
\begin{enumerate}
\item Nous savons que $\limite{x}{0}{\dfrac{\ln(X+1)}{X}}=1$. Ainsi, en posant $X=x^2$, on a :
\[ \limite{x}{0}{\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x^2}}=1.\]
De plus, $\limite{x}{0}{(x-1)}=-1$, donc $\limite{x}{0}{\left((x-1)\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x^2} \right)}=-1$.

Ainsi, $\boxed{\limite{x}{0}{f(x)}=-1.}$

\item Nous pouvons écrire, sur \R* : 
\[
f(x)=\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x}-\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x^2+1}\times\dfrac{x^2+1}{x^2}
\]
\begin{itemize}
\item $\limite{X}{+\infty}{\dfrac{\ln X}{X}}=0$, donc en posant $X=x^2+1$, nous avons :
\[
\limite{x}{+\infty}{\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x^2+1}=0}.
\]
De plus, $\limite{x}{+\infty}{\dfrac{x^2+1}{x^2}}=\limite{x}{+\infty}{\dfrac{x^2\left(1+\frac{1}{x^2}\right)}{x^2}}=\limite{x}{+\infty}{\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)}=1$.

Ainsi, 
\begin{equation}
\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x^2+1}\times\dfrac{x^2+1}{x^2}\right)}=0.\label{ts-ln-01-eq1}
\end{equation}

\item $\ln\left(x^2+1\right)=\ln\left[x^2\left(1+\dfrac{1}{x^2} \right) \right]=2\ln x + \ln\left(1+\dfrac{1}{x^2} \right)$.\\
Ainsi, $\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x}=2\dfrac{\ln x}{x}+\dfrac{1}{x}\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2} \right)$.

\medskip

Posons $g(x)=\ln(1+x)-x$, pur $x\geqslant0$.\\
Alors, $g'(x)=\dfrac{1}{1+x}-1<0$ pour $x\geqslant0$ donc $g$ est décroissante sur \intervFO{0}{+\infty}.\\
De plus, $g(0)=0$ donc cela signifie que $g(x)\leqslant0$ sur \intervFO{0}{+\infty}.\\
Ainsi, pour $x\geqslant0$, $\ln(1+x)\leqslant x$ et donc $\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)\leqslant\dfrac{1}{x^2}$, soit $\dfrac{1}{x}\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)\leqslant\dfrac{1}{x^3}$.\\
$\dfrac{1}{x}>0$ donc $1+\dfrac{1}{x^2}>1$, d'où $\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)>0$ et finalement $\dfrac{1}{x}\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)>0$.\\
Ainsi, $0<\dfrac{1}{x}\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)\leqslant\dfrac{1}{x^3}$.\\
On en déduit alors que $\limite{x}{+\infty}{\left[\dfrac{1}{x}\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right) \right]}=0$ (théorème des gendarmes).\\
De plus, $\limite{x}{+\infty}{\dfrac{\ln x}{x}}=0$ donc 
\begin{equation}
\limite{x}{+\infty}{\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x}}=0.\label{ts-ln-01-eq2}
\end{equation}

\item Finalement, des égalités (\ref{ts-ln-01-eq1}) et (\ref{ts-ln-01-eq2}), on en déduit :
\[ \boxed{\limite{x}{+\infty}{f(x)}=0}.\]
\end{itemize}

\item D'après la question précédente,
\[
\limite{x}{-\infty}{\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x^2}}=0.
\]
De plus, en écrivant pour $x<0$ :
\[
\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x}=2\dfrac{\ln|x|}{x}+\dfrac{1}{x}\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)\;,
\]
On a $\limite{x}{-\infty}{\dfrac{\ln|x|}{x}}=0$.\\
De plus, on a toujours $0<\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)\leqslant\dfrac{1}{x^2}$ et donc $\dfrac{1}{x}\leqslant\dfrac{1}{x}\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)<0$ pour $x<0$.\\
Donc, $\limite{x}{-\infty}{\dfrac{1}{x}\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)}=0$ (théorème des gendarmes).

Finalement,
\[
\limite{x}{-\infty}{\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x}}=0.
\]
Alors,
\[
\limite{x}{-\infty}{f(x)}=0.
\]
\end{enumerate}
