\begin{enumerate}
\item \setlength{\columnseprule}{1pt}
\begin{enumerate}
\item 
\begin{multicols}{2}
$\begin{aligned}[t]
h'(x) & =2x(1-2\ln x)+x^2\times\left(-2\times\dfrac{1}{x}\right)\\
& = 2x-4x\ln x-2x\\
\Aboxed{h'(x) & =-4x\ln x}
\end{aligned}$

$\begin{aligned}[t]
h'(x)>0 & \Leftrightarrow -4x\ln x>0\\
& \Leftrightarrow \ln x<0\text{ car }x>0\\
& \Leftrightarrow 0<x<\e
\end{aligned}$
\end{multicols}

De plus, \setlength{\columnseprule}{0pt}
\begin{itemize}
\item $\limite{x}{0}{h(x)}=\limite{x}{0}{\big(x^2-2x^2\ln x+1\big)}=1$ car $\limite{x}{0}{x^n\ln x}=0$.
\item $h(1)=1^2(1-2\ln 1)+1)=1+1=2$.
\item $\limite{x}{+\infty}{(1-2\ln x)}=-\infty$ et $\limite{x}{+\infty}{x^2}=+\infty$ donc par produit, $\limite{x}{+\infty}{h(x)}=-\infty$.
\end{itemize}

D'où le tableau suivant :

\medskip

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=violet!10,colorC=violet!10,colorV=violet!10]{$x$/0.5,$h'(x)$/0.5,$h$/1}{0,$1$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-}
\tkzTabVar{-/$1$,+/$2$,-/$-\infty$}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item $h$ est continue et strictement décroissante sur \intervFO{1}{+\infty}. 

De plus, $h(1)=2$ et $\limite{x}{+\infty}{h(x)}=-\infty$, donc d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique valeur $\alpha>1$ telle que $h(\alpha)=0$. À la calculatrice, on trouve:
\[
\alpha\approx1,895
\]
\item De ce qui précède, on déduit le tableau suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=violet!10,colorC=violet!10,colorV=violet!10]{$x$/0.5,$h(x)$/0.5}{0,$\alpha$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
g'(x) 
& = -2x\ln x+(1-x^2)\times\dfrac{1}{x}+2x\\
& = \dfrac{-2x^2\ln x+1-x^2+2x^2}{x}\\
& = \dfrac{-2x^2\ln x + x^2 + 1}{x}\\
& = \dfrac{(1-2\ln x)x^2 + 1}{x}\\
\Aboxed{g'(x) & =\dfrac{h(x)}{x}}
\end{aligned}$

Ainsi, $g'(x)$ est du signe de $h(x)$ (car $x>0$).

\medskip

De plus,
\begin{itemize}
\item $\limite{x}{0}{(1-x^2)}=1$ et $\limite{x}{0}{\ln x}=-\infty$ donc $\limite{x}{0}{(1-x^2)\ln x}=-\infty$.

De plus, $\limite{x}{0}{(x^2+1)}=1$ donc par somme, $\limite{x}{0}{g(x)}=-\infty$.

\item $g(\alpha)\approx2,9>0$

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

$\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x^2}-1\right)}=-1$ et $\limite{x}{+\infty}{\ln x}=+\infty$ donc par produit,\\
$\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x^2}-1\right)\ln x}=-\infty$.

De plus, $\limite{x}{+\infty}{\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)}=1$ donc par somme,\\
$\limite{x}{+\infty}{\left[\left(\dfrac{1}{x^2}-1\right)\ln x+1+\dfrac{1}{x^2}\right]}=-\infty$.

Ainsi, par produit, $\limite{x}{+\infty}{g(x)}=-\infty$.
\end{itemize}

D'où le tableau suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=violet!10,colorC=violet!10,colorV=violet!10]{$x$/0.5,$g'(x)$/0.5,$g(x)$/1}{0,$\alpha$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-}
\tkzTabVar{-/$-\infty$,+/$g(\alpha)>0$,-/$-\infty$}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item Sur \intervOO{0}{\alpha}, $g$ est continue et strictement décroissante. De plus, $\limite{x}{0}{g(x)}=-\infty$ et\linebreak $g(\alpha)>0$ donc d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $\beta$ sur \intervOO{0}{\alpha} à l'équation $g(x)=0$.

Il en est de même sur \intervOO{\alpha}{+\infty}. La solution est alors notée $\gamma$.
\[
\beta\approx0,301\qquad\text{et}\qquad\gamma\approx3,319
\]
Nous savons donc que :
\[
g(\beta)=0\qquad\text{donc :}\qquad (1-\beta^2)\ln\beta+\beta^2+1=0.
\]
Ainsi,
\begin{align*}
g\left(\dfrac{1}{\beta}\right) & = \left(1-\dfrac{1}{\beta^2}\right)\ln\dfrac{1}{\beta}+\dfrac{1}{\beta^2}+1\\
& = \dfrac{\beta^2-1}{\beta}\times(-\ln\beta)+\dfrac{\beta^2+1}{\beta^2}\\
& = \dfrac{(1-\beta^2)\ln\beta+\beta^2+1}{\beta^2}\\
& = \dfrac{g(\beta)}{\beta^2}\\
& = 0.
\end{align*}
Ainsi, $\dfrac{1}{\beta}$ est solution de l'équation $g(x)=0$. Or, cette équation n'admet que deux solutions : $\beta$ et $\gamma$. De plus, $\beta\neq\dfrac{1}{\beta}$ donc $\gamma=\dfrac{1}{\beta}$.
\end{enumerate}

\item $\begin{aligned}[t]
f'(x) & = \dfrac{(\ln x+1)(x^2+1)-2x^2\ln x}{(x^2+1)^2}\\
& = \dfrac{\ln x-x^2\ln x+x^2+1}{(x^2+1)^2}\\
& = \dfrac{(1-x^2)\ln x+x^2+1}{(x^2+1)^2}\\
\Aboxed{f'(x) & = \dfrac{g(x)}{(x^2+1)^2}}
\end{aligned}$

\medskip

Ainsi, $f'(x)$ est du signe de $g(x)$ d'où :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=violet!10,colorC=violet!10,colorV=violet!10]{$x$/0.5,$f'(x)$/0.5,$f(x)$/1}{0,$\beta$,$\frac{1}{\beta}$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,z,-}
\tkzTabVar{+/$0$,-/$f(\beta)$,+/$f(\frac{1}{\beta})$,-/$0$}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item $\begin{aligned}[t]
f(\gamma) & = f\left(\dfrac{1}{\beta}\right)\\
& = \dfrac{\frac{1}{\beta}\ln\frac{1}{\beta}}{\frac{1}{\beta^2}+1}\\
& = \dfrac{\frac{-\ln\beta}{\beta}}{\frac{1+\beta^2}{\beta^2}}\\
& = -\dfrac{\ln\beta}{\beta}\times\dfrac{\beta^2}{1+\beta^2}\\
& = -\dfrac{\beta\ln\beta}{\beta^2+1}\\
& = -f(\beta).
\end{aligned}$
\end{enumerate}
\newpage