Comportement d'une série de fonctions exponentielles

Résolution.

1. Détermination du domaine de définition. Soit $t \in \mathbb{R}$. Étudions la convergence de la série de terme général $u_n(t) = e^{-a(n)t}$. Cas $t \leq 0$ : Puisque $a(n) \geq 1$, on a $-a(n)t \geq 0$, d'où $e^{-a(n)t} \geq 1$. Le terme général ne tend pas vers 0, la série diverge grossièrement. Cas $t > 0$ : Par hypothèse, $\frac{a(n)}{\ln(n)} \xrightarrow[n \to +\infty]{} +\infty$. Il existe donc un rang $N$ tel que pour tout $n \geq N$, $\frac{a(n)}{\ln(n)} \geq \frac{2}{t}$. On en déduit :
   $$a(n)t \geq 2 \ln(n) \implies -a(n)t \leq -2 \ln(n)$$
   En passant à l'exponentielle :
   $$0 \leq e^{-a(n)t} \leq e^{-2 \ln(n)} = \frac{1}{n^2}$$
   Par comparaison avec une série de Riemann convergente ($\alpha = 2 > 1$), la série $\sum e^{-a(n)t}$ converge.
   $$\boxed{D_f = ]0, +\infty[}$$

2. Équivalent en $+\infty$. Supposons $(a(n))$ strictement croissante. Factorisons par le premier terme :
   $$f(t) = e^{-a(1)t} \left( 1 + \sum_{n=2}^{+\infty} e^{-(a(n)-a(1))t} \right)$$
   Posons $R(t) = \sum_{n=2}^{+\infty} e^{-(a(n)-a(1))t}$. Montrons que $R(t) \xrightarrow[t \to +\infty]{} 0$. Pour tout $n \geq 2$, $a(n)-a(1) \geq a(2)-a(1) > 0$. Pour $t \geq 1$, on a :
   $$e^{-(a(n)-a(1))t} = e^{-(a(n)-a(1))} e^{-(a(n)-a(1))(t-1)} \leq e^{-(a(n)-a(1))} e^{-(a(2)-a(1))(t-1)}$$
   La série $\sum_{n \geq 2} e^{-(a(n)-a(1))}$ converge (d'après la question 1 avec $t=1$). Par théorème de convergence dominée (ou simple majoration du reste), $R(t) \to 0$.
   $$\boxed{f(t) \sim_{+\infty} e^{-a(1)t}}$$

3. Équivalent en 0 pour $a(x) = x^b$. Ici $f(t) = \sum_{n=1}^{+\infty} e^{-n^b t}$ avec $t > 0$. La fonction $g : x \mapsto e^{-x^b t}$ est continue, positive et strictement décroissante sur $[0, +\infty[$. Par comparaison série-intégrale :
   $$\int_{1}^{+\infty} e^{-x^b t} dx \leq \sum_{n=1}^{+\infty} e^{-n^b t} \leq \int_{0}^{+\infty} e^{-x^b t} dx$$
   Effectuons le changement de variable $u = x^b t$, soit $x = \left(\frac{u}{t}\right)^{1/b}$ et $dx = \frac{1}{b} t^{-1/b} u^{1/b-1} du$ :
   $$\int_{0}^{+\infty} e^{-x^b t} dx = \frac{1}{b t^{1/b}} \int_{0}^{+\infty} e^{-u} u^{\frac{1}{b}-1} du = \frac{1}{b t^{1/b}} \Gamma\left(\frac{1}{b}\right)$$
   En utilisant la propriété $\frac{1}{b}\Gamma(\frac{1}{b}) = \Gamma(1 + \frac{1}{b})$, l'intégrale vaut $\frac{\Gamma(1+1/b)}{t^{1/b}}$. L'écart entre l'intégrale sur $[1, +\infty[$ et celle sur $[0, +\infty[$ est $\int_0^1 e^{-x^b t} dx$, qui tend vers 1 quand $t \to 0$. Comme l'intégrale totale diverge en $t^{-1/b}$ quand $t \to 0$, on en conclut :
   $$\boxed{f(t) \sim_{0} \frac{\Gamma(1 + 1/b)}{t^{1/b}}}$$