\partie{A}

\begin{enumerate}
\item $f'(x)=1-\dfrac{1}{x}=\dfrac{x-1}{x}$. $f'(x)$ est donc du signe de $x-1$ car sur \intervOF{0}{3}, $x>0$.

\medskip

\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-7cm}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorV=violet!10,colorL=violet!10, colorC=violet!10]{$x$/0.5,$f'(x)$/0.7,$f(x)$/1}{0,1,3}
\tkzTabLine{d,-,z,+,}
\tkzTabVar{D+/,-/1,+/}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{minipage}
\hfill
\begin{minipage}{5cm}
$f(3) = 3-\ln 3$
\end{minipage}


\item $(\ln x)^2$ est de la forme $u^2$ donc sa d\'eriv\'ee est $2u'u$.

\begin{align*}
g'(x) & =1-2\times\dfrac{1}{x}\times\ln x\qquad\text{ car }\\
& = 1-\dfrac{2\ln x}{x}\\
\Aboxed{g'(x) & = \dfrac{x-2\ln x}{x}}
\end{align*}

$x-2\ln x>0$ sur \intervOF{0}{3} (d'apr\`es l'\'enonc\'e) et $x>0$ sur cet intervalle donc $g'(x)>0$ sur \intervOF{0}{3}.

Ainsi, $g$ est strictement croissante sur \intervOF{0}{3}.

\item D'apr\`es les variations trouv\'ees pr\'ec\'edemment, la courbe en pointill\'es est $\Gamma$ et celle en trait plein est $\mathcal{C}$.
\end{enumerate}

\partie{B}

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
g(x)=f(x) & \iff x-(\ln x)^2=x-\ln x\\
& \iff (\ln x)^2-\ln x=0\\
& \iff (\ln x)(\ln x-1)=0\\
& \iff \ln x = 0 \text{ ou } \ln x-1=0 \quad\text{(th\'eor\`eme du produit nul)}\\
& \iff \e^{\ln x}=\e^0\text{ ou } \ln x=1\\
& \iff x=1\text{ ou } x=\e
\end{aligned}$

On a donc : $\boxed{{\cal S}=\{1~;~\e\}}$.

\item Les solutions de l'\'equation $g(x)=f(x)$ sont les abscisses des points d'intersection des courbes $\cal C$ et $\Gamma$. Notons alors M le point d'abscisse 1 et N celui d'abscisse $\e$.

Alors, $y_M=f(1)=g(1)=1-\ln1=1$, donc $\boxed{M\coord{1}{1}}$, et $y_N=f(\e)=g(\e)=\e-\ln\e=\e-1$, donc $\boxed{N\coord{\e}{\e-1}}$.

Les points M et N ont \'et\'e plac\'es sur le graphique pr\'esent dans la partie C qui suit.
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
g(x)\geqslant f(x) & \iff x-(\ln x)^2\geqslant x-\ln x\\
& \iff (\ln x)^2-\ln x\leqslant0\\
& \iff (\ln x)(\ln x-1)\leqslant0
\end{aligned}$

\medskip

Trouvons le signe de chacun des facteurs $\ln x$ et $\ln x-1$ :
\begin{multicols}{2}
\begin{itemize}
\item $\ln x \geqslant0 \iff x\geqslant1$
\columnbreak
\item $\begin{aligned}[t]
\ln x-1 \geqslant0 & \iff \ln x \geqslant 1\\
& \iff x \geqslant \e
\end{aligned}$
\end{itemize}
\end{multicols}

D'o\`u le tableau de signes suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,color,colorV=violet!10,colorL=violet!10, colorC=violet!10]{$x$/0.5,$\ln(x)$/0.5,$\ln(x)-1$/0.5,$(\ln x)(\ln x-1)$/0.5}{0,1,$\e$,3}
\tkzTabLine{d,-,z,+,,+}
\tkzTabLine{d,-,,-,z,+}
\tkzTabLine{d,+,z,-,z,+}
\end{tikzpicture}
\end{center}

Ainsi, $\boxed{{\cal S}=\intervFF{1}{\e}}$

\item Si $g(x)\geqslant f(x)$ alors $\Gamma$ se trouve au-dessus de ${\cal C}$.

Ainsi, d'apr\`es la question pr\'ec\'edente,  $\Gamma$ se trouve au-dessus de ${\cal C}$ sur \intervFF{1}{\e}.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\partie{C}

\begin{enumerate}
\item Le domaine $\mathcal{D}$ est hachur\'e ci-dessous :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[xscale=4,yscale=1.2]
\clip (-.5,-1.5) rectangle (3,2.5);
\fill[pattern=north east lines] (1,0) plot[domain=1:2.718] (\x,{\x-(ln(\x))*(ln(\x))}) -- (2.718,0) -- (1,0);
\fill[fill=white] (1,0) plot[domain=1:2.718] (\x,{\x-ln(\x)}) -- (2.718,0) -- (1,0);
\draw[thick,->,>=stealth'] (-.5,0) -- (3,0);
\draw[thick,->,>=stealth'] (0,-1.5) -- (0,2.5);
\draw[dotted] (1,0) -- (1,1) -- (0,1);
\draw[dotted] (2.718,0) node[below] {$\e$} -- (2.718,1.718) -- (0,1.718) node[left] {$\e-1$};
\draw[purple,thick] plot[domain=0.01:3,samples=70] (\x,{\x-ln(\x)});
\draw[dashed,violet,thick] plot[domain=0.01:3,samples=70] (\x,{\x-(ln(\x))*(ln(\x))});
\node[purple] at (0.7,-1.2) {$\Gamma$};
\node[purple] at (0.4,2) {$\cal C$};
\node[below left] at (0,0) {O};
\draw[thick] (1,0.2) -- (1,-0.2) node[below,fill=white] {1};
\draw[thick] (0.05,1) -- (-0.05,1) node[left,fill=white] {1};
\fill[purple] (1,1) circle[x radius=0.5pt,y radius=1.33pt] node[above] {M};
\fill[purple] (2.718,1.718) circle[x radius=0.5pt,y radius=1.33pt] node[above] {N};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item
\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
H'(x) & = \big[ -1\times(\ln x)^2+(-x)\times2\times\dfrac{1}{x}\times\ln x \big] + \big[ 3\ln x + 3x\times\dfrac{1}{x} \big] -3\\
& = -(\ln x)^2-2\ln x + 3\ln x+3-3\\
\Aboxed{H'(x) & = \ln x-(\ln x)^2}
\end{aligned}$

De plus,

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

\underline{On peut ainsi conclure que $H$ est une primitive de $g-f$.}

\item $\begin{aligned}[t]
\mathcal{A} & = H(\e)-H(1)\\
& = \big(-\e(\ln\e)^2+3\e\ln\e -3\e\big) - \big(-1(\ln1)^2+3\times1\times\ln1-3\big) \\
& = \big(-\e\times 1^2+3\e\times1-3\e\big)-\big(-3\big)\\
\Aboxed{\mathcal{A} & = 3-\e}
\end{aligned}$

\underline{Ainsi, $\mathcal{A}=3-\e$ unit\'e d'aire.}

\item 1 u.a. = $50\times20$ mm$^2$ = \numprint{1000} mm$^2$.

Ainsi, $\mathcal{A}=(3-\e)\times\numprint{1000}$ mm$^2$, soit \underline{$\mathcal{A}\approx282$ mm$^2$.}
\end{enumerate}
\end{enumerate}