Pour \(n\in\Nn\), posons \(a_n=(-1)^{n-1} \frac{C_{2n}^n}{2n-1}\). La suite \((a_n)_{n\in\Nn}\) ne s’annule pas et pour \(n\in\Nn\),

\[\begin{align*}\ensuremath \frac{a_{n+1}}{a_n}&=- \frac{(2n+2)!}{(2n)!}\times \frac{n!^2}{(n+1)!^2}\times \frac{2n-1}{2n+1}=- \frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2}\times \frac{2n-1}{2n+1}=- \frac{2(2n-1)}{n+1}. \end{align*}\]

Par suite, \(\left| \frac{a_{n+1}}{a_n}\right|\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}4\) et d’après la règle de d’Alembert, \(R_a= \frac{1}{4}\). Pour \(x\) tel que la série converge, on pose \(f(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^{n-1} \frac{C_{2n}^n}{2n-1}x^n\).

Soit \(x\in\left]- \frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right[\). Pour \(n\in\Nn\), on a \((n+1)a_{n+1}+4na_n=2a_n\). Pour chaque \(n\in\Nn\), on multiplie les deux membres de cette égalité par \(x^n\) puis on somme sur \(n\). On obtient \(\sum_{n=0}^{+\infty}(n+1)a_{n+1}x^{n}+4x\sum_{n=1}^{+\infty}na_nx^{n-1}=2\sum_{n=0}^{+\infty}a_nx^n\) ou encore \((1+4x)f'(x)=2f(x)\). De plus \(f(0)=a_0=1\). Mais alors

\[\begin{align*}\ensuremath \forall x\in\left]- \frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right[,\;(1+4x)f'(x)=2f(x)&\Rightarrow\forall x\in\left]- \frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right[,\;e^{-\frac{1}{2}\ln(1+4x)}f'(x)- \frac{2}{1+4x}e^{-\frac{1}{2}\ln(1+4x)}f(x)=0\\ &\Rightarrow\forall x\in\left]- \frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right[,\;\left( \frac{f}{\sqrt{1+4x}}\right)'(x)=0\Rightarrow\forall x\in\left]- \frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right[,\; \frac{f(x)}{\sqrt{1+4x}}= \frac{f(0)}{\sqrt{1+0}}\\ &\Rightarrow\forall x\in\left]- \frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right[,\;f(x)=\sqrt{1+4x}. \end{align*}\]

Pour \(n\in\Nn\), posons \(u_n= \frac{C_{2n}^n}{(2n-1)4^n}\). La suite \(u\) est strictement positive à partir du rang \(1\) et pour \(n\geqslant1\),

\(\frac{u_{n+1}}{u_n}= \frac{2(2n-1)}{4(n+1)}= \frac{2n-1}{2n+2}<1\).

Ainsi, la suite \(u\) est décroissante à partir du rang \(1\). De plus, d’après la formule de Stirling,

\(u_n= \frac{(2n)!}{n!^2(2n-1)4^n}\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim} \frac{\left( \frac{2n}{e}\right)^{2n}\sqrt{4\pi n}}{\left( \frac{n}{e}\right)^{2n}(2\pi n)(2n)4^n}= \frac{1}{2\sqrt{\pi}n^{3/2}}\).

Par suite, \(u_n\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}0\). En résumé, la suite \(u\) est positive et décroissante à partir du rang \(1\) et \(\lim_{n \rightarrow +\infty}u_n=0\). On en déduit que la série numérique de terme général \((-1)^{n-1} \frac{C_{2n}^n}{(2n-1)4^n}=(-1)^{n-1}u_n\) converge en vertu du critère spécial aux séries alternées (théorème de Leibniz).

La fonction \(f\) est donc définie en \(\frac{1}{4}\). Vérifions que \(f\) est continue en \(\frac{1}{4}\).

Pour \(x\in\left]0, \frac{1}{4}\right]\) et \(n\in\Nn\), posons \(f_n(x)=a_nx_n=(-1)^{n-1} \frac{C_{2n}^n}{2n-1}x^n\). Pour chaque \(x\) de \(\left]0, \frac{1}{4}\right]\), la suite \((f_n(x))_{n\in\Nn}\) ne s’annule pas et la suite \(((-1)^{n-1}f_n(x))_{n\in\Nn}\) est positive à partir du rang \(1\). Ensuite, pour \(n\geqslant1\) et \(x\in\left]0, \frac{1}{4}\right]\),

\[\begin{align*}\ensuremath \left| \frac{f_{n+1}(x)}{f_n(x)}\right|&=\left| \frac{a_{n+1}}{a_n}\right|x= \frac{2(2n-1)}{n+1}x\leqslant \frac{2(2n-1)}{n+1}\times \frac{1}{4}= \frac{4n-2}{4n+4}<1 \end{align*}\]

On en déduit que pour chaque \(x\) de \(\left]0, \frac{1}{4}\right]\), la suite numérique \((|f_n(x)|)_{n\in\Nn}\) décroît à partir du rang \(1\). D’après une majoration classique du reste à l’ordre \(n\) d’une série alternée, pour \(n\geqslant1\) et \(x\in\left]0, \frac{1}{4}\right]\)

\(\left|\sum_{k=n+1}^{+\infty}f_k(x)\right|\leqslant|f_{n+1}(x)|=|a_{n+1}|x^{n+1}\leqslant \frac{|a_{n+1}|}{4^{n+1}}=u_{n+1}\),

et donc \(\forall n\in\Nn\), \(\text{Sup}\left\{\left|\sum_{k=n+1}^{+\infty}f_k(x)\right|,\;x\in\left]0, \frac{1}{4}\right]\right\}\leqslant u_{n+1}\). Puisque la suite \((u_n)\) tend vers \(0\) quand \(n\) tend vers \(+\infty\), on a montré que la série de fonction de terme général \(f_n\), \(n\in\Nn\), converge uniformément vers \(f\) sur \(\left]0, \frac{1}{4}\right]\). Puisque chaque fonction \(f_n\) est continue sur \(\left]0, \frac{1}{4}\right]\), \(f\) est continue sur \(\left]0, \frac{1}{4}\right]\) et en particulier en \(\frac{1}{4}\).

Mais alors

\(\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^{n-1}C_{2n}^n}{(2n-1)4^n}=f\left( \frac{1}{4}\right)=\displaystyle\lim_{\substack{x\rightarrow\frac{1}{4}\\ x<\frac{1}{4}}}f(x)=\displaystyle\lim_{\substack{x\rightarrow\frac{1}{4}\\ x<\frac{1}{4}}}\sqrt{1+4x}=\sqrt{1+4\times \frac{1}{4}}=\sqrt{2}\).

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