Série de Taylor d'une fonction C-infini

Résolution.

1. Régularité de $S$. Pour chaque $n \in \mathbb{N}^*$, la fonction $f_n$ est de classe $\mathscr{C}^\infty$ sur $\mathbb{R}$. Pour tout $k \in \mathbb{N}$ et $x \in \mathbb{R}$, on a par dérivation successive :
   $$f_n^{(k)}(x) = \frac{(i 2^n)^k e^{i 2^n x}}{n^n}$$
   On étudie la convergence normale de la série $\sum f_n^{(k)}$ sur $\mathbb{R}$. On a :
   $$\|f_n^{(k)}\|_\infty = \frac{2^{nk}}{n^n}$$
   Pour $k$ fixé, examinons le comportement de ce terme général quand $n \to +\infty$ :
   $$n^2 \|f_n^{(k)}\|_\infty = \frac{n^2 2^{nk}}{n^n} = \exp\left( 2\ln n + nk\ln 2 - n\ln n \right)$$
   On factorise par le terme prépondérant $n\ln n$ dans l'argument de l'exponentielle :
   $$2\ln n + nk\ln 2 - n\ln n = -n\ln n \left( 1 - \frac{k\ln 2}{\ln n} - \frac{2\ln n}{n\ln n} \right) \xrightarrow[n \to +\infty]{} -\infty$$
   Par croissance comparée, l'exponentielle tend vers $0$. Ainsi :
   $$\|f_n^{(k)}\|_\infty = o\left( \frac{1}{n^2} \right)$$
   La série $\sum f_n^{(k)}$ converge donc normalement sur $\mathbb{R}$ pour tout $k \in \mathbb{N}$. D'après le théorème de dérivation des séries de fonctions, $S$ est de classe $\mathscr{C}^\infty$ sur $\mathbb{R}$ et :
   $$\forall k \in \mathbb{N}, \forall x \in \mathbb{R},   S^{(k)}(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(i 2^n)^k e^{i 2^n x}}{n^n}$$

2. Calcul des coefficients en $0$. En évaluant l'expression précédente en $x=0$, on obtient directement :
   $$\boxed{ S^{(k)}(0) = i^k \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{2^{nk}}{n^n} }$$

3. Rayon de convergence. Notons $a_k = \frac{S^{(k)}(0)}{k!}$. La série de Taylor est $\sum a_k z^k$. Montrons que pour tout $z \in \mathbb{C}^*$, la suite $(a_k z^k)$ n'est pas bornée. Considérons les indices pairs $k = 2m$. On a $|i^{2m}| = 1$ et :
   $$|S^{(2m)}(0)| = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{2^{2mn}}{n^n}$$
   Puisque tous les termes sont positifs, on peut minorer la somme par une somme partielle. Choisissons de sommer jusqu'à $N = 2^m$ :
   $$|S^{(2m)}(0)| \ge \sum_{n=1}^{2^m} \left( \frac{2^{2m}}{n} \right)^n$$
   Pour $1 \le n \le 2^m$, on a $\frac{1}{n} \ge \frac{1}{2^m}$, donc $\frac{2^{2m}}{n} \ge \frac{2^{2m}}{2^m} = 2^m$. Il vient alors :
   $$|S^{(2m)}(0)| \ge \sum_{n=1}^{2^m} (2^m)^n = \frac{(2^m)^{2^m+1} - 2^m}{2^m - 1} \ge (2^m)^{2^m}$$
   On compare maintenant $a_{2m} z^{2m}$ à l'aide de la formule de Stirling $(2m)! \sim \sqrt{4\pi m} (2m/e)^{2m}$ :
   $$\ln |a_{2m} z^{2m}| = \ln |S^{(2m)}(0)| + 2m \ln |z| - \ln((2m)!)$$
   $$\ln |a_{2m} z^{2m}| \ge m 2^m \ln 2 + 2m \ln |z| - 2m \ln(2m) + 2m + o(m)$$
   Le terme prépondérant est $m 2^m \ln 2$. Comme $m 2^m \gg m \ln m$, on en déduit que :
   $$\lim_{m \to +\infty} \ln |a_{2m} z^{2m}| = +\infty$$
   La suite $(a_k z^k)$ n'est donc bornée pour aucun $z \neq 0$.
   $$\boxed{ R = 0 }$$