Ah oui j'ai lu le fil en diagonale. Donc en fait ce qu'il se passe c'est que $$\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{1+x^n} = 1 - \frac{\log 2}{n} + \frac{\pi^2}{6 n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right).$$
Ce n'est pas tout à fait exact :
$$\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{1+x^n} = 1 - \frac{\log 2}{n} + \frac{\pi^2}{12 n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right).\\
\int_1^{+\infty} \frac{\mathrm{d}x}{1+x^n} = \frac{\log 2}{n} + \frac{\pi^2}{12 n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right).
$$ La question initiale de ce fil avait déjà été résolue en mars 2019 dans le fil Nature d'une série.
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 $\displaystyle\lim_{x\to1^+}\left(f(x)-\dfrac1{x-1}\right)=0$.
Les deux côtés de ton égalité ne peuvent pas être égaux : l'un désigne un réel (à savoir 0) et l'autre désigne une classe d'équivalence de fonctions...
Deuxièmement, la limite donnée par jandri donne un résultat plus fort que l'équivalent que tu réclames.
Réponses
$$\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{1+x^n} = 1 - \frac{\log 2}{n} + \frac{\pi^2}{12 n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right).\\
\int_1^{+\infty} \frac{\mathrm{d}x}{1+x^n} = \frac{\log 2}{n} + \frac{\pi^2}{12 n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right).
$$ La question initiale de ce fil avait déjà été résolue en mars 2019 dans le fil Nature d'une série.
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 $h(x)=1+2\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac {\zeta_a(2k)}{x^{2k}}$
$$
\Big(f(x)-\dfrac1{x-1}\Big)=o\Big(\dfrac1{x-1}\Big)\qquad? $$
Deuxièmement, la limite donnée par jandri donne un résultat plus fort que l'équivalent que tu réclames.
Pour ta deuxième remarque, est-ce que tu veux dire que $$
\lim_{x\to1^+}\Big(f(x)-\dfrac1{x-1}\Big)=0 \implies f(x) ~\underset{1^+}{\sim}~ \dfrac1{x-1}\qquad ?$$
Par contre, je me demande si ça marcherait en $0$...j'ai comme un doute !!