MPSI · Analyse asymptotique

Propriétés et opérations sur les équivalents de suites

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Dans toute cette leçon, les suites considérées sont à valeurs dans K\mathbb{K} ; les énoncés portant sur le signe concernent évidemment des suites réelles.

Ce qu'un équivalent transmet

Question

Écrire un∼vnu_n \sim v_n n'a d'intérêt que si l'on peut ensuite lire sur vnv_n des informations valables pour unu_n. Que transporte exactement l'équivalence : la limite ? le signe ? la valeur approchée ?

Proposition 1

On suppose que (un)n∈N(u_n)_{n \in \mathbb{N}} est équivalente à (vn)n∈N(v_n)_{n \in \mathbb{N}}, alors :

  1. à partir d'un certain rang, unu_n et vnv_n sont de même signe (strict).
  2. si (vn)n∈N(v_n)_{n \in \mathbb{N}} admet une limite (finie ou infinie) alors (un)n∈N(u_n)_{n \in \mathbb{N}} tend vers la même limite que (vn)n∈N(v_n)_{n \in \mathbb{N}}.

Démonstration :

Par hypothèse, il existe une suite (tn)(t_n) de limite 11 et un rang N1N_1 tels que un=vntnu_n = v_n t_n pour n⩾N1n\geqslant N_1. En appliquant la définition de la limite avec ε=12\varepsilon = \frac12, il existe un rang N2N_2 tel que ∣tn−1∣⩽12|t_n-1|\leqslant\frac12, donc

tn⩾12>0pour n⩾N2.t_n \geqslant \frac12 > 0 \qquad \text{pour } n\geqslant N_2 .

Posons N=max⁡(N1,N2)N = \max(N_1,N_2).

1. Pour n⩾Nn\geqslant N, un=vntnu_n = v_nt_n est le produit de vnv_n par un réel strictement positif : unu_n et vnv_n sont donc simultanément nuls, simultanément strictement positifs, ou simultanément strictement négatifs.

2. Notons ℓ=lim⁡vn\ell = \lim v_n.

Cas ℓ\ell finie. Par produit de limites, un=vntn→ℓ×1=ℓu_n = v_nt_n \to \ell\times1 = \ell.

Cas ℓ=+∞\ell = +\infty. Quitte à augmenter NN, on a aussi vn>0v_n>0 pour n⩾Nn\geqslant N. Alors

un=vntn⩾vn2pour n⩾N,u_n = v_nt_n \geqslant \frac{v_n}{2} \qquad \text{pour } n\geqslant N ,

et vn2→+∞\frac{v_n}{2}\to+\infty : par minoration, un→+∞u_n\to+\infty.

Cas ℓ=−∞\ell = -\infty. On applique le cas précédent aux suites (−un)(-u_n) et (−vn)(-v_n), qui sont encore équivalentes.

Test 1 : À partir d'un certain rang, pas avant

Si un∼vnu_n \sim v_n et si vn>0v_n>0 pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, alors un>0u_n>0 pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}.

Test 2 : Équivalent et valeur approchée

Si un∼vnu_n \sim v_n, alors un−vn→0u_n - v_n \to 0.

Exemple :

La suite (un)n∈N∗\left(u_n\right)_{n \in \mathbb{N}^*} définie pour n⩾1n \geqslant 1 par un=−1n+1n−2n2u_n=-\frac{1}{n}+\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{2}{n^2} est positive à partir d'un certain rang. Sur quel équivalent cette conclusion repose-t-elle ?

Exercice 1 : Signe d'une suite à partir d'un certain rang

Déterminer le signe, à partir d'un certain rang, des suites suivantes :

  1. an=3n2−1ln⁡na_n = \dfrac{3}{n^2}-\dfrac{1}{\ln n} (pour n⩾2n\geqslant 2)
  2. bn=2nn!−1n3b_n = \dfrac{2^n}{n!} - \dfrac{1}{n^3}
Solution :(cliquer pour afficher)

Dans les deux cas, on cherche le terme prépondérant de la somme : d'après l'échelle de comparaison, l'autre terme lui est négligeable, donc la suite lui est équivalente et prend son signe à partir d'un certain rang.

1. L'échelle donne 1nα=o ⁣(1ln⁡βn)\frac{1}{n^\alpha} = o\!\left(\frac{1}{\ln^\beta n}\right) avec α=2\alpha=2 et β=1\beta=1, donc 3n2=o ⁣(1ln⁡n)\frac{3}{n^2} = o\!\left(\frac{1}{\ln n}\right), et a fortiori 3n2=o ⁣(−1ln⁡n)\frac{3}{n^2} = o\!\left(-\frac{1}{\ln n}\right). Par absorption du terme négligeable,

an∼n→+∞−1ln⁡n.a_n \underset{n\to+\infty}{\sim} -\frac{1}{\ln n} .

Cette suite étant strictement négative pour n⩾2n\geqslant2, la proposition assure que an<0a_n<0 à partir d'un certain rang.

2. L'échelle donne qn=o(n!)q^n = o(n!) avec q=2q=2, c'est-à-dire 2nn!→0\frac{2^n}{n!}\to0 ; plus précisément, comparons les deux termes :

2nn!1n3=2nn3n!→n→+∞0,\frac{\frac{2^n}{n!}}{\frac{1}{n^3}} = \frac{2^n n^3}{n!} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 0 ,

car 2nn3⩽3n2^nn^3 \leqslant 3^n à partir d'un certain rang (croissances comparées) et 3n=o(n!)3^n = o(n!). Donc 2nn!=o ⁣(1n3)\frac{2^n}{n!} = o\!\left(\frac{1}{n^3}\right) et

bn∼n→+∞−1n3<0.b_n \underset{n\to+\infty}{\sim} -\frac{1}{n^3} < 0 .

La suite (bn)(b_n) est donc strictement négative à partir d'un certain rang.

Équivalent par encadrement

Question

Une suite définie par une somme, une intégrale ou une relation implicite ne se calcule pas toujours. Peut-on encore lui trouver un équivalent en ne disposant que d'un encadrement ?

Proposition 2

On suppose que un⩽vn⩽wnu_n \leqslant v_n \leqslant w_n à partir d'un certain rang.

Si (un)n∈N(u_n)_{n \in \mathbb{N}} et (wn)n∈N(w_n)_{n \in \mathbb{N}} sont équivalentes à une même suite (zn)n∈N(z_n)_{n \in \mathbb{N}}, alors vn∼znv_n \sim z_n.

Démonstration :

Il existe deux suites (sn)(s_n) et (tn)(t_n) de limite 11 et un rang NN tels que, pour n⩾Nn\geqslant N,

un⩽vn⩽wn,un=znsn,wn=zntn.u_n \leqslant v_n \leqslant w_n, \qquad u_n = z_ns_n, \qquad w_n = z_nt_n .

De l'encadrement on tire un−zn⩽vn−zn⩽wn−znu_n - z_n \leqslant v_n-z_n \leqslant w_n-z_n, d'où, pour n⩾Nn\geqslant N,

∣vn−zn∣⩽∣un−zn∣+∣wn−zn∣=∣zn∣(∣sn−1∣+∣tn−1∣).(⋆)\left|v_n-z_n\right| \leqslant \left|u_n-z_n\right|+\left|w_n-z_n\right| = \left|z_n\right|\left(\left|s_n-1\right|+\left|t_n-1\right|\right). \tag{$\star$}

Définissons alors

ηn=vn−znzn  si n⩾N et zn≠0,ηn=0  sinon.\eta_n = \frac{v_n-z_n}{z_n} \ \text{ si } n\geqslant N \text{ et } z_n\neq0, \qquad \eta_n = 0 \ \text{ sinon.}

Vérifions que vn−zn=znηnv_n-z_n = z_n\eta_n pour n⩾Nn\geqslant N. Si zn≠0z_n\neq0, c'est la définition de ηn\eta_n. Si zn=0z_n = 0, l'inégalité (⋆)(\star) donne ∣vn−zn∣⩽0\left|v_n-z_n\right|\leqslant0, donc vn=znv_n = z_n et l'égalité se lit 0=00=0.

Enfin, dans les deux cas, (⋆)(\star) fournit ∣ηn∣⩽∣sn−1∣+∣tn−1∣\left|\eta_n\right| \leqslant \left|s_n-1\right|+\left|t_n-1\right|, majorant qui tend vers 00. Par encadrement, ηn→0\eta_n\to0.

Ainsi vn−zn=o(zn)v_n - z_n = o(z_n), c'est-à-dire vn∼znv_n \sim z_n.

Test 3 : Une seule borne suffit-elle ?

Si un⩽vn⩽wnu_n \leqslant v_n \leqslant w_n à partir d'un certain rang et si un∼znu_n \sim z_n, alors vn∼znv_n \sim z_n.

Exercice 2

On admet que :

∀k∈N∗,12k+1⩽k+1−k⩽12k.\forall k \in \mathbb{N}^*, \quad \frac{1}{2\sqrt{k+1}} \leqslant \sqrt{k+1} - \sqrt{k} \leqslant \frac{1}{2\sqrt{k}}.

Donner un équivalent simple de la suite définie par

un=∑k=1n1k.u_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}}.
Solution :(cliquer pour afficher)

On ne sait pas calculer unu_n : on l'encadre en sommant les inégalités admises, chacune étant utilisée dans un sens différent.

Minoration. L'inégalité de droite s'écrit 1k⩾2(k+1−k)\frac{1}{\sqrt k} \geqslant 2\left(\sqrt{k+1}-\sqrt k\right). En sommant pour kk allant de 11 à nn, la somme de droite est télescopique :

un⩾2∑k=1n(k+1−k)=2(n+1−1).u_n \geqslant 2\sum_{k=1}^{n}\left(\sqrt{k+1}-\sqrt k\right) = 2\left(\sqrt{n+1}-1\right).

Majoration. L'inégalité de gauche s'écrit 1k+1⩽2(k+1−k)\frac{1}{\sqrt{k+1}} \leqslant 2\left(\sqrt{k+1}-\sqrt k\right), valable pour k⩾1k\geqslant1 et encore pour k=0k=0 (elle se lit alors 1⩽21\leqslant2). En sommant pour kk allant de 00 à n−1n-1 :

un=∑k=0n−11k+1⩽2∑k=0n−1(k+1−k)=2n.u_n = \sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{\sqrt{k+1}} \leqslant 2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\sqrt{k+1}-\sqrt k\right) = 2\sqrt n .

Conclusion. On dispose donc de

2n+1−2 ⩽ un ⩽ 2n.2\sqrt{n+1}-2 \ \leqslant\ u_n \ \leqslant\ 2\sqrt{n} .

Les deux bornes sont équivalentes à 2n2\sqrt n :

2n+1−22n=1+1n−1n→n→+∞1.\frac{2\sqrt{n+1}-2}{2\sqrt n} = \sqrt{1+\frac1n}-\frac{1}{\sqrt n} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 1 .

D'après la proposition d'encadrement,

∑k=1n1k∼n→+∞2n.\sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}} \underset{n\to+\infty}{\sim} 2\sqrt{n} .

Exercice 3

Soit (un)n∈N(u_n)_{n \in \mathbb{N}} une suite décroissante de réels telle que

un+un+1∼n→+∞1n.u_n + u_{n+1} \underset{n \to +\infty}{\sim} \frac{1}{n}.

Donner un équivalent simple de (un)n∈N(u_n)_{n \in \mathbb{N}}.

Solution :(cliquer pour afficher)

Étape 1 : la limite de (un)(u_n). Décroissante, la suite (un)(u_n) admet une limite ℓ∈R∪{−∞}\ell\in\mathbb{R}\cup\{-\infty\}. Comme un+un+1∼1nu_n+u_{n+1}\sim\frac1n, le transfert de limite donne un+un+1→0u_n+u_{n+1}\to0. Si ℓ\ell était finie, on aurait un+un+1→2ℓu_n+u_{n+1}\to2\ell, d'où ℓ=0\ell=0 ; si ℓ=−∞\ell=-\infty, on aurait un+un+1→−∞u_n+u_{n+1}\to-\infty, ce qui est exclu. Donc un→0u_n\to0.

Décroissante et de limite nulle, la suite (un)(u_n) est positive.

Étape 2 : l'encadrement. La décroissance donne un+1⩽un⩽un−1u_{n+1}\leqslant u_n \leqslant u_{n-1}, donc pour n⩾1n\geqslant1 :

un+un+1 ⩽ 2un ⩽ un−1+un.u_n + u_{n+1} \ \leqslant\ 2u_n \ \leqslant\ u_{n-1}+u_n .

Étape 3 : les deux bornes sont équivalentes à 1n\frac1n. La borne de gauche l'est par hypothèse. Pour celle de droite, l'hypothèse au rang n−1n-1 donne un−1+un∼1n−1u_{n-1}+u_n \sim \frac{1}{n-1}, et

1n−11n=nn−1→n→+∞1,\frac{\frac{1}{n-1}}{\frac1n} = \frac{n}{n-1} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 1 ,

donc 1n−1∼1n\frac{1}{n-1}\sim\frac1n et, par transitivité, un−1+un∼1nu_{n-1}+u_n\sim\frac1n.

Conclusion. La proposition d'encadrement s'applique à 2un2u_n :

2un∼n→+∞1n,d’ouˋun∼n→+∞12n.2u_n \underset{n\to+\infty}{\sim} \frac1n, \qquad \text{d'où} \qquad u_n \underset{n\to+\infty}{\sim} \frac{1}{2n} .

Opérations sur les équivalents

Question

Un équivalent ne sert que si l'on peut le propager dans un calcul. Quelles opérations sur les suites préservent l'équivalence — et lesquelles, au contraire, la détruisent ?

Proposition 3

Soient (un),(vn),(wn)\left(u_{n}\right),\left(v_{n}\right),\left(w_{n}\right) et (tn)\left(t_{n}\right) quatre suites telles que un∼wnu_{n} \sim w_{n} et vn∼tnv_{n} \sim t_{n}. Alors on a :

  1. unvn∼wntnu_{n} v_{n} \sim w_{n} t_{n}
  2. unvn∼wntn\frac{u_{n}}{v_{n}} \sim \frac{w_{n}}{t_{n}} si (vn)\left(v_{n}\right) et (tn)\left(t_{n}\right) ne s'annulent pas à partir d'un certain rang.
  3. ∀p∈N,unp∼wnp\forall p \in \mathbb{N}, u_{n}^{p} \sim w_{n}^{p}. (Valable pour p∈Rp \in \mathbb{R} si unpu_{n}^{p} est défini)

Démonstration :

Par hypothèse, il existe deux suites (an)(a_n) et (bn)(b_n) de limite 11 et un rang NN tels que, pour n⩾Nn\geqslant N,

un=wnanetvn=tnbn.u_n = w_n a_n \qquad \text{et} \qquad v_n = t_n b_n .

1. Pour n⩾Nn\geqslant N, unvn=(wntn)(anbn)u_nv_n = (w_nt_n)(a_nb_n), et anbn→1×1=1a_nb_n\to1\times1 = 1 par produit de limites. Donc unvn∼wntnu_nv_n \sim w_nt_n.

2. Sous l'hypothèse de non-annulation, quitte à augmenter NN, on peut écrire pour n⩾Nn\geqslant N

unvn=wntn×anbn,\frac{u_n}{v_n} = \frac{w_n}{t_n}\times\frac{a_n}{b_n},

et anbn→11=1\frac{a_n}{b_n}\to\frac11 = 1 par quotient de limites, licite car bn→1≠0b_n\to1\neq0. Donc unvn∼wntn\frac{u_n}{v_n}\sim\frac{w_n}{t_n}.

3. Pour p∈Np\in\mathbb{N}, une récurrence immédiate à partir du point 1 (appliqué avec vn=unv_n = u_n et tn=wnt_n = w_n) donne un p=wn pan pu_n^{\,p} = w_n^{\,p}a_n^{\,p} avec an p→1a_n^{\,p}\to1 ; le cas p=0p=0 est trivial, les deux membres valant 11. Pour p∈Rp\in\mathbb{R}, plaçons-nous à un rang à partir duquel wn>0w_n>0 (condition nécessaire pour que un pu_n^{\,p} et wn pw_n^{\,p} aient un sens) : on a alors an=unwn>0a_n = \frac{u_n}{w_n}>0 et

un p=(wnan)p=wn p an p,u_n^{\,p} = \left(w_na_n\right)^p = w_n^{\,p}\,a_n^{\,p} ,

avec an p=epln⁡an→e0=1a_n^{\,p} = e^{p\ln a_n}\to e^0 = 1 par continuité. Donc un p∼wn pu_n^{\,p}\sim w_n^{\,p}.

Test 4 : Additionner des équivalents

Si un∼wnu_n \sim w_n et vn∼tnv_n \sim t_n, alors un+vn∼wn+tnu_n+v_n \sim w_n+t_n.

Test 5 : Un exposant qui bouge

Si un∼wnu_n \sim w_n avec un>0u_n>0 et wn>0w_n>0, alors un 1/n∼wn 1/nu_n^{\,1/n} \sim w_n^{\,1/n}.

Exercice 4 : Intégrales de Wallis

Pour n∈Nn \in \mathbb{N}, on pose In=∫0π/2sin⁡nt dt.I_n = \int_0^{\pi/2} \sin^n t \, \mathrm{d}t.

On admet que pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}, (n+1)InIn+1=π2(n+1) I_n I_{n+1} = \frac{\pi}{2} et 0⩽In+1⩽In0 \leqslant I_{n+1} \leqslant I_n.

Déterminer un équivalent de InI_n.

Solution :(cliquer pour afficher)

Étape 1 : In>0I_n>0. La relation (n+1)InIn+1=π2≠0(n+1)I_nI_{n+1} = \frac{\pi}{2}\neq0 interdit In=0I_n = 0 ; joint à In⩾0I_n\geqslant0, elle donne In>0I_n>0 pour tout nn.

Étape 2 : encadrement de In 2I_n^{\,2}. Soit n⩾1n\geqslant1.

De In+1⩽InI_{n+1}\leqslant I_n et In>0I_n>0 on tire InIn+1⩽In 2I_nI_{n+1}\leqslant I_n^{\,2}, c'est-à-dire

π2(n+1)⩽In 2.\frac{\pi}{2(n+1)} \leqslant I_n^{\,2} .

La relation admise au rang n−1n-1 s'écrit In−1In=π2nI_{n-1}I_n = \frac{\pi}{2n} ; de In⩽In−1I_n\leqslant I_{n-1} on tire In 2⩽In−1InI_n^{\,2}\leqslant I_{n-1}I_n, c'est-à-dire

In 2⩽π2n.I_n^{\,2} \leqslant \frac{\pi}{2n} .

Étape 3 : conclusion. Les deux bornes sont équivalentes à π2n\frac{\pi}{2n}, puisque

π2(n+1)π2n=nn+1→n→+∞1.\frac{\frac{\pi}{2(n+1)}}{\frac{\pi}{2n}} = \frac{n}{n+1} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 1 .

La proposition d'encadrement donne donc In 2∼π2nI_n^{\,2} \sim \frac{\pi}{2n}. Comme In>0I_n>0, le point 3 de la proposition sur les opérations, avec l'exposant fixe p=12p = \frac12, donne

In∼n→+∞π2n.I_n \underset{n\to+\infty}{\sim} \sqrt{\frac{\pi}{2n}} .

Des fonctions aux suites

Question

Tous les équivalents usuels (sin⁡x∼x\sin x\sim x, ln⁡(1+x)∼x\ln(1+x)\sim x, …) sont des énoncés sur des fonctions. Peut-on les appliquer directement à une suite, en remplaçant xx par une expression comme 1n\frac1n ou e−ne^{-n} ?

Proposition 4

Soient ff et gg deux fonctions définies sur II et (un)n∈N(u_n)_{n \in \mathbb{N}} une suite à valeurs dans II telle que lim⁡n→+∞un=a\lim_{n \to +\infty} u_n = a.

  1. Si f=aO(g)f\underset{a}{=} O(g), alors f(un)=O(g(un))f(u_n) = O(g(u_n)).
  2. Si f=ao(g)f \underset{a}{=} o(g), alors f(un)=o(g(un))f(u_n) = o(g(u_n)).
  3. Si f∼agf \underset{a}{\sim} g, alors f(un)∼g(un)f(u_n) \sim g(u_n).

Démonstration :

Les trois points se démontrent de la même manière ; détaillons le premier, puis indiquons les modifications.

1. Par hypothèse, il existe un voisinage VV de aa et une fonction ww définie sur II, bornée sur V∩IV\cap I par un réel MM, telle que f=g wf = g\,w sur V∩IV\cap I. Comme un→au_n\to a, il existe un rang NN tel que un∈Vu_n \in V pour n⩾Nn\geqslant N ; et un∈Iu_n\in I par hypothèse. Donc, pour n⩾Nn\geqslant N,

f(un)=g(un) w(un),∣w(un)∣⩽M.f(u_n) = g(u_n)\,w(u_n), \qquad \left|w(u_n)\right| \leqslant M .

Posons bn=w(un)b_n = w(u_n) pour n⩾Nn\geqslant N et bn=0b_n = 0 sinon : la suite (bn)(b_n) est bornée et vérifie f(un)=g(un)bnf(u_n) = g(u_n)b_n à partir du rang NN. C'est la définition de f(un)=O(g(un))f(u_n) = O(g(u_n)).

2. Même construction avec w=εw = \varepsilon de limite nulle en aa. Le théorème de composition des limites, appliqué à ε\varepsilon et à la suite (un)(u_n) de limite aa, donne ε(un)→0\varepsilon(u_n)\to0. On pose alors εn=ε(un)\varepsilon_n = \varepsilon(u_n) pour n⩾Nn\geqslant N et εn=0\varepsilon_n = 0 sinon.

3. Même construction avec ww de limite 11 en aa : la composition des limites donne w(un)→1w(u_n)\to1, et l'on pose tn=w(un)t_n = w(u_n) pour n⩾Nn\geqslant N, tn=1t_n = 1 sinon.

Test 6

sin⁡ ⁣(1n)∼n→+∞1n\sin\!\left(\dfrac{1}{n}\right) \underset{n\to+\infty}{\sim} \dfrac{1}{n}.

Test 7 : Dans l'autre sens ?

S'il existe une suite (un)(u_n) de limite aa telle que f(un)∼g(un)f(u_n)\sim g(u_n), alors f∼agf \underset{a}{\sim} g.

Exercice 5

Donner des équivalents simples :

  1. e1/n−e1/(n+1)e^{1/n} - e^{1/(n+1)}
  2. 1+1ln⁡(n+1)−1\sqrt{1 + \dfrac{1}{\ln(n+1)}} - 1
  3. (ln⁡(1+e−n2))1/n\left( \ln \bigl(1 + e^{-n^2}\bigr) \right)^{1/n}
  4. (en1+e−n)n\left( \dfrac{e^n}{1 + e^{-n}} \right)^n
Solution :(cliquer pour afficher)

1. On factorise pour faire apparaître un ex−1e^x-1 :

e1/n−e1/(n+1)=e1/(n+1)(e1n−1n+1−1),1n−1n+1=1n(n+1).e^{1/n}-e^{1/(n+1)} = e^{1/(n+1)}\left(e^{\frac1n-\frac1{n+1}}-1\right), \qquad \frac1n-\frac1{n+1} = \frac{1}{n(n+1)} .

La suite (1n(n+1))\left(\frac{1}{n(n+1)}\right) tend vers 00 ; l'équivalent de fonctions ex−1∼x→0xe^x-1\underset{x\to0}{\sim}x et le transfert fonction →\to suite donnent

e1n(n+1)−1∼n→+∞1n(n+1)∼n→+∞1n2.e^{\frac{1}{n(n+1)}}-1 \underset{n\to+\infty}{\sim} \frac{1}{n(n+1)} \underset{n\to+\infty}{\sim} \frac{1}{n^2} .

Par ailleurs e1/(n+1)→1e^{1/(n+1)}\to1, donc e1/(n+1)∼1e^{1/(n+1)}\sim1. Par produit d'équivalents :

e1/n−e1/(n+1)∼n→+∞1n2.e^{1/n}-e^{1/(n+1)} \underset{n\to+\infty}{\sim} \frac{1}{n^2} .

2. Posons xn=1ln⁡(n+1)x_n = \frac{1}{\ln(n+1)}, qui tend vers 00. L'équivalent usuel 1+x−1∼x→0x2\sqrt{1+x}-1\underset{x\to0}{\sim}\frac x2, transféré à la suite (xn)(x_n), donne

1+1ln⁡(n+1)−1∼n→+∞12ln⁡(n+1).\sqrt{1+\frac{1}{\ln(n+1)}}-1 \underset{n\to+\infty}{\sim} \frac{1}{2\ln(n+1)} .

Enfin ln⁡(n+1)=ln⁡n+ln⁡ ⁣(1+1n)∼ln⁡n\ln(n+1) = \ln n + \ln\!\left(1+\frac1n\right) \sim \ln n, d'où par quotient

1+1ln⁡(n+1)−1∼n→+∞12ln⁡n.\sqrt{1+\frac{1}{\ln(n+1)}}-1 \underset{n\to+\infty}{\sim} \frac{1}{2\ln n} .

3. L'exposant dépend de nn : on ne peut pas élever un équivalent à la puissance 1n\frac1n. On repasse donc par l'écriture un=wn(1+αn)u_n = w_n(1+\alpha_n).

Comme e−n2→0e^{-n^2}\to0, le transfert de ln⁡(1+x)∼x\ln(1+x)\sim x donne ln⁡ ⁣(1+e−n2)∼e−n2\ln\!\left(1+e^{-n^2}\right)\sim e^{-n^2}, c'est-à-dire

ln⁡ ⁣(1+e−n2)=e−n2tnavec tn→1.\ln\!\left(1+e^{-n^2}\right) = e^{-n^2}t_n \qquad \text{avec } t_n\to1 .

En élevant à la puissance 1n\frac1n (licite : les deux facteurs sont strictement positifs) :

(ln⁡ ⁣(1+e−n2))1/n=e−n tn 1/n,tn 1/n=exp⁡ ⁣(ln⁡tnn)→n→+∞e0=1,\left(\ln\!\left(1+e^{-n^2}\right)\right)^{1/n} = e^{-n}\,t_n^{\,1/n}, \qquad t_n^{\,1/n} = \exp\!\left(\frac{\ln t_n}{n}\right) \xrightarrow[n\to+\infty]{} e^0 = 1 ,

puisque ln⁡tn→0\ln t_n\to0. C'est exactement la définition de l'équivalence :

(ln⁡ ⁣(1+e−n2))1/n∼n→+∞e−n.\left(\ln\!\left(1+e^{-n^2}\right)\right)^{1/n} \underset{n\to+\infty}{\sim} e^{-n} .

4. Même précaution. On écrit

(en1+e−n)n=en2(1+e−n)−n,(1+e−n)−n=exp⁡ ⁣(−nln⁡ ⁣(1+e−n)).\left(\frac{e^n}{1+e^{-n}}\right)^n = e^{n^2}\left(1+e^{-n}\right)^{-n}, \qquad \left(1+e^{-n}\right)^{-n} = \exp\!\left(-n\ln\!\left(1+e^{-n}\right)\right).

Or ln⁡ ⁣(1+e−n)∼e−n\ln\!\left(1+e^{-n}\right)\sim e^{-n}, donc nln⁡ ⁣(1+e−n)∼ne−nn\ln\!\left(1+e^{-n}\right)\sim ne^{-n}, qui tend vers 00 par croissances comparées. Ainsi (1+e−n)−n→e0=1\left(1+e^{-n}\right)^{-n}\to e^0 = 1, et

(en1+e−n)n∼n→+∞en2.\left(\frac{e^n}{1+e^{-n}}\right)^n \underset{n\to+\infty}{\sim} e^{n^2} .