Équivalent.

L'outil de base :

Soient $a <b$ entiers et $f : \left [a,b \right] \rightarrow \mathbb{R}$ monotone. Alors
$$\sum_{a < k \leqslant b} f(k) = \int_a^b f(t) \textrm{d}t + O \left( \left |f(a) \right|+ \left|f(b) \right | \right).$$

Ici :
$$\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{\log k} = \int_2^{n} \frac{\textrm{d}t}{\log t} + O ( 1) = \frac{n}{\log n} + O \left( \frac{n}{(\log n)^2} \right)$$
où la seconde égalité a été obtenue via une intégration par parties.

On a aussi, façon constante d'Euler : $\displaystyle \underset{k=2}{\overset{n}{\sum }}\frac{1}{\ln k}=\int_{2}^{n} \frac {dt}{\ln t}+C+o(1)$ quand $n\rightarrow +\infty $. Vrai pour toute fonction décroissante positive.

Mais puisqu'ici l'intégrale n'est pas une primitive élémentaire, il faut comme dit noix de totos en trouver un équivalent au moyen d'une intégration par parties.

Alors, on pourrait sauter par-dessus cet intermédiaire intégratoire et exécuter une sommation par parties directement sur la série. Ceci s'appelle aussi transformation d'Abel et se fonde sur l'égalité télescopique évidente :
$~~~~~~~~~~~~\displaystyle \underset{k=3}{\overset{n}{\sum }}x_{k}(y_{k}-y_{k-1})+\underset{k=3}{\overset{n}{\sum }}(x_{k}-x_{k-1})y_{k-1}=x_{n}y_{n}-x_{2}y_{2}$.
Ici on prend : $x_{k}=\frac{1}{\ln k}$, $y_{k}-y_{k-1}=1$, $x_{k}-x_{k-1}=\frac{1}{\ln k}-\frac{1}{\ln (k-1)}\sim -\frac{1}{k(\ln k)^{2}}$, $y_{k}=k$.
L'analogie avec l'intégration par parties saute aux yeux.
Il vient : $\displaystyle \underset{k=3}{\overset{n}{\sum }}\frac{1}{\ln k}+\underset{k=3}{\overset{n}{\sum }}(\frac{1}{\ln k}-\frac{1}{\ln (k-1)})(k-1)=\frac{n}{\ln n}-\frac{2}{\ln 2}$.
Par sommation des relations de comparaison : $\displaystyle \underset{k=3}{\overset{n}{\sum }}(\frac{1}{\ln k}-\frac{1}{\ln (k-1)})(k-1)\sim -\underset{k=3}{\overset{n}{\sum }}\frac{1}{(\ln k)^{2}}=o(\underset{k=3}{\overset{n}{\sum }}\frac{1}{\ln k})$.
Et en conclusion : $\displaystyle \underset{k=2}{\overset{n}{\sum }}\frac{1}{\ln k}\sim \frac{n}{\ln n}$.
Bonne soirée.
Fr. Ch.

La méthode que j'ai proposée est utilisable en Math-Spé MP. Malheureusement, l'intégration et la sommation des relations de comparaison ne sont pas au programme en PC ni PSI.
La même méthode permet de prouver plus généralement, pour $\alpha >0$ : $ \displaystyle \underset{k=2}{\overset{n}{\sum }}\frac{1}{(\ln k)^\alpha}\sim \frac{n}{(\ln n)^ \alpha} $ quand $n\rightarrow +\infty$.
On peut en déduire une précision sur l'évaluation asymptotique de la somme proposée $ \displaystyle \underset{k=2}{\overset{n}{\sum }}\frac{1}{\ln k} $ en soustrayant l'équivalent trouvé précédemment et en appliquant la méthode de transformation de suite en série.
Soit $ \displaystyle z_{n}=\Big(\underset{k=2}{\overset{n}{\sum }}\frac{1}{\ln k}\Big)-\frac{n}{\ln n}$. Alors : $z_{n}-z_{n-1}=\frac{1}{\ln n}-\frac{n}{\ln n}+\frac{n-1}{\ln (n-1)}\sim \frac{1}{(\ln n)^{2}}$.
Par suite : $\displaystyle z_{n}=z_{2}+\underset{k=3}{\overset{n}{\sum }}(z_{k}-z_{k-1})\sim \underset{k=3}{\overset{n}{\sum }}\frac{1}{(\ln k)^{2}}\sim \frac{n}{(\ln n)^{2}}$.
En conclusion : $\displaystyle \underset{k=2}{\overset{n}{\sum }}\frac{1}{\ln k}=\frac{n}{\ln n}+\frac{n}{(\ln n)^{2}}+o\Big(\frac{n}{(\ln n)^{2}}\Big)$.
Bonne soirée.