
\begin{enumerate}
\item On peut écrire :
\begin{align*}
\varphi(x)& =\dfrac{\ln\left[x^2\left(1+\frac{1}{x}\right)\right]}{x} = \dfrac{\ln\left(x^2\right)+\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}{x}\\
& = 2\dfrac{\ln x}{x}+\dfrac{1}{x}\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)
\end{align*}

Or, 

\begin{itemize}
\item $\limite{x}{+\infty}{\dfrac{\ln x}{x}}=0$ (cours)
\item $\limite{x}{+\infty}{\dfrac{1}{x}}=0$ donc $\limite{x}{+\infty}{\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)}=\ln 1=0$.\\
Par produit, $\limite{x}{+\infty}{\dfrac{1}{x}\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)}=0$.
\end{itemize}

\medskip

Finalement,
\[
\boxed{\limite{x}{+\infty}{\varphi(x)}=0.}
\]
\item 
\begin{enumerate}
\item Nous avons, pour $n$ fixé :

\begin{itemize}
\item $\limite{x}{+\infty}{(2x-2)}=+\infty$ ;
\item $\limite{x}{+\infty}{\ln\left(x^2+1\right)}=+\infty$ donc $\limite{x}{+\infty}{\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{n}}=+\infty$ (car $n>0$).
\end{itemize}

Ainsi, par somme, 
\[
\boxed{\limite{x}{+\infty}{f_n(x)}=+\infty.}
\]

\item La dérivée de $x\mapsto\ln\left(x^2+1\right)$ (fonction de la forme $\ln u$) est la fonction $x\mapsto\dfrac{2x}{x^2+1}$ ($\dfrac{u'}{u}$).

\medskip

Ainsi,

\[
\boxed{f_n^\prime(x)=2+\dfrac{2x}{n(x^2+1)}.}
\]

\item De la question précédente, on peut déduire que pour tout entier naturel $n$, 
\[ f_n^\prime(x)>0.\]
D'où le tableau de variations suivant :

\medskip

\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\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]{$x$/0.5,$f_n(x)$/1}{0,$+\infty$}
\tkzTabVar{-/$-2$,+/$+\infty$}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{itemize}
\item $f_n(0)=2\times0-2+\dfrac{\ln(0^2+1)}{n}=-2$.
\end{itemize}
\end{minipage}

\item La fonction $f_n$ est continue et strictement croissante sur \intervFO{0}{+\infty}.\\
De plus, \og 0 \fg{} est une valeur intermédiaire entre $f_n(0)=-2$ et $\limite{x}{+\infty}{f_n(x)}$.\\
Ainsi, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l'équation $f_n(x)=0$ admet une unique solution, que l'on notera $\alpha_n$ (pour renforcer le fait que cette valeur dépend du nombre $n$), sur \intervFO{0}{+\infty}.

\item $f_n(1)=2\times1-2+\dfrac{\ln(1^2+1)}{n}=\dfrac{\ln 2}{n}>0$. Donc \og 0 \fg{} est une valeur intermédiaire entre $f_n(0)$ et $f_n(1)$.\\
\underline{Ainsi, $\alpha_n\in\intervOO{0}{1}$.}
\end{enumerate}

\item D'après la question précédente, 
\begin{align*}
& f_n\left(\alpha_n\right)=0\\
\iff\ & 2\alpha_n-2+\dfrac{\ln\left(\alpha_n^2+1\right)}{n}=0\\
\iff\ & \dfrac{\ln\left(\alpha_n^2+1\right)}{n}=2-2\alpha_n\\
\iff\ & \boxed{\ln\left(\alpha_n^2+1\right) = 2n\left(1-\alpha_n\right).}
\end{align*}

Nous avons :
\begin{align*}
f_{n+1}\left(\alpha_n\right) & = 2\alpha_n-2+\dfrac{\ln\left(\alpha_n^2+1\right)}{n+1}\\
& = 2\alpha_n-2+\dfrac{2n\left(1-\alpha_n\right)}{n+1}\quad\text{(d'après la question précédente)}\\
& = -2(1-\alpha_n)+\dfrac{2n\left(1-\alpha_n\right)}{n+1}
\end{align*}

\begin{align*}
f_{n+1}\left(\alpha_n\right)
& = (1-\alpha_n)\left[-2+\dfrac{2n}{n+1}\right]\\
& = (1-\alpha_n)\left(\dfrac{-2n-2+2n}{n+1}\right)\\
& = \dfrac{-2(1-\alpha_n)}{n+1}
\end{align*}

Or, $0<\alpha_n<1$ donc $1-\alpha_n>0$. De plus, $n>0$ donc $\dfrac{-2(1-\alpha_n)}{n+1}<0$.

\medskip

\underline{Ainsi, $f_{n+1}(\alpha_n)<0$.}

\item
\begin{enumerate}
\item à l'aide de la calculatrice, on trouve :
\[
\alpha_1\approx0,77\qquad;\qquad\alpha_4\approx0,92\qquad;\qquad\alpha_{10}\approx0,97.
\]

\item La fonction $f_{n+1}$ est strictement croissante sur \intervOO{0}{1}.

De plus, $f_{n+1}(\alpha_n)<0$ donc l'image de $\alpha_n$ par $f_{n+1}$ est négative, ce qui signifie que la solution à l'équation  $f_{n+1}(x)=0$ est supérieure à $\alpha_n$.

\medskip

Ainsi, $\alpha_{n+1}>\alpha_n$. \underline{La suite \suite{\alpha}{n}{}est donc croissante.}

\item On sait que $0<\alpha_n<1$ donc la suite \suite{\alpha}{n}{} est majorée. De plus, elle est croissante.

Or, toute suite croissante et majorée converge.

\underline{Donc \suite{\alpha}{n}{} converge.}

\item $\limite{n}{+\infty}{f_n(x)}=2x-2$ car $\limite{n}{+\infty}{\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{n}}=0$.

Or, $\alpha_n$ représente la solution unique à l'équation $f_n(x)=0$. Donc, si on pose\linebreak $\ell=\limite{n}{+\infty}{\alpha_n}$, alors
\[
\limite{n}{+\infty}{f_n(x)=0}\Rightarrow x=\ell.\]
Or, $\limite{n}{+\infty}{f_n(x)=2x-2}$ donc $2\ell-2=0$, soit
$\ell=1$.

\underline{Ainsi, $\limite{n}{+\infty}{\alpha_n}=1.$}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
