\ii n)^{p+1}}- \dfrac{(-1)^pp!}{(x-\ii n)^{(p+1)}}\right)$$ donc$$ \abs{f^{(p)}(x)}\leq \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{p!}{n^{p+1}}+\dfrac{p!}{n^{p+1}}\right)\leq \dfrac{p!}{n^{p+1}}\Longrightarrow \norme{f^{(p)}}_\infty\leq \dfrac{p!}{n^{p+1}}$$ La série $\dsum \dfrac{p!}{n^{p+1}}$ converge, on en déduit que $\dsum f^{(p)}$ est normalement convergente sur $\R$.

1. Comme $f_n$ est strictement positive, on considère alors $\ln(f_n)$. Soit $x>0$, on a $$\ln(f_n(x))=x\ln(n)+\ln(n!)-\dsum_{k=0}^n\ln(x+k),$$ ce qui donne: $$\forall n\geq 2,\,\ln(f_{n}(x))-\ln(f_{n-1}(x))= -x\ln(1-\frac{1}{n})+\ln(n)-\ln(x+n).$$ Soit, $$\ln(f_{n}(x))-\ln(f_{n-1}(x))=\dfrac{x}{n}+\mathrm{O}\left(\frac{1}{n^2}\right) +\ln(n)-\ln(n)- \ln(1+\frac{x}{n})=\mathrm{O}\left(\frac{1}{n^2}\right)$$ Autrement dit, la série $\dsum_{n\geq 2} \left(\ln(f_n(x))-\ln(f_{n-1}(x))\right)< \infty$. On en déduit que $\ln(f_n(x))\tendversN \ell (x)\in \R$, soit $f_n(x)\tendversN\ee^{\ell (x)}=\Gamma(x)$.
2. Soit $x>0$, pour tout $n\geq 1$, on a $$\begin{array}{lcl} \ln(f_n(x))&=&x\ln(x)+\ln(n!)-\dsum_{k=0}^n\ln(x+k)\\ &=&x\ln(n)+\dsum_{k=1}^n\ln(k)-\dsum_{k=0}^n\ln(x+k)\\ &=&x\ln(x)-\dsum_{k=1}^n\ln\left(1+\frac{x}{k}\right)-\ln(x)\\ &=&-\ln(x)+x\left(\ln(n)-\dsum_{k=1}^n\frac{1}{k}\right)+\dsum_{k=1}^n\left(\frac{x}{k}-\ln\left(1+\frac{x}{k}\right)\right) \end{array}$$ Or, la suite $\ln(n)-\dsum_{k=1}^n\frac{1}{k}$ converge dans $\R$ vers $-\gamma$ (avec $\gamma>0$) et la série $\dsum_{k=1}^n\left(\frac{x}{k}-\ln\left(1+\frac{x}{k}\right)\right)$ converge également puisque $\dfrac{x}{k}-\ln\left(1+\dfrac{x}{k}\right)=\underset{n\to\infty}{\mathrm{O}}\left(\frac{x}{n^2}\right)$.
   Comme $(\ln(f_n(x)))$ converge également dans $\R$ d'après la question précédente, on en déduit, $$\limiteX{n}{\infty}\ln(f_n(x))= \limiteX{n}{\infty}-\ln(x)+x\left(\ln(n)-\dsum_{k=1}^n\frac{1}{k}\right)+\dsum_{k=1}^n\left(\frac{x}{k}-\ln\left(1+\frac{x}{k}\right)\right),$$ ce qui donne, $$\ln(\Gamma(x))=-\ln(x)-\gamma x+\dsum_{k\geq 1}\left(\frac{x}{k}-\ln\left(1+\frac{x}{k}\right)\right).$$
3. Il faut juste montrer que $x\longmapsto \dsum_{k\geq 1}\left(\frac{x}{k}-\ln\left(1+\frac{x}{k}\right)\right)$ est de classe $\CC^1$ sur $\R_+^*$.

1. Soit $0< a< b< \infty$, on considère le segment $[a,b]\subset\R_+^*$. On a $$\forall n\in \N,\quad\forall x\in [a,b],\quad \abs{f_n(x)}\leq nb\ee^{-na^2}\Longrightarrow\norme{f_n}_\infty^{[a,b]}\leq nb\ee^{-na^2}.$$ Comme $\dsum nb\ee^{-na^2}$ converge, alors $\dsum \norme{f_n}_\infty^{[a,b]}$ converge, donc la série $\dsum f_n$ converge normalement sur $[a,b]$.
   Soit maintenant $-\infty < a < b < 0$, alors, pour tout $x\in [a,b]\subset\R_-^*$, on a $\abs{f_n(x)}\leq n\abs{a}\ee^{-nb^2}$, donc $\norme{f_n}_\infty^{[a,b]}\leq n\abs{a}\ee^{-nb^2}$ ce qui prouve aussi la convergence normale de $\dsum f_n$ sur $[a,b]$.
   Le raisonnement précédent montre la convergence normale de $\dsum f_n$ sur tout segment de $\R^*$, donc $\dsum f_n$ converge uniformément localement sur $\R^*$, ce qui implique aussi la convergence simple sur $\R^*$. Notons $S$ sa somme.
   On a également, pour tout $n\in \N$, $f_n(0)=0$, donc $\dsum f_n(0)$ converge ce qui donne $S$ est définie en $0$ et $S(0)=0$.
   On a, pour tout $n\in \N$ et $x\in \R$, $f_n(-x)=-nx\ee^{-nx^2}=-f_n(x)$, on en déduit, $$\forall x\in \R,\quad S(-x)=\dsum_{n\geq 0}f_n(-x)=-\dsum_{n\geq 0}f_n(x)=-S(x)\Longrightarrow S \text{ est impaire}.$$
2. Soit $a>0,\,x>0$, comme $\dsum f_n$ converge uniformément sur $[a,x]$ (où $[x,a]$ si $x< a$), alors, $$\int_a^xS(t)\ud t=\dsum_{n\geq 0}\int_a^xnt\ee^{-nt^2}\ud t=\dsum_{n\geq 0}\left[\dfrac{-\ee^{-nt^2}}{2}\right]_a^x= \dsum_{n\geq 0}\dfrac{\ee^{-na^2}-\ee^{-nx^2}}{2}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{1-\ee^{-a^2}}-\dfrac{1}{1-\ee^{-x^2}}\right).$$ La fonction $f:x\in \R_+^*\longmapsto \dsp\int_a^xS(t)\ud t$ est une primitive de $S$ sur $\R_+^*$. On en déduit, $$\forall x>0,\quad S(x)=f'(x)=\dfrac{1}{2}\dfrac{2x\ee^{-x^2}}{(1-\ee^{-x^2})^2} =\dfrac{x\ee^{-x^2}}{(\ee^{-x^2})^2(\ee^{x^2/2}-\ee^{-x^2/2})^2}=\dfrac{x}{4\sh^2\left(\frac{x^2}{2}\right)}.$$

%

1. Pour $n\geq 1$, on pose $f_n(x)=\dfrac{x^2}{(n+x)^2}$, on a $$\forall x\in [0,2],\quad 0\leq f_n(x)\leq \dfrac{4}{n^2}\Longrightarrow \norme{f_n}_\infty^{[0,2]}\leq \dfrac{2}{n^2},$$ on en déduit que $\dsum f_n $ converge normalement sur $[0,2]$, comme les $f_n$ sont continues, on en déduit que la fonction somme est continue, ce qui donne $$\limiteX{x}{1}\dsum_{n=1}^\infty\dfrac{x^2}{(n+x)^2}=\dsum_{n=1}^\infty\dfrac{1}{(n+1)^2}=\dsum_{n=2}^\infty\dfrac{1}{n^2}=\dfrac{\pi^2}{6}-1.$$
2. Pour $n\geq 1$, on pose $f_n(x)=\dfrac{\ee^{-nx}}{n^2}$, il est clair que $f_n\in \CC(\R_+)$, d'autre part, $$\forall x\geq 0,\quad\, 0\leq f_n(x)\leq \dfrac{1}{n^2}\Longrightarrow\norme{f_n}_\infty^{\R_+}\leq \dfrac{1}{n^2}\Longrightarrow \dsum f_n \text{ C N sur } \R_+.$$ D'après le cours, et puisque $f_n(x)\tendvers{x}{0^+}\dfrac{1}{n^2}$ et $f_n(x)\tendvers{x}{\infty}\,0$, on trouve: $$\limiteX{x}{\infty}\dsum_{n=1}^\infty \dfrac{\ee^{-nx}}{n^2}=0,\quad \limiteX{x}{0^+}\dsum_{n=1}^\infty \dfrac{\ee^{-nx}}{n^2}=\dsum_{n\geq 1}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}.$$

Pour tout $x>0$, on a $n^2f_n(x)\tendversN\, 0$ donc $f_n(x)=\underset{n\to\infty}{\mathrm{o}}\left(\frac{1}{n^2}\right)$. On en déduit alors que $\dsum_nf_n(x)$ converge. Ce qui donne $\dsum f_n$ converge simplement sur $\R_+^*$, notons $S$ sa somme.
Étudions la convergence normale. Pour tout $n\in \N,\, f_n\in \CC^1(\R_+^*)$ et on a $$\forall x>0, \, f_n'(x)=nx^{\alpha-1}(\alpha-2nx^2)\ee^{-nx^2}.$$ Ce qui donne le tableau de variation suivant:

on en déduit que $\norme{f_n}_\infty=\sqrt{\alpha/2}n^{1-\alpha/2}\ee^{-\alpha/2}=\mathrm{O}(n^{1-\alpha/2})$.
Donc $\dsum f_n $ CN sur $\R_+^*$ pour $\alpha\in ]4,\infty[$.
Pour $\alpha\leq 4$ il n'y a pas de convergence normale sur $\R_+^*$, mais $\dsum f_n$ CN sur tout intervalle de type $[a,\infty[$ avec $a>0$, puisque, pour $n\geq \dfrac{\alpha}{2a^2}$, $\norme{f_n}_\infty^{[a,\infty[}= f_n(a)$ et $\dsum f_n(a)$ converge. Étudions maintenant la convergence uniforme de $\dsum f_n$ pour $\alpha\in ]0,4]$. Pur cela, il faut étudier $R_n(x)$.
Soit $x>0$, on pose $g(t)=tx^\alpha\ee^{-tx^2}$, un étude rapide de la fonction $g$, montre que $g$ est strictement décroissante sur $]1/x^2,\infty[$. Ainsi, $$\forall n\in \N,\,n\geq \dfrac{1}{x^2},\, g(t)\leq g(n)\Longrightarrow \int_n^{n+1}g(t)\ud t\leq nx^\alpha\ee^{-nx^2}.$$ En faisant la somme dans la relation précédente, pour $k\geq n+1$, on obtient, $$\forall n\in \N, \, n\geq \dfrac{1}{x^2},\quad R_n(x)\geq \int_n^\infty g(t)\ud t=(1+nx^2)x^{\alpha-4}\ee^{-nx^2}.$$ En particulier, pour $x=\dfrac{1}{\sqrt{n}}$, on trouve, $R_n\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)\geq 2\ee^{-1}n^{\frac{4-\alpha}{2}}$.
On en déduit alors que $(R_n)$ ne converge uniformément vers $0$. Donc $\dsum f_n$ ne converge pas uniformément sur $\R_+^*$.

1. 1. Pour $x=1$, on sait que $\dsum \dfrac 1 n $ diverge, donc $1\not \in D_\zeta$
   2. Pour $x\in ]-\infty,1[$ et pour tout $n\geq 1$, on a $$0\leq f_n(x) =\dfrac{1}{n^x} \geq \dfrac{1}{n} \Longrightarrow \dsum f_n(x) \text{ diverge}.$$
   3. Pour $x>1$, $\dsum\dfrac{1}{n^x}$ converge (série de Riemann)
   On en déduit alors que $\zeta$ est définie sur $]1,\infty[$. De plus, pour tout $a> 1$, on a : $$\forall n\geq 1,\, x\geq a,\quad \dfrac{1}{n^x}\leq \dfrac{1}{n^a} \Longrightarrow \norme{f_{n}}_\infty^{[a,\infty[} =f_n(a)$$ Donc $\dsum f_n $ converge normalement sur $[a,\infty[$, donc uniformément. $\\$ On en déduit alors que $\zeta $ est continue sur $]1,\infty[$ (les $f_n$ sont continues).
2. 1. Au voisinage de $\infty$, $\dsum f_n$ converge uniformément, donc d'après le cours: $$\lim_{x\to \infty}\zeta(x)=\dsum_{n\geq 1}\lim_{x\to \infty} f_n(x)= 1$$ En effet, pour $n\geq 2,\,\dfrac{1}{n^x}\tendvers{x}{\infty}\,0$.
   2. Soit $x> 1$, la fonction $g(t)=\dfrac{1}{t^x}= \ee^{-x\ln (t)}$ est strictement décroissante sur $[1,\infty[$, ainsi, $$\forall n\geq 2,\quad \int_n^{n+1} g(t)\ud t \leq g(n)=f_n(x)\leq \int_{n-1}^ng(t)\ud t.$$ Comme $\dsp\int_1^\infty g(t)\ud $ converge, alors en faisant la somme dans la relation précédente, pour $n\geq 2$, on trouve : $$\int_2^\infty \dfrac{\ud t}{t^x} \leq \dsum_{n\geq 2} \dfrac{1}{n^x} \leq \int_1^\infty \dfrac{\ud t}{t^x}$$ On obtient finalement , $$ 1+\dfrac{1}{x-1}\dfrac{1}{2^{x-1}}\leq \zeta(x) \leq 1 + \dfrac{1}{x-1} $$ Ainsi, $$ \boxed{\zeta(x) \underset{x\to 1^+}{\sim}\dfrac{1}{x-1}}.$$ On peut montrer également que $$\zeta(x) \underset{x\to 1^+}{=}\dfrac{1}{x-1}+\gamma +\mathrm{o}(1).$$
3. Pour tout $n\in \N^*$, $f_n\in \CC^\infty(]1,\infty[)$, et on a : $$\forall k\in \N,\quad \forall x> 1,\quad f_n^{(k)}(x)=(-1)^k\dfrac{\ln(n)^k}{n^x}.$$ Soit $a > 1$, pour tout $x \geq a$, on a : $$\abs{f_n^{(k)}(x)} \leq \dfrac{\ln(n)^k}{n^a} \Longrightarrow \norme{f_n^{(k)}}_\infty^{[a,\infty[}=\abs{f_n^{(k)}(a)}$$ or $\dsum \abs{f_n^{(k)}(a)}$ converge, donc $\dsum f_n^{(k)}$ converge normalement (donc uniformément) sur $[a,\infty[$.$\\$ $a$ étant arbitairement choisi dans $]1,\infty[$, alors d'après le cours, $$\zeta \in \CC^\infty(]1,\infty[),\text{ et pout tout } n\in \N^*,\forall x> 1\quad f^{(k)}(x)=\dsum_{n\geq 1} \dfrac{(-1)^k\ln(n)^k}{n^x}$$
4. D'après la question précédente, pour tout $x> 1$, $$\zeta'(x)=\dsum_{n\geq 2} \dfrac{-\ln(n)}{n^x} < 0,\quad \zeta''(x) = \sum_{n\geq 2}\dfrac{\ln(n)^2}{n^2}> 0$$ Ainsi, $\zeta$ est strictement décroissante sur son domaine de définition, et $\zeta $ est convexe.

$\mathbf{ 1.}\,$ Il faut d'abord que $n^2x+n$ ne s'annule pas, i.e. $x\not \in \left\{\frac{-1}{k},\,k\in \N^*\right\}$. Ensuite, il faut que $\dsum_{n=1}^\infty\dfrac{1}{n^2x+n}$ converge, soit $x\in \R\setminus \left\{\frac{-1}{k},\,k\in \N^*\right\}$, alors:

1. Si $x\neq 0$ alors $\dfrac{1}{n^2x+n}\underset{n\infty}{\thicksim}\dfrac{1}{n^2x}$ et comme $\dsum_{n=1}^\infty\dfrac{1}{n^2x}$ converge, on en déduit que $\dsum_{n=1}^\infty\dfrac{1}{n^2x+n}$ converge.
2. Si $x=0$ alors $\dsum_{n=1}^\infty\dfrac{1}{n}$ diverge donc $S$ n'est pas définie en $0$.

En conclusion $\boxed{\DD_S=\R^*\setminus \left\{\frac{-1}{k},\,k\in \N^*\right\}}$.
$\mathbf{2. }\,$ Pour $n\in \N^*$, notons $u_n(x)=\dfrac{1}{n^2x+n}$, on a $u_n\in \CC^1(\DD_S)$ de plus $\dsum u_n$ converge simplement sur $\R_+^*$, donc pour montrer que $S$ est de classe $\CC^1$ sur $\R_+^*$ il faut montrer que $\dsum u_n'$ converge uniformément (ou localement uniformément) sur $\R^*$.
Soit $a>0$, on a $\forall x\in [a,\infty[,~~u_n'(x)=\dfrac{-n^2}{(n^2x+n)^2}$, donc $$\forall n\in \N^*,\,\forall x\in [a,\infty[,~~\abs{u_n'(x)}\leq \dfrac{1}{n^2a} \Longrightarrow \dsum_{n\geq 1}\norme{u_n'}_\infty^{[a,\infty[}< \infty.$$ La série $\dsum_{n\geq 1}u_n'$ est normalement localement (donc uniformément) sur $\R^*$, il en résulte $\boxed{S\in \CC^1(\R_+^*)} $.
$\mathbf{3. }\,$ Au voisinage de $\infty$:
Pour tout $x>0$, on a $$\begin{array}{lcl} \forall n\in \N^*,~~n^2x\leq n^2x +n\leq n^2x+n^2&\Longrightarrow& \forall n\in \N^*,~~ \dfrac{1}{n^2(x+1)}\leq \dfrac{1}{n^2x+n}\leq \dfrac{1}{n^2x}\\ &\Longrightarrow &\dfrac{1}{x+1}\dsum_{n\geq 1}\dfrac{1}{n^2}\leq S(x)\leq \dfrac{1}{x} \dsum_{n\geq 1}\dfrac{1}{n^2}. \end{array}$$ On en déduit $\boxed{ S(x)\underset{x\rightarrow\infty}{\thicksim}\dfrac{\pi^2}{6x}}$.
Au voisinage de $0^+$:
Soit $x>0$, la fonction $g:t\longmapsto\dfrac{1}{xt^2+t}$ est de classe $\CC^1$ sur $\R_+^*$ strictement décroissante. Donc $$\forall n\geq 2,~~\int_n^{n+1}g(t)\ud t\leq g(n)=u_n(x)\leq \int_{n-1}^ng(t)\ud t \Longrightarrow \int_1^\infty g(t)\ud t\leq S(x)\leq \int_1^\infty g(t)\ud t+\dfrac{1}{x+1}.$$ Un calcul simple de $\dsp\int_1^\infty g$ (il faut remarquer qu'il s'agit d'une intégrale convergente) donne $\dsp\int_1^\infty g(t)\ud t=\ln(x+1)-\ln(x)$, d'où, $$\forall x\in ]0,1[,~~~~ 1-\dfrac{\ln(x+1)}{\ln(x)}\leq \dfrac{S(x)}{-\ln(x)}\leq 1-\dfrac{\ln(x+1)}{\ln(x)}-\dfrac{1}{(x+1)\ln(x)}\Longrightarrow \boxed{ S(x)\underset{x\rightarrow 0^+}{\thicksim}-\ln(x)}.$$

Existence immédiate sur tout~$\R$ grâce à la convergence normale, dont on déduit la continuité. On a donc $\lim\limits_{x\to 0} S(x)=0$. On utilise le fait que, pour $x$ fixé, la fonction $t\mapsto\dfrac{\Arctan tx}{t^2}$ est décroissante. En effet, la fonction $t\mapsto \dfrac{\Arctan t}{t^2}$ l'est :
On dérive : $f'(t)=\dfrac{t^2-2(1+t^2)t\Arctan t}{t^4(1+t^2)}$. Il faut montrer que le numérateur est toujours négatif. Pour cela, on pose $g(t)=2(1+t^2)\Arctan t-t=h(t)-t.$ Or $h'(t)=2+2t\Arctan t\geq 2$ pour tout $t\geq 0$, ce qui montre que la dérivée de~$g$ est toujours positive, et on peut conclure, avec $g(0)=0$, que $g$ est toujours positive, donc $f$ est décroissante.
On en déduit que $$\displaystyle \dsp \int_n^{n+1}\dfrac{\Arctan tx}{t^2}\,\ud t \leq \dfrac{\Arctan nx}{n^2} \leq \dsp \int_{n-1}^n \dfrac{\Arctan tx}{t^2}\,\ud t$$ et donc, après sommation et changement de variable, $$\displaystyle x \dsp \int_{2x}^{+\infty} \dfrac{\Arctan y}{y^2}\,\ud y \leq \dsum_{k=2}^\infty \dfrac{\Arctan nx}{n^2} \leq x\dsp \int_x^{+\infty} \dfrac{\Arctan y}{y^2}\,\ud y.$$ Or on a $\displaystyle \dsp \int_x^{+\infty} \dfrac{\Arctan y}{y^2}\,\ud y \underset{x\to 0^+}{\sim} -\ln x,$ comme on peut le voir en montrant que la différence de ces deux termes admet une limite finie (utiliser la relation de Chasles puis écrire $-\ln x=\dsp \int_x^1 \dfrac{\ud t}t$), ce qui montre que $$S(x)=\dsum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{\Arctan nx}{n^2}\underset{x\to0^+}{\sim}-x\ln x.$$

$f$ est bien définie sur $\R_+^*$ (c.f. exercice précédent).
Pour $x>0$, on définit $\fonct{\varphi}{\R_+}{\R}{t}{\frac{1}{\ch (xt)}}$. La fonction $\varphi$ est continue strictement décroissante sur $\R_+$. Donc $$\forall n\in \N,\quad f(n+1)\leq \int_n^{n+1}\varphi(u)\ud u\leq f(n)\Longrightarrow -\varphi(0)+\dsum_{n\geq 0}\varphi (n)\leq \int_0^\infty \varphi (u)\ud u\leq \dsum_{n\geq 0}\varphi(n).$$ Notons que $\dsp\int_0^\infty \varphi (u)\ud u$ converge et $\dsum_{n\geq 0}\varphi(n)=f(x)< \infty$. On en déduit, $$\forall x>0, \int_0^\infty\dfrac{\ud u}{\ch (xu)}\leq f(x)\leq \int_0^\infty\dfrac{\ud u} {\ch (xu)}+1\Longrightarrow \left[\dfrac{2\Arctan (\ee^{xu})}{x}\right]_0^\infty \leq f(x) \leq \left[\dfrac{2\Arctan (\ee^{xu})}{x}\right]_0^\infty +1.$$ Ce qui donne $\boxed{ f(x)\underset{x\rightarrow 0^+}{\thicksim}\dfrac{\pi}{2x}}$.

1. Posons, pour $n\geq 1$, $\fonct{u_n}{\R}{\R}{x}{\dfrac{\ee^{-x\sqrt{n}}}{\sqrt{n^3}}}$.
   Pour $x< 0$, on a $\dfrac{\ee^{-x\sqrt{n}}}{\sqrt{n^3}}\tendversN\infty$, donc $x\not\in \DD$.
   Pour $x\geq 0$, on a $0\leq u_n(x)\leq \dfrac{1}{\sqrt{n^3}}$, et comme $\dsum \dfrac{1}{n^{3/2}}$ converge alors $\dsum u_n(x)$ converge donc $x\in \DD$.
   On en déduit que $\DD=\R_+$. De plus, on a $\norme{u_n}_\infty^{\R_+}=\dfrac{1}{\sqrt{n^3}}$ donc $\dsum u_n$ converge normalement sur $\DD$.
2. 1. $f$ est continue sur $\DD$ car $\dsum u_n$ converge normalement (donc uniformément) sur $\DD$ et pour tout $n\geq 1$ $u_n$ est continue sur $\DD$.
   2. Notons que la fonction $x>0\longmapsto \dfrac{f(x)-f(0)}{x}$ est strictement décroissante sur $\R_+^*$ et continue donc elle admet une limite en $0$ (éventuellement $-\infty$).
      Pour tout $n\geq 1$, on a $u_n\in \CC^1(\DD)$ et $u_n(x)'=\dfrac{-\ee^{-x\sqrt{n}}}{n}$. Soit $a>0$, on a $$\forall x\in [a,\infty[,\quad \abs{u_n'(x)}\leq \dfrac{\ee^{-a\sqrt{n}}}{n} \Longrightarrow\norme{u_n'}_\infty^{[a,\infty[}\leq \dfrac{\ee^{-a\sqrt{n}}}{n}\Longrightarrow \dsum_{n\geq 1}\norme{u_n'}_\infty^{[a,\infty[}< \infty.$$ Ceci prouve que $\dsum u_n'$ converge normalement (donc uniformément) sur $[a,\infty[$, d'où $\dsum u_n'$ converge uniformément localement sur $\R_+^*$. On en déduit que $f\in \CC^1(\R_+^*)$.
   3. Pour $N\in \N$ et $x>0$, on pose $g_N(x)=\dsum_{n=1}^N\dfrac{\ee^{-x\sqrt{n}}-1}{x\sqrt{n^3}}= \dsum_{n=1}^N\dfrac{1}{n}\left(\dfrac{\ee^{-x\sqrt{n}}-1}{x\sqrt{n}}\right)$.
      La fonction $\varphi(t)=\dfrac{\ee^{-t}-1}{t}$ est continue sur $\R^*$ et prolongeable par continué en $0$ en posant $\varphi(0)=-1$. On en déduit que $g_N$ est prolongeable par continuité en $0$ avec $$g_N(0)=\limiteX{x}{0^+}\dsum_{n=1}^N\dfrac{1}{n}\left(\dfrac{\ee^{-x\sqrt{n}}-1}{x\sqrt{n}}\right)=\dsum_{n=1}^N\limiteX{x}{0^+}\varphi(x\sqrt{n})\dfrac{1}{n}=-\dsum_{n=1}^N\dfrac{1}{n}$$ Soit $x>0$, on a $$\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{\ee^{-x\sqrt{n}}-1}{x\sqrt{n}}\dfrac{1}{n}\leq g_N(x)\Longrightarrow\limiteX{x}{0^+}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}\leq \limiteX{x}{0^+}g_N(x)=-\dsum_{k=1}^N\dfrac{1}{k}$$ Ceci étant vrai pour tout $N\in \N^*$, on en déduit alors que $\dsp\limiteX{x}{0^+}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=-\infty$ puisque $\dsum\dfrac{1}{k}$ diverge. On conclut que $f$ n'est pas dérivable en $0$.
3. La convergence de $\dsum u_n$ est uniforme sur $[1,\infty[$, de plus, pour tout $n\geq 1$, on a $u_n(x)\tendvers{x}{\infty}0$, on en déduit: $\limiteX{x}{\infty}f(x)=\dsum_{n\geq 1}\limiteX{x}{\infty}u_n(x)=0.$ Pour trouver un équivalent de $f$ en $\infty$, on écrit, $$\begin{array}{lcl} f(x)&=&\ee^{-x}+\dfrac{\ee^{-x\sqrt{2}}}{2}+\dfrac{\ee^{-x\sqrt{3}}}{3}+\cdots\\ &=&\ee^{-x}\left(1+\dfrac{\ee^{-x(\sqrt{2}-1)}}{2}+\dfrac{\ee^{-x(\sqrt{3}-1)}}{3}+\cdots\right)\\ &=&\ee^{-x}\left(1+\dsum_{k\geq 2}\dfrac{\ee^{-x(\sqrt{k}-1)}}{k}\right)=\ee^{-x}\left(1+h(x)\right) \end{array}$$ ensuite on montre que $h(x)\tendvers{x}{\infty}0$, ce qui donne $f(x)\underset{x\to \infty}{\thicksim}\ee^{-x}$.

1. Pour $x\leq 1$ et $n\geq 2$, on a $\dfrac{n^{-x}}{\ln(n)}\geq \dfrac{1}{n\ln(n)}$ et $\dsum \dfrac{1}{n\ln(n)}$ diverge donc $x\not\in \DD$.
   Pour $x>1$ on a $\dfrac{n^{-x}}{\ln(n)}=\underset{n\to \infty}{\mathrm{o}} \left(\dfrac{1}{n^{\frac{1+x}{2}}} \right)$ et $\dsum \dfrac{1}{n^{(1+x)/2}}$ converge donc $x\in \DD$.
   On en déduit $\boxed{\DD=]1,\infty[}$.
2. Posons, pour $n\geq 2$, $\fonct{f_n}{]1,\infty[}{\R}{x}{\dfrac{1}{n^x\ln(n)}}$, on a $f_n\in \CC^\infty(]1,\infty[)$. De plus, $$\forall p\in \N^*,\quad \forall x\in ]1,\infty[,\quad f_n^{(p)}(x)=\dfrac{\ln(n)^{p-1}}{n^x}\Longrightarrow \forall a>1,\quad \norme{f_n^{(p)}}_\infty^{[a,\infty[}\leq \dfrac{\ln(n)^{p-1}}{n^a}$$ Donc $$\dsum_{n\geq 2} \norme{f_n^{(p)}}_\infty^{[a,\infty[}< \infty.$$ Donc la série $\dsum f_n^{(p)}$ converge normalement sur tout intervalle de type $[a,\infty[$ pour tout $a>1$. On en déduit que $\dsum f_n^{(p)}$ converge uniformément localement sur $]1,\infty[$.
   Le résultat étant vérifié pour tout $p\in \N$, on en déduit alors que $f\in \CC^\infty(]1,\infty[)$.
3. Pour tout $n\geq 2$, on a $f_n(x)=\dfrac{1}{n^x\ln(n)}\tendvers{x}{\infty}0$. Comme $\dsum f_n$ converge normalement sur $[a,\infty[$ ($a>1$), on en déduit alors que $\dsp\limiteX{x}{\infty}f(x)= \dsum_{n\geq 2}\limiteX{x}{\infty}f_n(x)=0$.
   D'autre part, on a $$f(x)=\dfrac{1}{2^x\ln(2)}+\dfrac{1}{3^x\ln(3)}+\cdots +\dfrac{1}{n^x\ln(n)}+\cdots =\dfrac{1}{2^x\ln(2)}\left(1+\left(\frac{2}{3}\right)^x\frac{\ln(2)}{\ln(3)}+\cdots +\left(\frac{2}{n}\right)^x\frac{\ln(2)}{\ln(n)}+\cdots\right)$$ Ainsi, $\dsp\ln(2)2^xf(x)=1+\dsum_{n\geq 3}\left(\dfrac{2}{n}\right)^x\dfrac{\ln(2)}{\ln(n)}\tendvers{x}{\infty}1$. On en déduit, $\boxed{f(x)\underset{x\to\infty}{\thicksim}\dfrac{1}{2^x\ln(2)}}$.

1. Soit $a\in ]-1,1[$, on définit pour $n\geq 1$, $\fonct{f_n}{[0,1[}{\R}{x}{\frac{a^n}{1-x^n}}$. Il est clair que $f_n$ est continue sur $[0,1[$.
   Soit $b\in ]0,1[$, on a $$\forall x\in [0,b],\quad \abs{f_n(x)}=\dfrac{\abs{a}^n}{1-x^n}\leq \dfrac{\abs{a}^n}{1-b} \Longrightarrow\norme{f_n}_\infty^{[0,b]}\leq \dfrac{\abs{a}^n}{1-b}\Longrightarrow \dsum_{n\geq 1} \norme{f_n}_\infty^{[0,b]} < \infty.$$ Donc la série $\dsum f_n$ converge normalement sur $[0,b]$ ce qui implique la convergence uniforme (et simple) sur $[0,b]$.
   La série $\dsum f_n$ converge donc uniformément localement sur $[0,1[$ donc sa somme $S$ est continue sur $[0,1[$.
2. Soit $a\in ]-1,1[$, la série $\dsum (x\longmapsto x^n)$ converge normalement sur $[-\abs{a},\abs{a}]$ vers la fonction $x\longmapsto \dfrac{1}{1-x}$. On en déduit, $$\forall y\in [-\abs{a},\abs{a}],\quad -\ln(1-y)=\int_0^y\dfrac{\ud x}{1-x}=\dsum_{n\geq 1}\int_0^yx^n\ud x=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{y^{n+1}}{n+1}=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{y^n}{n}\Longrightarrow \dsum_{n\geq 1}\dfrac{a^n}{n}=-\ln(1-a).$$
3. Posons pour $n\geq 1,\,\,\fonct{g_n}{[0,1[}{\R}{x}{\dfrac{(1-x)a^n}{1-x^n}}$, i.e. $g_n(x)=(a-x)f_n(x)$. On a, $$\forall x\in [0,1[,\quad \abs{g_n(x)}\leq \abs{a}^n\dfrac{1-x}{1-x^n}\leq \abs{a}^n\Longrightarrow \norme{g_n}_\infty^{[0,1[}\leq \abs{a}^n\Longrightarrow\dsum_{n\geq 1}\norme{g_n}_\infty^{[0,1[}< \infty.$$ Donc la série $\dsum g_n$ converge normalement (donc uniformément, simplement) sur $[0,1[$ et sa somme est la fonction $g(x)=(1-x)S(x)$.
   D'autre part, pour tout $n\geq 1$, on a $$\forall x\in [0,1[,\quad g_n(x)=\dfrac{a^n}{1+x+\cdots +x^{n-1}}\tendvers{x}{1^{-}}\dfrac{a^n}{n},\text{ et } \dsum_{n\geq 1}\dfrac{a^n}{n}=-\ln(1-a).$$ On en déduit, alors $$\limiteX{x}{1^-}(1-x)S(x)=\dsum_{n\geq 1}\limiteX{x}{1^-}g_n(x)=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{a^n}{n}=-\ln(1-a)\Longrightarrow \boxed{S(x)\underset{x\to 1^{-}}{\thicksim}\dfrac{-\ln(1-a)}{1-x}} .$$

Les fonctions sont décroissantes en $x$, il y a donc convergence normale sur $[a,+\infty[$ avec majoration des termes par leur valeur en $a$.
Pour l'équivalent en $\infty$, on va montrer que $f(x)\sim \dfrac{1}{x^2}\left(\dsum_{n\geq1} \dfrac{1}{n^3}\right)$.
On commence par encadrer par exemple $$\forall n\geq 1,\,\forall x>0,\quad\dfrac{1}{n^3x^2}\geq \dfrac{1}{n(1+n^2x^2)} = \dfrac{1}{n^3x^2 (1+1/n^2x^2)}\geq \dfrac{1}{x^2n^3}\left(\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{x^2}}\right) .$$ On pose $\alpha = \dsum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^3}$. On a alors après sommation : $\dfrac{\alpha}{x^2} \left(\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{x^2}}\right) \leq f(x) \leq \dfrac{\alpha}{x^2}$, ce qui montre que $$\boxed{f(x)\sim \dfrac{1}{x^2}\left(\dsum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^3}\right)}.$$ Pour l'équivalent en $0$, on compare avec une intégrale $$\displaystyle \dsp \int_1^\infty \dfrac{\ud t}{t(1+t^2x^2)} =-\ln(x)+ \dfrac{1}{2}\ln(1+x^2)=-\ln x+\underset{x\to 0}{\mathrm{o}}(\ln x),$$ l'équivalent est $-\ln x$.

Le polynôme $P_n$ ($n\in \N$) est un polynôme impaire de degré $2n+1$ ce qui donne $Q_n$ est un polynôme paire de degré $2n+2$.
Notons $f(x)=\abs{x}$, comme $f$ et $Q_n$ sont des fonctions paires il suffit alors d'étudier $Q_n-f$ sur $[0,1]$.
Pour $x\in [0,1]$, on va écrire : $$x=\int_0^x\ud u=\dfrac{1}{P_n(1)}\left(\int_0^1(1-t^2)^n\ud t\right)\int_0^x\ud u=\dfrac{1}{P_n(1)}\int_0^x \left(\int_0^1(1-t^2)^n\ud t\right)\ud u.$$ Ce qui donne $$ \begin{array}{lcl} \dsp Q_n(x)-x&=&\dsp \dfrac{1}{P_n(1)}\left( \int_0^x \left(\int_0^u(1-t^2)^n\ud t \right)\ud u - \int_0^x \left(\int_0^1(1-t^2)^n\ud t\right)\ud u\right)\\ &&\\ &=& \dsp \dfrac{1}{P_n(1)}\left( \int_0^x \left(\int_u^1(1-t^2)^n\ud t \right)\ud u \right)\leq \dsp \dfrac{1}{P_n(1)}\left( \int_0^1 \left(\int_u^1(1-t^2)^n\ud t \right)\ud u \right)\\ &&\\ &\underset{IPP}{=}&\dsp \dfrac{1}{P_n(1)}\left( \left[ u\int_u^1(1-t^2)\ud t\right]_0^1+\int_0^x u(1-u^2)^n\ud u \right)\\ &&\\ &\leq&\dsp\dfrac{1}{2(n+1)P_n(1)}. \end{array} $$ Regardons maintenant $P_n(1)$ $$P_n(1)=\int_0^1(1-t^2)^n\ud t\underset{t=\cos(u)}{=}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin(u)^{2n}\sin(u)\ud u=W_{2n+1}\underset{n\rightarrow\infty}{\thicksim}\sqrt{\dfrac{\pi}{4n}}\Longrightarrow \boxed{2(n+1)P_n(1)\tendversN\infty}.$$ On en déduit alors que $\dfrac{1}{2(n+1)P_n(1)}\tendversN\,0$, d'où $$\boxed{ \norme{Q_n-f}_\infty\leq \dfrac{1}{2(n+1)P_n(1)}\tendversN\,0}.$$ Ce qui montre la convergence uniforme de la suite $(Q_n)$ vers la fonction valeur absolu.

1. On développe le second membre de l'égalité et on trouve le premier.
2. De même, \begin{equation*} P_{n+1}+\sqrt{x}=\left(P_n+\sqrt{x}\right)\left(1-\dfrac{P_n-\sqrt{x}}{2}\right). \end{equation*}
3. Pour $n=0$ on a bien sûr $\sqrt{x}\leq P_n(x)\leq 1$ sur $[0,1]$. On effectue ensuite une récurrence : on suppose $\sqrt{x}\leq P_n(x)\leq 1$. On obtient alors \begin{equation*} P_{n+1}(x)=P_n(x)+\dfrac{1}{2}\underbrace{\left(x-P_n^2(x)\right)}_{\leq 0} \leq P_n(x)\leq 1. \end{equation*} De plus, on a $\dfrac{P_n(x)+\sqrt{x}}{2}\leq 1$, donc \begin{equation*} P_{n+1}(x)-\sqrt{x} = \left(P_n(x)-\sqrt{x}\right) \left(1-\dfrac{P_n(x)+\sqrt{x}}{2}\right) \geq 0. \end{equation*} Ainsi, on a par récurrence la double inégalité voulue.
4. Pour $x$ fixé, la suite $(P_n(x))_{n\in\N}$ est décroissante et minorée par~$\sqrt{x}$, elle converge donc ; notons $f(x)$ sa limite. En injectant dans la relation de définition de $P_{n+1}$, on obtient \begin{equation*} f(x)=f(x)+\dfrac12\left(x-f^2(x)\right), \end{equation*} donc $f^2(x)=x$, or les $P_n$ sont positifs donc $f(x)$ aussi. On a donc convergence simple vers~$x\mapsto\sqrt{x}$.
5. Une récurrence montre que la première est décroissante et la seconde croissante (faire la récurrence sur les deux propriétés et montrer que, en notant $\psi_n(x)=P_n(x)-\sqrt{x}$ et $\phi_n(x)= P_n(x)+\sqrt{x}$, on a $\psi_{n+1}=\left(1+\dfrac12\phi_n\right)\,\psi_n$ et $\phi_{n+1}=\left(1-\dfrac12\phi_n\right)\,\phi_n$).
6. Par décroissance de $\psi_n$, on a $0\leq P_n(x)-\sqrt{x}\leq P_n(0)$. or $P_n(0)\underset{n\to\infty}{\longrightarrow} 0$, ce qui montre la convergence uniforme.

1. 1. Dans ce cas $f(x)=1$ ce qui donne $$B_n(f)(x)=\sum_{k=0}^n{n \choose k}1x^k(1-x)^{n-k}= \left( x+ (1-\right)^n=1.$$
   2. On suppose que $f(x)=x$ alors $$\begin{array}{lcl} B_n(f)(x)&=&\dsp\sum_{k=0}^n{n \choose k}\dfrac{k}{n} x^k(1-x)^{n-k}=\sum_{k=1}^n{n \choose k}\dfrac{k}{n} x^k(1-x)^{n-k}\\ &&\\ &=&\dsp\sum_{k=0}^n\dfrac{(n-1)!}{(k-1)!((n-1)-(k-1))!} x^k(1-x)^{n-k}=\sum_{k=1}^n{n-1 \choose k-1}x^k(1-x)^{n-k}\\ &&\\ &=&\dsp\sum_{k=0}^{n-1}{n-1 \choose k} x^{k+1}(1-x)^{n-1-k}=x\sum_{k=0}^{n-1}{n-1 \choose k} x^{k}(1-x)^{n-1-k}\\ &&\\ &=&x \end{array} $$
   3. Pour $f(x)=x^2$ je vous laisse le soin de vérifier $B_n(f)(x)=x^2+\dfrac{x(1-x)}{n}$.
2. Soit $n\in \N^*$, on a pour tout $x\in [0,1]$, $$\begin{array}{lcl} g_n(x)&=&\dsum_{k=0}^n{n \choose k}\left(\frac{k^2}{n^2}-2x\dfrac{k}{n}+x^2\right)^2x^k(1-x)^{n-k}\\ &&\\ &=&\dsp \dsum_{k=0}^n{n \choose k}\dfrac{k^2}{n^2} x^k(1-x)^{n-k}-2x \dsum_{k=0}^n{n \choose k}\dfrac{k}{n} x^k(1-x)^{n-k}+x^2 \dsum_{k=0}^n{n \choose k}x^k(1-x)^{n-k}.\\ &&\\ &=&x^2+\dfrac{x(1-x)}{n}-2x^2+x^2=\dfrac{x(1-x)}{n}. \end{array}$$
3. Il suffit décrire $f(x)= f(x) \dsum_{k=0}^n{n \choose k} x^k(1-x)^{n-k}$.
4. Soit $x\in [0,1]$, on écrit $f(x)-B_n(f)(x)=a_n+b_n$ avec $a_n=\dsum_{k\in I_n}{n \choose k}\left(f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right)\right) x^k(1-x)^{n-k}$ et $b_n=\dsum_{k\in J_n}{n \choose k}\left(f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right)\right) x^k(1-x)^{n-k}$. On a alors, $$\abs{a_n}\leq \dsum_{k\in I_n}{n \choose k}\abs{f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right)} x^k(1-x)^{n-k}\leq \varepsilon\dsum_{k\in I_n}{n \choose k} x^k(1-x)^{n-k}\leq \varepsilon.$$ D'autre part si $k\in J_n$ alors $1< \dfrac{\left(\frac{k}{n}-x\right)^2}{\alpha^2}$, ce qui donne $$\abs{b_n}\leq \dsum_{k\in J_n}{n \choose k}\abs{f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right)} x^k(1-x)^{n-k}\leq \dfrac{2\norme{f}_\infty}{\alpha^2} \dsum_{k\in J_n}{n \choose k}\left(x-\frac{k}{n}\right)^2 x^k(1-x)^{n-k}\leq \dfrac{2\norme{f}_\infty}{\alpha^2} g_n(x)\leq \dfrac{\norme{f}_\infty}{2\alpha^2n}.$$ On en déduit, $$\norme{f-B_n(f)}_\infty\leq \varepsilon+\dfrac{\norme{f}_\infty}{2\alpha^2 n}.$$ Ce qui montre la convergence uniforme de $B_n(f)$ vers $f$.