
\begin{enumerate}
\item La fonction $t \mapsto \dfrac{\ln t}{(1+t)^3}$ est continue sur \intervFO{1}{+\infty} comme quotient de deux fonctions continues sur ce même intervalle, donc continue sur \intervFF{1}{x}, pour tout réel $x\geqslant1$. Ainsi, $\phi$ est définie.
\item $\begin{aligned}[t]
\dfrac{a}{t}+\dfrac{b}{1+t}+\dfrac{c}{(1+t)^2} & = \dfrac{a(1+t)^2+bt(1+t)+ct}{t(1+t)^2}\\
& = \dfrac{a(t^2+2t+1)+bt+bt^2+ct}{t(1+t)^2}\\
& = \dfrac{(a+b)t^2+(2a+b+c)t+a}{t(1+t)^2}.
\end{aligned}$

\medskip

Si l'on veut que cette dernière expression soit égale à $\dfrac{4}{t(1+t)^2}$, alors, on doit avoir : 
\[
\left\lbrace
\begin{array}{l}
a+b=0\\
2a+b+c=0\\
a=1
\end{array}
\right.
\]
Soit $a=1$, $b=-1$ et $c=-1$ d'où : 
\[ \boxed{\frac{1}{t(1+t)^2}=\frac{1}{t}-\frac{1}{1+t}-\frac{1}{(1+t)^2}}\]

\item 
\begin{enumerate}
\item D'après ce qui précède, on a :
\begin{align*}
\dint_1^x \frac{\dx[t]}{t(1+t)^2} & =\dint_1^x \frac{\dx[t]}{t}-\dint_1^x \frac{\dx[t]}{1+t}-\dint_1^x \frac{\dx[t]}{(1+t)^2}\\[8pt]
& = \displaystyle\left[ \ln t\right]_1^x - \displaystyle\left[\ln (1+t) \right]_1^x - \displaystyle\left[ -\frac{1}{1+t}\right]_1^x\\[8pt]
& = \ln x -\ln (x+1) + \ln 2 + \dfrac{1}{1+x} - \dfrac{1}{2}\\[8pt]
& = \boxed{\ln\left(\dfrac{x}{x+1}\right)+\dfrac{1}{x+1}+\ln 2-\dfrac{1}{2}}
\end{align*}

\item $\begin{aligned}[t]
\Phi^\prime(t) & =\dfrac{-\frac{1}{t}\times2(t+1)^2+\ln t\times4(t+1)}{4(t+1)^4}\\[12pt]
& = \dfrac{-2(t+1)^2+4(t+1)\ln t}{4t(t+1)^4}\\[8pt]
\Aboxed{\Phi^\prime(t) & = \dfrac{\ln t}{(t+1)^3}-\dfrac{1}{2t(t+1)^2}}
\end{aligned}$

\medskip

On déduit alors :
\begin{align*}
\int_1^x \Phi^\prime(t)\dx[t] & = \int_1^x \dfrac{\ln t}{(t+1)^3}\dx[t] - \dfrac{1}{2}\int_1^x \dfrac{1}{t(t+1)^2}\dx[t]\\[10pt]
\Phi(x)-\Phi(1) & = \phi(x) - \dfrac{1}{2}\left(\ln\left(\dfrac{x}{x+1}\right)+\dfrac{1}{x+1}+\ln2-\dfrac{1}{2}\right)\\[10pt]
\phi(x) & = \dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{x}{x+1}\right)+\dfrac{1}{2x+2}+\dfrac{1}{2}\ln2-\dfrac{1}{4} + \Phi(x)\\[8pt]
\Aboxed{\phi(x) & = \dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{x}{x+1}\right)+\dfrac{1}{2x+2}+\dfrac{1}{2}\ln2-\dfrac{1}{4} -\dfrac{\ln x}{2(x+1)^2}}
\end{align*}


\item On sait, par croissance comparée, que $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\ln x}{x}=0$.\\
De plus, $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{x}{(1+x)^2}=\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{x}{x^2}=\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{x}=0$.\\
Ainsi, $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\ln x}{x}\times\dfrac{x}{(x+1)^2}=0$.\\
D'où, $\boxed{\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\ln x}{(x+1)^2}=0}$.

\medskip

On en déduit alors : 
\[ 
\begin{array}{ll}
\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \phi(x) & = \underbrace{\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \left(-\dfrac{\ln x}{2(x+1)^2}\right)}_{=0}+ \underbrace{\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{x}{x+1}\right)}_{=0}+\underbrace{\lim\limits_{x \rightarrow +\infty}\left(\dfrac{1}{2x+2}\right)}_{=0}+\dfrac{1}{2}\left(\ln 2-\dfrac{1}{2}\right)\\
& = \boxed{\dfrac{1}{2}\left(\ln 2-\dfrac{1}{2}\right)}
\end{array}
\]
\end{enumerate}
\end{enumerate}
