Étude d'une série de fonctions rationnelles

Résolution.

1. Convergence simple : Soit $x \in \mathbb{R}$. Si $x = 0$, alors pour tout $n \geq 1$, $f_n(0) = 0$. La série $\sum f_n(0)$ converge et $f(0)=0$. Si $x \neq 0$, on a :
   $$f_n(x) \underset{n \to +\infty}{\sim} \frac{x}{n^4 x^4} = \frac{1}{x^3} \cdot \frac{1}{n^4}$$
   Comme la série de Riemann $\sum \frac{1}{n^4}$ converge ($4 > 1$), par comparaison de séries à termes positifs (pour $x>0$, et par imparité pour $x<0$), la série $\sum f_n(x)$ converge absolument.
   $$\boxed{\text{La série } \sum f_n \text{ converge simplement sur } \mathbb{R}.}$$

2. Convergence normale sur $[a, +\infty[$ ($a > 0$) : Soit $x \in [a, +\infty[$. On a $|f_n(x)| = \frac{x}{1+n^4 x^4}$. Pour $n$ assez grand, $f_n$ est décroissante sur $[a, +\infty[$. En effet :
   $$f_n'(x) = \frac{1+n^4 x^4 - x(4n^4 x^3)}{(1+n^4 x^4)^2} = \frac{1-3n^4 x^4}{(1+n^4 x^4)^2}$$
   La dérivée est négative dès que $x^4 \geq \frac{1}{3n^4}$, soit $x \geq \frac{1}{n \sqrt[4]{3}}$. Pour $n > \frac{1}{a \sqrt[4]{3}}$, on a $\frac{1}{n \sqrt[4]{3}} < a$, donc $f_n$ est décroissante sur $[a, +\infty[$. Ainsi, pour $n$ assez grand :
   $$\sup_{x \in [a, +\infty[} |f_n(x)| = f_n(a) \underset{n \to +\infty}{\sim} \frac{1}{a^3 n^4}$$
   La série $\sum f_n(a)$ converge, donc :
   $$\boxed{\sum f_n \text{ converge normalement sur } [a, +\infty[.}$$

3. Continuité sur $\mathbb{R$^* :} La fonction $f$ est impaire (somme de fonctions impaires). Il suffit d'étudier la continuité sur $\mathbb{R}^{+*}$. Chaque $f_n$ est continue sur $\mathbb{R}^{+*}$. D'après la question précédente, la série converge normalement (donc uniformément) sur tout intervalle $[a, +\infty[$ avec $a > 0$. Par conséquent, $f$ est continue sur tout intervalle $[a, +\infty[$, donc sur $\bigcup_{a>0} [a, +\infty[ = \mathbb{R}^{+*}$.
   $$\boxed{f \text{ est continue sur } \mathbb{R}^*.}$$

4. Limite en $+\infty$ : On utilise le théorème de la double limite sur $[1, +\infty[$.
   • La série $\sum f_n$ converge uniformément sur $[1, +\infty[$ (car convergence normale).
   • Pour chaque $n \geq 1$, $\lim_{x \to +\infty} f_n(x) = 0$.
   Le théorème s'applique :
   $$\lim_{x \to +\infty} f(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} \lim_{x \to +\infty} f_n(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} 0 = 0$$
   $$\boxed{\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0}$$

5. Limite en $0$ : Soit $x > 0$. On pose $h(u) = \frac{1}{1+u^4}$. Alors $f_n(x) = x h(nx)$. La fonction $h$ est continue et décroissante sur $[0, +\infty[$. Par comparaison série-intégrale, pour $t \in [n, n+1]$ :
   $$h((n+1)x) \leq h(tx) \leq h(nx)$$
   En intégrant sur $[n, n+1]$ puis en sommant pour $n$ allant de $1$ à $N$ :
   $$\sum_{n=1}^N h((n+1)x) \leq \int_1^{N+1} h(tx) \mathrm{d}t \leq \sum_{n=1}^N h(nx)$$
   En faisant tendre $N \to +\infty$ et en multipliant par $x$ (avec le changement de variable $u=tx$) :
   $$\sum_{n=2}^{+\infty} x h(nx) \leq \int_x^{+\infty} h(u) \mathrm{d}u \leq \sum_{n=1}^{+\infty} x h(nx)$$
   On en déduit l'encadrement :
   $$f(x) - f_1(x) \leq \int_x^{+\infty} \frac{\mathrm{d}u}{1+u^4} \leq f(x)$$
   Soit encore :
   $$\int_x^{+\infty} \frac{\mathrm{d}u}{1+u^4} \leq f(x) \leq \int_x^{+\infty} \frac{\mathrm{d}u}{1+u^4} + \frac{x}{1+x^4}$$
   Quand $x \to 0^+$, l'intégrale tend vers $\int_0^{+\infty} \frac{\mathrm{d}u}{1+u^4} = \frac{\pi}{2\sqrt{2}}$ et le terme $\frac{x}{1+x^4}$ tend vers $0$. Par encadrement :
   $$\boxed{\lim_{x \to 0^+} f(x) = \frac{\pi}{2\sqrt{2}}}$$