Convergence et somme d'une série de cosinus itérés

Résolution.

1. Étude de la convergence simple. Pour tout $x \in ]-\pi/2, \pi/2[$, on a $|x/2^n| < \pi/2$ pour tout $n \geq 0$. Ainsi, $\cos(x/2^n) > 0$ et $u_n(x)$ est bien défini. Si $x = 0$, $u_n(0) = \ln(1) = 0$, la série converge. Si $x \neq 0$, effectuons un développement limité au voisinage de $n \to +\infty$ :
   $$\cos \left( \frac{x}{2^n} \right) = 1 - \frac{x^2}{2 \cdot 2^{2n}} + o\left(\frac{1}{2^{2n}}\right)$$
   En utilisant $\ln(1+u) \sim u$ au voisinage de $0$ :
   $$u_n(x) \sim - \frac{x^2}{2^{2n+1}}$$
   La série $\sum \frac{1}{4^n}$ étant une série géométrique convergente, par comparaison de séries à termes de signe constant (négatifs ici), on conclut :
   $$\boxed{\sum u_n(x) \text{ converge simplement sur } ]-\pi/2, \pi/2[}$$

2. Calcul de la somme. La somme partielle s'écrit $S_n(x) = \ln \left( \prod_{k=0}^n \cos \frac{x}{2^k} \right)$. Utilisons la relation $\cos \theta = \frac{\sin 2\theta}{2 \sin \theta}$. Pour $x \neq 0$ : \begin{align*} \prod_{k=0}^n \cos \frac{x}{2^k} &= \cos x \cdot \cos \frac{x}{2} \cdots \cos \frac{x}{2^n}
   &= \frac{\sin 2x}{2 \sin x} \cdot \frac{\sin x}{2 \sin(x/2)} \cdots \frac{\sin(x/2^{n-1})}{2 \sin(x/2^n)} \end{align*} Par télescopage des termes en sinus, il reste :
   $$\prod_{k=0}^n \cos \frac{x}{2^k} = \frac{\sin 2x}{2^{n+1} \sin(x/2^n)}$$
   En passant au logarithme :
   $$S_n(x) = \ln \left( \frac{\sin 2x}{2} \right) - \ln \left( 2^n \sin \frac{x}{2^n} \right)$$
   Or, quand $n \to +\infty$, $2^n \sin \frac{x}{2^n} = x \frac{\sin(x/2^n)}{x/2^n} \longrightarrow x$. Par continuité de la fonction logarithme, on obtient la somme :
   $$\boxed{S(x) = \ln \left( \frac{\sin 2x}{2x} \right)}$$

3. Étude de la convergence uniforme. La fonction $S_n$ et sa limite $S$ sont paires, on peut restreindre l'étude à $x \in [0, \pi/2[$. Étudions l'écart $R_n(x) = S(x) - S_n(x)$ :
   $$R_n(x) = \ln \left( \frac{\sin 2x}{2x} \right) - \ln \left( \frac{\sin 2x}{2^{n+1} \sin(x/2^n)} \right) = \ln \left( \frac{x/2^n}{\sin(x/2^n)} \right)$$
   Posons $f(t) = \frac{t}{\sin t} - 1$. Par développement limité en $0$, $f(t) = \frac{t}{t - t^3/6 + o(t^3)} - 1 = \frac{t^2}{6} + o(t^2)$. La fonction $g: t \mapsto \frac{f(t)}{t^2}$ est prolongeable par continuité en $0$. Sur le segment $[0, \pi/2]$, $g$ est continue donc bornée par une constante $M$. Ainsi, $0 \leq \frac{t}{\sin t} - 1 \leq M t^2$ pour tout $t \in ]0, \pi/2]$. En posant $t_n = x/2^n$, on a pour $x \in ]0, \pi/2[$ :
   $$0 \leq \ln(1 + f(t_n)) \leq f(t_n) \leq M \left(\frac{x}{2^n}\right)^2 \leq \frac{M \pi^2 / 4}{4^n}$$
   La majoration est indépendante de $x$ et tend vers $0$.
   $$\boxed{\text{La série } \sum u_n \text{ converge uniformément sur } ]-\pi/2, \pi/2[}$$