\subsectionnn{Partie A}
\begin{questions}
\item On calcule $u'(x)=2x+\dfrac{1}{x} = \dfrac{2x^2+1}{x}$. Sur $]0~;+\infty[$, $u'(x)>0$.\\
$\lim\limits_{x \to 0} u(x)= -\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} u(x)=+\infty$ d'après les limites connues de la fonction ln.

\item \enlargethispage*{2em}
\begin{questions}
\item La fonction $u$ est continue comme somme de fonctions définies et continues sur son ensemble de définition.\\
La fonction $u$ est strictement croissante.\\
Le nombre $0 \in ]-\infty ~; +\infty[$, donc d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $u(x)=0$ admet une unique solution sur $]0~;+\infty[$.

\item D'après la calculatrice, $1,31 < \alpha < 1,32$.
\end{questions}

\item On a : $u(x) < 0$ pour $x < \alpha$ et $u(x)>0$ pour $x>\alpha$.

\item On a : $u(\alpha)=0$, donc $\alpha^2-2+\ln \alpha = 0$, d'où $\ln \alpha = 2  - \alpha^2$.
\end{questions}

\subsectionnn{Partie B}
\begin{questions}
\item On calcule :
$$f'(x)=2x+2(2-\ln x) \left( -\dfrac{1}{x} \right) = \dfrac{2x^2-4+2\ln x}{x} = \dfrac{2u(x)}{x}.$$

\item Comme $x>0$, les variations de $f$ sont données par le signe de $u$ : $f$ est décroissante pour $x < \alpha$ et croissante pour $x>\alpha$.
\end{questions}


\subsectionnn{Partie C}
\begin{questions}
\item On calcule :\\
$AM=\sqrt{(x-x_A)^2 + (y-y_A)^2} = \sqrt{x^2+(\ln x-2)^2} = \sqrt{f(x)}$.

\item
\begin{questions}
\item La fonction $g$ est la composée de la fonction $f$ et de la fonction racine carrée. La fonction racine carrée étant croissante sur $]0~;+\infty[$, $g$ a les mêmes variations que $f$.

\item On a montré précédemment que $f$ admet un minimum pour\linebreak $x=\alpha$. Les coordonnées du point $P$ sont alors $(\alpha~;~\ln\alpha)$ ou encore\linebreak[4] $(\alpha~;~2-\alpha^2)$.

\item On a :
\[
\begin{aligned}
AP &= \sqrt{\alpha^2+(2-\alpha^2-2)^2} \\
&= \sqrt{\alpha^2+\alpha^4} \\
&= \sqrt{\alpha^2(1+\alpha^2)} \\
&= \alpha \sqrt{1+\alpha^2}
\end{aligned}
\]
 car $\alpha>0$.
\end{questions}

\item Un vecteur directeur de la droite $(AP)$  est $\overrightarrow{AP} (\alpha~;~-\alpha^2)$.\\
Par ailleurs $\ln'(x)=\dfrac{1}{x}$, donc le coefficient directeur de la tangente à $\Gamma$ en $P$ est $\dfrac{1}{\alpha}$. Donc un vecteur directeur de cette tangente est $\vec{d}\left(1;\dfrac{1}{\alpha} \right)$.\\

On a :
\[\overrightarrow{AP}\cdot\vec{d} = \alpha + (-\alpha^2) \left( \dfrac{1}{\alpha} \right) = 0.\] Donc $(AP)$ est bien perpendiculaire à la tangente $\Gamma$ en $P$.
\end{questions}
