Lorsque l’équivalent attendu est clairement suggéré, la stratégie la plus efficace consiste à viser directement la définition.

Si l’on souhaite établir \(u_n \sim v_n\) et si la suite \((v_n)\) ne s’annule pas (au moins à partir d’un certain rang), il suffit de prouver que :

\[ \lim_{n\to +\infty} \frac{u_n}{v_n}=1 \]

Erreur classique.

Oublier de vérifier que le quotient \(\dfrac{u_n}{v_n}\) est bien défini, c’est-à-dire que \(v_n\neq 0\) à partir d’un certain rang.

Soit \((u_n)_{n\in\mathbb{N}^*}\) une suite vérifiant :

\[ \forall n\in\mathbb{N}^*,\ \frac{1}{2(n+1)}\leqslant u_n \leqslant \frac{1}{2n} \]

Montrer que :

\[ u_n \sim \frac{1}{2n} \]

On pose \(v_n=\dfrac{1}{2n}\), qui ne s’annule pas pour \(n\in\mathbb{N}^*\). On peut donc étudier le quotient \(\dfrac{u_n}{v_n}\).

En multipliant l’encadrement par \(2n>0\), on obtient :

\[ \forall n\in\mathbb{N}^*,\ \frac{n}{n+1}\leqslant 2n u_n \leqslant 1 \]

Or :

\[ \lim_{n\to +\infty}\frac{n}{n+1}=1 \]

Par encadrement :

\[ \lim_{n\to +\infty} 2n u_n = 1 \]

Donc :

\[ \lim_{n\to +\infty}\frac{u_n}{\frac{1}{2n}}=1 \]

et finalement :

\[ u_n \sim \frac{1}{2n} \]

Le premier réflexe à avoir lorsqu’on cherche un équivalent d’une suite est de vérifier si l’on peut utiliser un équivalent usuel.

Très souvent, on peut écrire \(u_n\) sous la forme \(f(v_n)\), où \((v_n)\) est une suite qui converge vers \(0\), et où \(f\) est une fonction dont on connaît un équivalent en \(0\).

Par exemple, si \(u_n=\mathrm{e}^{1/n}-1\), on peut utiliser l’équivalent usuel :

\[ \mathrm{e}^x-1 \underset{x \to 0}{\sim} x \]

Avec \(x=\dfrac{1}{n}\), qui tend bien vers \(0\). On obtient alors :

\[ u_n \sim \frac{1}{n} \]

Erreur classique.

Utiliser un équivalent usuel dans un contexte où les opérations ne le permettent pas (notamment dans une somme, une composition ou une différence de deux termes équivalents).

Déterminer un équivalent de

\[ u_n=\frac{\mathrm{e}^{\frac{2}{n}}-1}{\ln(n+1)-\ln(n)} \]

Lorsque \(n\to +\infty\), on commence par étudier séparément le numérateur et le dénominateur.

• Au numérateur, on pose \(x_n=\dfrac{2}{n}\). On a alors \(x_n\to 0\). Or :

  \[ \mathrm{e}^x-1 \underset{x \to 0}{\sim} x \]

  Donc :

  \[ \mathrm{e}^{\frac{2}{n}}-1 \sim \frac{2}{n} \]

• Au dénominateur, on écrit :

  \[ \forall n \in \mathbb{N}^*,\ \ln(n+1)-\ln(n) =\ln\left( \frac{n+1}{n}\right) =\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) \]

  On pose alors \(y_n=\dfrac{1}{n}\), avec \(y_n\to 0\). Or :

  \[ \ln(1+x) \underset{x \to 0}{\sim} x \]

  Donc :

  \[ \ln(n+1)-\ln(n) \sim \frac{1}{n} \]

  On en déduit (l'équivalence étant compatible avec la division) :

  \[ u_n \sim \frac{\frac{2}{n}}{\frac{1}{n}} = 2 \]

Si \(u_n\) est une somme de plusieurs termes, on ne peut en général pas utiliser directement les équivalents usuels, car on ne peut pas sommer des équivalents.

Dans ce cas, il est souvent utile de commencer par comparer les différents termes de la somme afin de déterminer si l’un d’entre eux est prépondérant lorsque \(n \to +\infty\).

Lorsqu’un terme domine les autres, on le factorise. On obtient alors une écriture de la forme :

\[ u_n = v_n \times w_n \]

La suite \((v_n)\) correspond au terme prépondérant, et la suite \((w_n)\) a en général une limite simple à déterminer et non nulle. On obtient alors facilement un équivalent de \(u_n\).

Déterminer un équivalent de

\[ u_n = n\,e^{-n} + n^2 + n\sqrt{n^3} + 1 \]

On compare les différents termes lorsque \(n \to +\infty\) et on remarque que \( n^2 \) est le terme prépondérant d'après les croissances comparées usuelles. On factorise donc, pour obtenir

\[ \forall n \in \mathbb{N}^*,\ u_n = n^2 \left( \frac{1}{n\, e^n + 1 + \frac{1}{\sqrt{n}} + \frac{1}{n^2}\right) \]

Or :

\[ \lim_{n \to + \infty} \left( \frac{1}{n\, e^n + 1 + \frac{1}{\sqrt{n}} + \frac{1}{n^2}\right) = 1 \]

Donc :

\[ u_n \sim n^2 \]

Si une fonction usuelle apparaît avec un argument qui tend vers \(0\), on peut utiliser un développement limité pour obtenir un équivalent plus fin.

On commence par écrire l’expression sous une forme adaptée, puis on remplace par le DL au bon ordre, et on simplifie.

Erreur classique. Utiliser un DL sans préciser l’ordre du reste (le \(o(\cdot)\)).

Étudier un équivalent de

\[ u_n=\ln\! \left(1+\frac{2}{n}\right)-\frac{2}{n} \]

On remarque que l’on connaît l’équivalent usuel :

\[ \ln(1+x) \underset{x\to 0}{\sim} x \]

Cependant, cet équivalent ne peut pas être utilisé directement ici, car on ne peut pas soustraire des équivalents. Il est donc nécessaire d’utiliser un développement limité.

On pose :

\[ x_n=\frac{2}{n} \]

On a \(x_n \to 0\). On utilise alors le développement limité en \(0\) :

\[ \ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+o(x^2) \]

Donc :

\[ \ln\! \left(1+\frac{2}{n}\right)=\frac{2}{n}-\frac{1}{2}\left(\frac{2}{n}\right)^2+o\!\left(\frac{1}{n^2}\right) \]

On en déduit :

\[ u_n=-\frac{1}{2}\left(\frac{2}{n}\right)^2+o\!\left(\frac{1}{n^2}\right) \]

Donc :

\[ u_n \sim -\frac{2}{n^2} \]

Lorsque la suite s’écrit sous la forme :

\[ u_n=\displaystyle\sum_{k=p}^{n} f(k) \]

on peut parfois obtenir un équivalent en comparant la somme à une intégrale.

Cette méthode est particulièrement efficace lorsque \(f\) est continue, positive et croissante sur \(\mathbb{R}_+\), mais fonctionne aussi souvent lorsque \( f \) est décroissante. L’idée, basée sur la méthode des rectangles, est alors que la somme se comporte comme l’aire sous la courbe représentative de \(f\).

On procède alors de la manière suivante :

• On utilise la croissance de \(f\) pour remarquer que : \[ \forall k \in \mathbb{N}^*,\ \forall t \in [k,k+1],\ f(k) \leqslant f(t) \leqslant f(k+1). \]
• On intègre des fonctions continues sur \([k,k+1]\), ce qui donne : \[ \forall k \in \mathbb{N}^*,\ f(k) \leqslant \int_k^{k+1} f(t)\,\mathrm{d}t \leqslant f(k+1). \]
• En sommant ces inégalités et en utilisant la relation de Chasles, on obtient : \[ \forall n \in \mathbb{N}^*,\ \int_1^{n} f(t)\,\mathrm{d}t \le \sum_{k=1}^{n} f(k) \le \int_2^{n+1} f(t)\,\mathrm{d}t. \]
• On calcule alors les intégrales \( \displaystyle \int_1^{n} f(t)\,\mathrm{d}t \) et \( \displaystyle \int_2^{n+1} f(t)\,\mathrm{d}t \) ; si ces deux intégrales sont équivalentes à une même suite \( v \) strictement positive (ce qui sera le plus souvent le cas), on divise alors par \( v_n \) pour conclure à l'aide du théorème de l'encadrement \[ u_n \sim v_n \]

Dans ce cas, on en déduit généralement :

\[ \sum_{k=1}^{n} f(k) \sim \int_1^{n} f(t)\,\mathrm{d}t. \]

• Cette méthode est le plus souvent guidée, mais elle est suffisamment classique pour qu’il soit utile de la maîtriser.
• Elle fonctionne aussi parfois (mais pas toujours) lorsque \(f\) est décroissante.

Déterminer un équivalent de la suite \( u \) définie par :

\[ \forall n \in \mathbb{N}^*,\ u_n=\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}. \]

On a :

\[ \forall n \in \mathbb{N}^*,\ u_n=\sum_{k=1}^{n} f(k) \]

avec :

\[ f : t \mapsto \frac{1}{t}. \]

On travaille sur \([1,+\infty[\). La fonction \(f\) est continue et positive sur cet intervalle. De plus, pour tout \(t>0\), on a :

\[ f'(t)=-\frac{1}{t^2}<0, \]

donc \(f\) est décroissante sur \([1,+\infty[\).

On peut alors utiliser la comparaison somme–intégrale.

On utilise la monotonie de \(f\) : pour tout \(k\in \mathbb{N}^*\) et tout \(t\in[k,k+1]\), on a :

\[ f(k+1)\leqslant f(t)\leqslant f(k). \]

Par croissance de l’intégration, on en déduit, les fonctions étant continues sur \( [k,k+1] \), avec \( k \leqslant k+1\) :

\[ \forall k\in \mathbb{N}^*,\ f(k+1)\leqslant \int_k^{k+1} f(t)\,\mathrm{d}t \leqslant f(k). \]

Comme \(u_k=f(k)\), on obtient :

\[ \forall k\geqslant 2,\ \int_k^{k+1} \frac{1}{t}\,\mathrm{d}t \leqslant \frac{1}{k} \leqslant \int_{k-1}^{k} \frac{1}{t}\,\mathrm{d}t. \]

En sommant ces inégalités de \(k=2\) à \(n\) et en utilisant la relation de Chasles, on obtient :

\[ \forall n\geqslant 2,\ \int_2^{n+1} \frac{1}{t}\,\mathrm{d}t \le \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k} \le \int_1^{n} \frac{1}{t}\,\mathrm{d}t. \]

Or :

\[ \forall n\geqslant 2,\quad \ln(n+1)=\ln(n)+\ln\!\left(1+\frac{1}{n}\right). \]

En divisant l’encadrement précédent par \(\ln(n)>0\), on obtient :

\[ \forall n\geqslant 2,\quad \frac{\ln(n)+\ln\!\left(1+\frac{1}{n}\right)-\ln(2)+1}{\ln(n)} \le \frac{u_n}{\ln(n)} \le \frac{\ln(n)+1}{\ln(n)}. \]

On étudie alors les deux bornes.

D’une part :

\[ \frac{\ln(n)+1}{\ln(n)}=1+\frac{1}{\ln(n)} \longrightarrow 1. \]

D’autre part :

\[ \frac{\ln(n)+\ln\!\left(1+\frac{1}{n}\right)-\ln(2)+1}{\ln(n)} = 1+\frac{\ln\!\left(1+\frac{1}{n}\right)-\ln(2)+1}{\ln(n)}. \]

Or \(\ln\!\left(1+\frac{1}{n}\right)\to 0\) et \(\ln(n)\to +\infty\), donc :

\[ \frac{\ln\!\left(1+\frac{1