
\partie{A}

\begin{enumerate}
\item $P$ est dérivable sur $\R$ car c'est un polynôme. Sa dérivée est : 
\[ P'(x)=3x^2+2x+1.\]
Le discriminant de $P'(x)$ est : 
\[ 
\Delta = 2^2-4\times 3 \times 1 = 4-24=-20<0. 
\]
Donc $P'(x)>0$ sur $\R$, ce qui signifie que \underline{$P$ est strictement croissant sur $\R$.}

\item $P\left(\frac{1}{2}\right)=\left(\frac{1}{2}\right)^3+\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)-1=-\frac{1}{8}<0$.

De plus, $P(1)=2>0$.

Or, $P$ est dérivable (donc continue) et strictement croissant sur $\intervOO{\dfrac{1}{2}}{1}$ donc, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $P(x)=0$ admet une unique solution sur $\intervOO{\dfrac{1}{2}}{1}$.

\item D'après les questions précédentes, on peut  dire :
\begin{itemize}
\item  $P(X)<0$ sur $\intervOO{-\infty}{\alpha}$.
\item  $P(X)>0$ sur $\intervOO{\alpha}{+\infty}$.
\end{itemize}
\end{enumerate}


\partie{B}

\begin{enumerate}
\item $f$ est dérivable sur $\intervOO{0}{+\infty}$ comme quotient de deux fonctions dérivables sur cet intervalle. Sa dérivée est :

\begin{align*}
f'(x) & =\dfrac{2\times\frac{1}{x}\times\left[x\left((\ln x)^2+1 \right)\right]-2\ln x\left[(\ln x)^2+1+x\left(2\frac{\ln x}{x} \right)\right]}{x^2\left((\ln x)^2+1\right)^2}\\
& =\dfrac{2(\ln x)^2+2-2(\ln x)^3-2\ln x-4(\ln x)^2}{x^2\left((\ln x)^2+1\right)^2}\\
\Aboxed{f'(x) & =-2\dfrac{(\ln x)^3+(\ln x)^2+\ln x-1}{x^2\left((\ln x)^2+1\right)^2}}
\end{align*}

\item D'après la question précédente, nous pouvons dire que :
\[
f'(x)=-2\dfrac{P(\ln x)}{x^2\left((\ln x)^2+1 \right)^2}\;,
\] 
où $P$ est le polynôme défini dans la partie A. Donc $f'(x)$ est du signe contraire de $P(\ln x)$.

Or, nous avons dit que $P(x)>0$ pour $x>\alpha$. Ainsi, $P(\ln x)>0$ pour $\ln x > \alpha$, soit $x > \e^{\alpha}$.

\underline{Ainsi, $f'(x)<0$ pour $x>\e^{\alpha}$.}

\item $f(x)=\dfrac{2\ln x}{x\left((\ln x)^2+1\right)}=\dfrac{2}{x\ln x + \frac{x}{\ln x} }$ pour $x \neq 1$.

\medskip

Or, $\lim\limits_{x \to +\infty} x\ln x=+\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x}{\ln x}=+\infty$.\\
Ainsi, $\boxed{\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)=0}$.

\medskip

De plus, $\lim\limits_{x \to 0} x\ln x=0^-$ et $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x}{\ln x}=0^-$.

Ainsi, $\boxed{\lim\limits_{x \to 0} f(x)=-\infty}$.

\item Nous avons le tableau suivant :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]{$x$/1,$f'(x)$/1,$f(x)$/1}{0,$\alpha$,$+\infty$}
\tkzTabLine{d,+,z,-,}
\tkzTabVar{D-/$-\infty$,+/$f(\alpha)$,-/$0$}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item On remarque que $f(x)=\dfrac{u'(x)}{u(x)}$, avec $u(x)=(\ln x)^2+1 >0$ et donc $u'(x)=\dfrac{2\ln x}{x}$.

Ainsi, une primitive de $f$ sur $]0;+\infty[$ est $F(x)=\ln\left((\ln x)^2+1 \right)$. Donc : \[ I(t)=\int_1^tf(x)\dx = F(t)-F(1)=\ln\left((\ln t)^2+1\right)\]

\item $\begin{aligned}[t]
I(t)=1 & \iff \ln\left((\ln t)^2+1\right)=1\\
& \iff (\ln t)^1+1=\e\\
& \iff (\ln t)^2 = \e-1.
\end{aligned}$

On a alors :
\[
\ln t = \sqrt{\e-1} \qquad\text{ou}\qquad \ln t = -\sqrt{\e-1}\;,
\]
soit :
\[
t = \e^{\sqrt{\e-1}}\qquad\text{ou}\qquad t=\e^{-\sqrt{\e-1}}.
\]

\medskip

Or, par hypothèse, $t \geqslant 1$ donc $t \neq \e^{-\sqrt{\e-1}}$.

Ainsi, \underline{$t = \e^{\sqrt{\e-1}} \approx 3,7$}.
\end{enumerate}
