
\begin{enumerate}
\item $f$ est définie pour tout $x$ tel que $x^2-2x+1>0$, c'est-à-dire lorsque $(x-1)^2>0$.

Ainsi, $\mathcal{D}=\R\setminus\{1\}$.

\item
\begin{itemize}
\item $\limite{x}{-\infty}{(x-1)}=-\infty$ et $\limite{x}{-\infty}{\ln(x^2-2x+1)}=\limite{x}{-\infty}{\ln(x^2)}=+\infty$ donc $\boxed{\limite{x}{-\infty}{f(x)}=-\infty}$.

\item Par un raisonnement analogue, $\boxed{\limite{x}{+\infty}{f(x)}=+\infty}$.

\item $f(x)=(x-1)\ln\left[(x-1)^2\right]$.
\begin{itemize}
\item Si $x>1$,
\[
f(x)=2(x-1)\ln(x-1).
\]
En posant $X=x-1$, on a:
\[
f(X)=2X\ln(X)
\]
avec $\limite{x}{1}{(X)}=0$.

\medskip
Or, $\limite{X}{0}{X\ln(X)}=0$ (croissance comparée).

Ainsi,
\[
\boxed{\limite[x>1]{x}{1}{f(x)}=0}.
\]


\item Si $x<1$, on peut écrire que $f(x)=(x-1)\ln\big[(1-x)^2\big]$ (car $1-x > 0$) et donc:
\[
f(x)=2(x-1)\ln(1-x).
\]
Par un raisonnement analogue à celui qui précède, en posant $X=1-x$,
\[
\boxed{\limite[x<1]{x}{1}{f(x)}=0}.
\]
\end{itemize}
\end{itemize}

\item $f=u \times v$ avec:
\[
\begin{array}{ll}
u(x)=x-1 & \qquad ; \qquad v(x)=\ln(x^2-2x+1) = \ln\big[g(x)\big]\text{ avec }g(x)=x^2-2x+1\\[8pt]
u'(x) = 1 & \qquad ; \qquad v'(x) = \dfrac{g'(x)}{g(x)} = \dfrac{2x-2}{x^2-2x+1}
\end{array}
\]
Ainsi,
\begin{align*}
f'(x) & = \left(\dfrac{u'v-v'u}{v^2}\right)(x)\\
      & = \ln\left(x^2-2x+1\right)+(x-1)\times\dfrac{2x-2}{x^2-2x+1}\\
      & = \ln\left[(x-1)^2\right]+\dfrac{2(x-1)^2}{(x-1)^2}\\
\Aboxed{f'(x)& = \ln\left[(x-1)^2\right]+2}
\end{align*}

\item  $\begin{aligned}[t]
f'(x)>0 & \iff \ln\left[(x-1)^2\right]+2>0\\
& \iff \ln\left[(x-1)^2\right]>-2\\
& \iff (x-1)^2 > \e^{-2}\\
& \iff (x-1)^2 - \left(\e^{-1}\right)^2>0\\
& \iff \left(x-1-\e^{-1}\right)\left(x-1+\e^{-1}\right)>0
\end{aligned}$

D'où le tableau suivant:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep= 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=2,color,colorL=corrigepage!10,colorC=corrigepage!10,colorV=corrigepage!10]{$x$/0.5,$x-1-\e^{-1}$/0.5,$x-1+\e^{-1}$/0.5,$f'(x)$/0.5}{$-\infty$,$1-\e^{-1}$,1,$1+\e^{-1}$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,,-,,-,z,+}
\tkzTabLine{,-,z,+,,+,,+}
\tkzTabLine{,+,z,-,d,-,z,+}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}

\end{center}

\medskip

$\begin{aligned}[t]
f\left(1-\e^{-1}\right) &
= (1-\e^{-1}-1)\ln\left[ \left(1-\e^{-1}-1\right)^2\right]\\
& = -\e^{-1}\ln\left(\e^{-2}\right)\\
& = -\e^{-1}\times(-2)\\
& = 2\e^{-1}.
\end{aligned}$

\medskip

De m\^eme, $f\left(1+\e^{-1}\right)=-2\e^{-1}$.


On en déduit alors :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep= 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=corrigepage!10,colorC=corrigepage!10,colorV=corrigepage!10]{$x$/0.5,$f(x)$/1.5}{$-\infty$,$1-\e^{-1}$,0,$1+\e^{-1}$,$+\infty$}
\tkzTabVar{-/$-\infty$,+/$2\e^{-1}$,-D+/0/0,-/$-2\e^{-1}$,+/$+\infty$}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\begin{rem}
On aurait peut-être été tenté de faire le tableau suivant:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep= 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=rem!10,colorC=rem!10,colorV=rem!10]{$x$/0.5,$f(x)$/1.5}{$-\infty$,$1-\e^{-1}$,$1+\e^{-1}$,$+\infty$}
\tkzTabVar{-/$-\infty$,+/$2\e^{-1}$,-/$-2\e^{-1}$,+/$+\infty$}
\tkzTabVal{2}{3}{0.5}{1}{0}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
mais il ne faut pas oublier que \og 1 \fg{} est une valeur interdite et qu'il faut donc nécessairement mettre une double barre au niveau de $x=1$.
\end{rem}
\end{enumerate}
