Partie A

1. La fonction $ u $ est définie et dérivable sur $ ]0; +\infty[ $. \begin{align*} u : & ]0; +\infty[ \longrightarrow \mathbb{R}\\ & x \longmapsto x^2 - 2 + \ln x \end{align*}
   Limites :
   On sait que $ \lim\limits_{x \to 0^+} \ln x = -\infty $ et $ \lim\limits_{x \to 0^+} (x^2 - 2) = -2 $.
   Et donc: $~ \lim\limits_{x \to 0^+} u(x) = -\infty $.
   On sait que $ \lim\limits_{x \to +\infty} \ln x = +\infty $ et $ \lim\limits_{x \to +\infty} x^2 = +\infty $.
   Par la suite: $ ~\lim\limits_{x \to +\infty} u(x) = +\infty $.
   
   Variations :
   Pour tout $ x \in ]0; +\infty[ $, on a : \[ u'(x) = 2x + \frac{1}{x} \] Puisque $ x > 0 $, on a $ 2x > 0 $ et $ \frac{1}{x} > 0 $. Par conséquent, $ u'(x) > 0 $.
   La fonction $ u $ est donc strictement croissante sur $ ]0; +\infty[ $.
2. 1. Sur l'intervalle $ ]0; +\infty[ $, la fonction $ u $ est continue et strictement croissante. Elle réalise donc une bijection de $ ]0; +\infty[ $ vers $ ]-\infty; +\infty[ $.
      Comme le réel $ 0 $ appartient à l'intervalle image $ ]-\infty; +\infty[ $, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $ u(x) = 0 $ admet une solution unique sur $ ]0; +\infty[ $. On la note $ \alpha $.
   2. À l'aide de la calculatrice, on détermine :
      $ u(1{,}31) \approx -0{,}012 $ et $ u(1{,}32) \approx 0{,}020 $
      Comme $ u(1{,}31) < 0 < u(1{,}32) $ et que $ u $ est strictement croissante, on en déduit l'encadrement : \[ 1{,}31 < \alpha < 1{,}32 \]
3. Puisque $ u $ est strictement croissante sur $ ]0; +\infty[ $ et s'annule en $ \alpha $ :
   • Pour $ x \in ]0; \alpha[ $, on a $ u(x) < 0 $.
   • Pour $ x = \alpha $, on a $ u(x) = 0 $.
   • Pour $ x \in ]\alpha; +\infty[ $, on a $ u(x) > 0 $.
4. Puisque $ \alpha $ est solution de l'équation $ u(x) = 0 $, on a : \[ \alpha^2 - 2 + \ln \alpha = 0 \] En isolant $ \ln \alpha $, on obtient directement : \[ \ln \alpha = 2 - \alpha^2 \]

Partie B

1. La fonction $ f $ est dérivable sur $ ]0; +\infty[ $. En utilisant la formule de la dérivée de la composée pour le terme $ (2 - \ln x)^2 $, on a pour tout $ x > 0 $ : \[ f'(x) = 2x + 2(2 - \ln x) \times \left(-\frac{1}{x}\right) \] \[ f'(x) = 2x - \frac{4 - 2\ln x}{x} \] En réduisant au même dénominateur : \[ f'(x) =\frac{2(x^2 - 2 + \ln x)}{x} \] On reconnaît l'expression de $ u(x) $. Ainsi : \[ f'(x) = \frac{2u(x)}{x} \]
2. Pour tout $ x \in ]0; +\infty[ $, le signe de $ f'(x) $ dépend exclusivement du signe de $ u(x) $ car le dénominateur: $ x>0 $.
   D'après la question A.3, on en déduit que :
   • Sur $ ]0; \alpha[ $, $ f'(x) < 0 $, donc $ f $ est strictement décroissante.
   • Sur $ ]\alpha; +\infty[ $, $ f'(x) > 0 $, donc $ f $ est strictement croissante.

Partie C

1. Dans le repère orthonormé, la distance entre les points $ A(0; 2) $ et $ M(x; \ln x) $ est donnée par la formule : \[ AM = \sqrt{(x_M - x_A)^2 + (y_M - y_A)^2} \] \[ AM = \sqrt{(x - 0)^2 + (\ln x - 2)^2} \] \[ AM = \sqrt{x^2 + (2 - \ln x)^2} = \sqrt{f(x)} \]
2. 1. La fonction racine carrée est strictement croissante sur $ [0; +\infty[ $. Par composition, la fonction $ g = \sqrt{f} $ possède exactement les mêmes variations que la fonction $ f $ sur $ ]0; +\infty[ $.
   2. D'après les variations de $ f $ (et donc de $ g $), la distance $ AM = g(x) $ atteint son minimum absolu sur $ ]0; +\infty[ $ pour $ x = \alpha $.
      Ce minimum est atteint au point $ P $ de la courbe $ \Gamma $ d'abscisse $ \alpha $. Ses coordonnées sont donc $ P(\alpha; \ln \alpha) $.
   3. La distance minimale est $ AP = g(\alpha) = \sqrt{f(\alpha)} $.
      \[ f(\alpha) = \alpha^2 + (2 - \ln \alpha)^2 \] D'après la question A.4, on sait que $ \ln \alpha = 2 - \alpha^2 $, ce qui donne $ 2 - \ln \alpha = \alpha^2 $.
      En remplaçant cette expression dans $ f(\alpha) $ : \[ f(\alpha) = \alpha^2 + (\alpha^2)^2 = \alpha^2 + \alpha^4 = \alpha^2(1 + \alpha^2) \] Ainsi, $ AP = \sqrt{\alpha^2(1 + \alpha^2)} $.
      Comme $ \alpha > 0 $, $ \sqrt{\alpha^2} = \alpha $. On obtient bien : \[ AP = \alpha\sqrt{1 + \alpha^2} \]
3. Un vecteur directeur de la droite $ (AP) $ est le vecteur $ \overrightarrow{AP} $ de coordonnées : \[ \overrightarrow{AP} \begin{pmatrix} \alpha - 0 \\ \ln \alpha - 2 \end{pmatrix} \iff \overrightarrow{AP} \begin{pmatrix} \alpha \\ -\alpha^2 \end{pmatrix} \] La tangente à la courbe $ \Gamma $ (fonction $ \ln $) au point $ P $ d'abscisse $ \alpha $ admet pour vecteur directeur le vecteur $ \overrightarrow{v} $ de coordonnées $ \begin{pmatrix} 1 \\ \ln'(\alpha) \end{pmatrix} $, soit : \[ \overrightarrow{v} \begin{pmatrix} 1 \\ \frac{1}{\alpha} \end{pmatrix} \] Calculons le produit scalaire de ces deux vecteurs dans le repère orthonormé : \[ \overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{v} = \alpha \times 1 + (-\alpha^2) \times \frac{1}{\alpha} = \alpha - \alpha = 0 \] Les vecteurs $ \overrightarrow{AP} $ et $ \overrightarrow{v} $ sont orthogonaux. La droite $ (AP) $ est donc bien perpendiculaire à la tangente à $ \Gamma $ en $ P $.