Étude locale d'une série de fonctions

Résolution.

1. Domaine de définition et continuité. Pour tout $n \in \mathbb{N}^*$ et tout $x \in \mathbb{R}$, on a $|\arctan(nx)| < \frac{\pi}{2}$. On en déduit la majoration uniforme :
   $$\forall x \in \mathbb{R},   |u_n(x)| = \left| \frac{\arctan(nx)}{n^2} \right| \leq \frac{\pi}{2n^2}$$
   Le terme de droite est le terme général d'une série de Riemann convergente ($\alpha = 2 > 1$). La série $\sum u_n$ converge donc normalement sur $\mathbb{R}$. Chaque fonction $u_n$ étant continue sur $\mathbb{R}$, la somme $S$ est continue sur $\mathbb{R}$.
   $$\boxed{S \in \mathcal{C}^0(\mathbb{R}, \mathbb{R})}$$

2. Équivalent en $0^+$. Soit $x > 0$. On pose $f_x(t) = \frac{\arctan(xt)}{t^2}$ pour $t \in [1, +\infty[$. Calculons sa dérivée par rapport à $t$ :
   $$f_x'(t) = \frac{\frac{x t}{1+x^2t^2} - 2\arctan(xt)}{t^3}$$
   Posons $h(u) = \frac{u}{1+u^2} - 2\arctan(u)$ pour $u \geq 0$. On a :
   $$h'(u) = \frac{(1+u^2) - u(2u)}{(1+u^2)^2} - \frac{2}{1+u^2} = \frac{1-u^2 - 2(1+u^2)}{(1+u^2)^2} = \frac{-1-3u^2}{(1+u^2)^2} < 0$$
   Comme $h(0) = 0$, $h$ est strictement négative sur $]0, +\infty[$. Ainsi, $f_x'(t) < 0$ et $f_x$ est strictement décroissante sur $[1, +\infty[$. Par comparaison série-intégrale :
   $$\int_{1}^{+\infty} \frac{\arctan(xt)}{t^2} dt \leq S(x) \leq u_1(x) + \int_{1}^{+\infty} \frac{\arctan(xt)}{t^2} dt$$
   Calculons $I(x) = \int_{1}^{+\infty} \frac{\arctan(xt)}{t^2} dt$ par parties : \begin{align*} I(x) &= \left[ -\frac{\arctan(xt)}{t} \right]_1^{+\infty} + \int_1^{+\infty} \frac{x}{t(1+x^2t^2)} dt
   &= \arctan(x) + x \int_1^{+\infty} \left( \frac{1}{t} - \frac{x^2t}{1+x^2t^2} \right) dt
   &= \arctan(x) + \left[ x \ln(t) - \frac{x}{2} \ln(1+x^2t^2) \right]_1^{+\infty}
   &= \arctan(x) + \lim_{T \to +\infty} \left( x \ln\left(\frac{T}{\sqrt{1+x^2T^2}}\right) \right) + \frac{x}{2}\ln(1+x^2) \end{align*} La limite vaut $x \ln(1/x) = -x \ln x$. D'où :
   $$I(x) = \arctan(x) - x \ln x + \frac{x}{2} \ln(1+x^2)$$
   Quand $x \to 0^+$, on a $\arctan(x) \sim x$ et $x \ln(1+x^2) = o(x)$. Le terme prédominant est $-x \ln x$. Ainsi $I(x) \sim -x \ln x$. Comme $u_1(x) = \arctan(x) = o(x \ln x)$, l'encadrement donne :
   $$\boxed{S(x) \underset{x \to 0^+}{\sim} -x \ln x}$$