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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