Pour \(n\geq1\), posons \(u_n=\frac{(-1)^n}{\ln n}+\frac{1}{n}\). On a alors

\[\begin{align*} n(u_n+u_{n+1}-\frac{2}{n})&=1+\frac{n}{n+1}-2+n(-1)^n(\frac{1}{\ln n}-\frac{1}{\ln(n+1)})=\frac{(-1)^nn(\ln(n+1)-\ln n)}{\ln n\ln(n+1)}+o(1)\\ &=\frac{(-1)^nn\ln(1+1/n)}{\ln n\ln(n+1)}+o(1)=\frac{(-1)^n(1+o(1))}{\ln n\ln(n+1)}+o(1)=o(1). \end{align*}\]

Donc, \(n(u_n+u_{n+1}-\frac{2}{n})=o(1)\), ou encore \(u_n+u_{n+1}=\frac{2}{n}+o(\frac{1}{n})\), ou enfin, \(u_n+u_{n+1}\sim\frac{2}{n}\). Pourtant, \(u_n\) est équivalent à \(\frac{(-1)^n}{\ln n}\) et pas du tout à \(\frac{1}{n}\) (\(|nu_n|=\frac{n}{\ln n}\rightarrow+\infty\)).

Supposons maintenant que \(u_n+u_{2n}\sim\frac{3}{2n}\) et montrons que \(u_n\sim\frac{1}{n}\).

On pose \(v_n=u_n-\frac{1}{n}\). Il s’agit maintenant de montrer que \(v_n=o(\frac{1}{n})\) sous l’hypothèse \(v_n+v_{2n}=o(\frac{1}{n})\).

Soit \(\varepsilon>0\). Il existe \(n_0\in\Nn\) tel que, pour \(n\geq n_0\), \(n|v_n+v_{2n}|<\frac{\varepsilon}{4}\).

Soient \(n\geq n_0\) et \(p\in\Nn\).

\[\begin{align*}\ensuremath |v_n|&=|v_n+v_{2n}-v_{2n}-v_{4n}+...+(-1)^p(v_{2^pn}+v_{2^{p+1}n})+(-1)^{p+1}v_{2^{p+1}n}| \leq\sum_{k=0}^{p}|v_{2^kn}+v_{2^{k+1}n}|+|v_{2^{p+1}n}|\\ &\frac{\varepsilon}{4}\sum_{k=0}^{p}\frac{1}{2^kn}+|v_{2^{p+1}n}|=\frac{\varepsilon}{4n}\frac{1-\frac{1}{2^{p+1}}}{1-\frac{1}{2}}+|v_{2^{p+1}n}|\\ &\leq\frac{\varepsilon}{2n}+|v_{2^{p+1}n}| \end{align*}\]

Maintenant, la suite \(u\) tend vers \(0\), et il en est de même de la suite \(v\). Par suite, pour chaque \(n\geq n_0\), il est possible de choisir \(p\) tel que \(|v_{2^{p+1}n}|<\frac{\varepsilon}{2n}\).

En résumé, si \(n\) est un entier donné supérieur ou égal à \(n_0\), \(n|v_n|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon\). On a montré que

\[\forall\varepsilon>0,\;\exists n_0\in\Nn/\;\forall n\in\Nn,\;(n\geq n_0\Rightarrow|nv_n|<\varepsilon.\]

Par suite, \(v_n=o(\frac{1}{n})\) et donc \(u_n=\frac{1}{n}+o(\frac{1}{n})\), ou encore \(u_n\sim\frac{1}{n}\).

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