Équivalent simple

Oui en effet ! mais moi il est divisé par $n$, non par $n^2$...

Ok !

Je reviens à la question initiale de ce fil. On peut généraliser en demandant un développement asymptotique à tout ordre et on peut l'obtenir de façon très élémentaire en n'utilisant que la formule donnant la somme partielle d'une série géométrique.

Dans toute la suite je suppose $x>1$ (réel) et je note : $f(x)=\displaystyle\int_0^1\dfrac {dt}{1+t^x}$, $g(x)=\displaystyle\int_1^{+\infty}\dfrac {dt}{1+t^x}$ et $h(x)=\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac {dt}{1+t^x}$.

Par $u=t^x$ on a $f(x)=\dfrac1x\displaystyle\int_0^1\dfrac {u^{1/x-1}}{1+u}du=\dfrac1x\displaystyle\int_0^1\sum_{k=0}^n(-1)^k u^{k+1/x-1}du+R_n$ avec $|R_n|=\displaystyle\dfrac1x\int_0^1\dfrac {u^{n+1/x}}{1+u}du\leq\dfrac1n$ qui tend vers $0$.
On en déduit en faisant tendre $n$ vers l'infini : $f(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac {(-1)^k}{kx+1}$.

De manière analogue on obtient après avoir fait le changement de variable $u=\dfrac1t$ : $g(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac {(-1)^k}{(k+1)x-1}$.
En ajoutant $f(x)$ et $g(x)$ on obtient : $h(x)=1+2\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac {(-1)^{k-1}}{k^2x^2-1}$.

On peut ensuite écrire $f(x)=1+\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac {(-1)^k}{kx}\left(\sum_{j=0}^n\dfrac {(-1)^j}{(kx)^j}+R_n\right)$ avec $R_n=\dfrac{\left(\dfrac{-1}{kx}\right)^{n+1}}{1+\dfrac1{kx}}$.

$f(x)=1+\displaystyle\sum_{j=0}^n\dfrac {(-1)^{j+1}}{x^{j+1}}\zeta_a(j+1)+R'_n$. avec $|R'_n|\leq\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac 1{(kx)^{n+2}(1+\frac1{kx})}\leq\dfrac{\zeta(2)}{x^{n+2}}$ qui tend vers $0$ quand $n$ tend vers l'infini.
Je note $\zeta_a(k)=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac {(-1)^{n-1}}{n^k}$ la fonction $\zeta$ alternée.

On en déduit après avoir posé $k=j+1$ : $f(x)=1+\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac {(-1)^k\zeta_a(k)}{x^k}$.
On a obtenu mieux qu'un développement asymptotique à tout ordre : une somme de série convergente.

De même $g(x)=\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac {\zeta_a(k)}{x^k}$ et $h(x)=1+2\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac {\zeta_a(2k)}{x^{2k}}$

Avec $f(x)=1+2\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac {(-1)^{k-1}}{k^2x^2-1}$ on obtient sans difficultés que $\displaystyle\lim_{x\to1^+}\left(f(x)-\dfrac1{x-1}\right)=0$.

@jandri : mais pour montrer que c'est équivalent ne faut-il pas montrer en plus que :
$$
\Big(f(x)-\dfrac1{x-1}\Big)=o\Big(\dfrac1{x-1}\Big)\qquad? $$

Merci j'ai corrigé, honte sur sur moi ... :-(

Pour ta deuxième remarque, est-ce que tu veux dire que $$

\lim_{x\to1^+}\Big(f(x)-\dfrac1{x-1}\Big)=0 \implies f(x) ~\underset{1^+}{\sim}~ \dfrac1{x-1}\qquad ?$$

Ok merci !

Par contre, je me demande si ça marcherait en $0$...j'ai comme un doute !!

$\lim\limits_{x\rightarrow 0} (\sin(x) - x^2) =0$ et pourtant...on n' a pas $\sin(x) \sim_0 x^2 $ !