Soit $x>0$ . Pour $n\in\Nn^*$ , $n^2e^{-x\sqrt{n}}=e^{-x\sqrt{n}+2\ln n}\underset{n\rightarrow+\infty}{=}o(1)$ d’après un théorème de croissances comparées. On en déduit que $e^{-x\sqrt{n}}\underset{n\rightarrow+\infty}{=}o\left(\frac{1}{n^2}\right)$ et donc que la série de terme général $e^{-x\sqrt{n}}$ converge. Ainsi, $f$ est bien définie sur $]0,+\infty[$ .

Soit $x\in]0,+\infty[$ . La fonction $t\mapsto e^{-x\sqrt{t}}$ est décroissante sur $[0,+\infty[$ . Donc, $\forall k\in\Nn$ , $\int_{k}^{k+1}e^{-x\sqrt{t}}\;dt\leqslant e^{-x\sqrt{k}}$ et $\forall k\in\Nn^*$ , $e^{-x\sqrt{k}}\leqslant\int_{k-1}^{k}e^{-x\sqrt{t}}\;dt$ . En sommant ces inégalités, on obtient

$\forall x\in]0,+\infty[$ , $\int_{0}^{+\infty}e^{-x\sqrt{t}}\;dt\leqslant f(x)\leqslant1+\int_{0}^{+\infty}e^{-x\sqrt{t}}\;dt$ $(*)$ .

Soit $x\in]0,+\infty[$ . En posant $u=x\sqrt{t}$ et donc $t=\frac{u^2}{x^2}$ puis $dt=\frac{2u}{x^2}\;du$ , on obtient

$\int_{0}^{+\infty}e^{-x\sqrt{t}}\;dt=\frac{2}{x^2}\int_{0}^{+\infty}ue^{-u}\;du=\frac{2}{x^2}\times\Gamma(2)=\frac{2}{x^2}$ .

L’encadrement $(*)$ s’écrit alors

$\forall x\in]0,+\infty[$ , $\frac{2}{x^2}\leqslant f(x)\leqslant1+\frac{2}{x^2}$ .

Comme $\displaystyle\lim_{\substack{x\rightarrow0\\ x>0}}\frac{2}{x^2}=+\infty$ , on a montré que

$\sum_{n=0}^{+\infty}e^{-x\sqrt{n}}\underset{x\rightarrow0,\;x>0}{\sim}\frac{2}{x^2}$ .

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