Série alternée de logarithmes et Stirling

Résolution.

1. Convergence simple. Soit $x \in \mathbb{R}_+$ fixé. Si $x=0$, $u_n(0) = 0$ pour tout $n$, donc la série converge. Si $x > 0$, la suite $(|u_n(x)|)_{n \geq 1}$ est décroissante car la fonction $n \mapsto \frac{x}{n(1+x)}$ est décroissante et $\ln(1+u)$ croît avec $u$. De plus, $\lim_{n \to +\infty} |u_n(x)| = \ln(1+0) = 0$. D'après le critère spécial des séries alternées, la série numérique $\sum u_n(x)$ converge.
   $$\boxed{\text{La série } \sum u_n \text{ converge simplement sur } \mathbb{R}_+.}$$

2. Convergence normale. La fonction $x \mapsto \frac{x}{1+x} = 1 - \frac{1}{1+x}$ est croissante sur $\mathbb{R}_+$. Par composition, $x \mapsto |u_n(x)|$ est également croissante. Sa borne supérieure est atteinte en $+\infty$ :
   $$\|u_n\|_\infty = \lim_{x \to +\infty} |u_n(x)| = \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)$$
   On effectue un développement limité : $\ln(1 + \frac{1}{n}) \sim \frac{1}{n}$. Puisque la série harmonique $\sum \frac{1}{n}$ diverge, par comparaison de séries à termes positifs :
   $$\boxed{\text{La série } \sum u_n \text{ ne converge pas normalement sur } \mathbb{R}_+.}$$

3. Convergence uniforme. Comme la série vérifie le CSA pour tout $x$, le reste $R_N(x) = \sum_{n=N+1}^{+\infty} u_n(x)$ est majoré en valeur absolue par le premier terme négligé :
   $$|R_N(x)| \leq |u_{N+1}(x)| = \ln\left(1 + \frac{x}{(N+1)(1+x)}\right)$$
   En utilisant à nouveau la croissance de $x \mapsto |u_{N+1}(x)|$ :
   $$\forall x \in \mathbb{R}_+,   |R_N(x)| \leq \ln\left(1 + \frac{1}{N+1}\right)$$
   Comme $\lim_{N \to +\infty} \ln(1 + \frac{1}{N+1}) = 0$, la borne supérieure du reste tend vers 0.
   $$\boxed{\text{La série } \sum u_n \text{ converge uniformément sur } \mathbb{R}_+.}$$

4. Limite en $+\infty$. La série converge uniformément sur $\mathbb{R}_+$ et chaque fonction $u_n$ admet une limite finie en $+\infty$ :
   $$\lim_{x \to +\infty} u_n(x) = (-1)^n \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)$$
   D'après le théorème d'interversion des limites :
   $$\lim_{x \to +\infty} S(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} (-1)^n \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)$$
   Calculons la somme partielle d'indice $2N$ :
   $$S_{2N} = \sum_{n=1}^{2N} (-1)^n (\ln(n+1) - \ln n) = \sum_{n=1}^{2N} (-1)^n \ln(n+1) - \sum_{n=1}^{2N} (-1)^n \ln n$$
   En regroupant les termes :
   $$S_{2N} = \ln\left( \frac{\prod_{k=1}^N (2k+1) \cdot \prod_{k=1}^N (2k-1)}{ (\prod_{k=1}^N 2k )^2 } \right) = \ln\left( \frac{ \frac{(2N+1)!}{2^N N!} \cdot \frac{(2N)!}{2^N N!} }{ (2^N N!)^2 } \right) = \ln\left( \frac{(2N+1)! (2N)!}{2^{4N} (N!)^4} \right)$$
   En utilisant Stirling $n! \sim \sqrt{2\pi n} (n/e)^n$ :
   $$S_{2N} = \ln\left( \frac{ \sqrt{2\pi(2N+1)} (\frac{2N+1}{e})^{2N+1} \sqrt{4\pi N} (\frac{2N}{e})^{2N} }{ 2^{4N} (2\pi N)^2 (\frac{N}{e})^{4N} } \right)$$
   Après simplifications des puissances de $N$, de $e$ et de $2$, on obtient :
   $$S_{2N} \xrightarrow[N \to +\infty]{} \ln\left(\frac{2}{\pi}\right)$$
   $$\boxed{\lim_{x \to +\infty} S(x) = \ln\left(\frac{2}{\pi}\right)}$$