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%Tapuscrit Denis Vergès
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\def\Ouv{$\left(\text{O}~;~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat STI Génie mécanique,\\civil, énergétique}
\lfoot{\small{Nouvelle-Calédonie}}
\rfoot{\small{décembre 2006}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}\textbf{Durée : 4 heures}

\vspace{0,5cm}

{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat STI décembre
 2006 ~\decofourright\\[5pt]Nouvelle Calédonie Génie mécanique, énergétique, civil}}
\end{center}

%\emph{Un formulaire de mathématiques est distribué en même temps que  le sujet. Une feuille de papier millimétré sera mise à la disposition des candidats.}

\vspace{0.5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1}\hfill 5 points}

\medskip

%On note i le nombre complexe de module $1$ et d'argument $\frac{\pi}{2}$.

%Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct \Ouv, 	unité graphique : $2$~cm.

\begin{enumerate}
\item  Résolution d'une équation. 
	\begin{enumerate}
			\item  %Résoudre, dans l'ensemble $\C$ des nombres complexes l'équation
%\[(z - 4 \text{i})\left(z^2 - 4z  + 8\right) = 0.\]
$(z - 4 \text{i})\left(z^2 - 4z  + 8\right) = 0 \iff \left\{\begin{array}{l c l}
z - 4\text{i} &=&0 \\
z^2 - 4z  + 8&=&0
\end{array}\right.$

La première équation a pour solution $4 \text{i}$ ; pour l'équation du second degré : $\Delta = 16 - 32 = - 16 = \left(4\text{i} \right)^2$. 

L'équation a donc deux solutions complexes conjuguées : $\dfrac \leqslant{4 + 4\text{i}}{2} = 2 + 2\text{i}$ et $2 - 2\text{i}$.

Conclusion : $S = \left\{4 \text{i}\quad ; \quad 2 + 2\text{i}\quad ; \quad 2 - 2\text{i}  \right\}$.
		\item   %Déterminer l'écriture de chacune des solutions sous la forme exponentielle $\rho \text{e}^{\text{i}\theta}$ où  $\rho$ est un nombre réel strictement positif et $\theta$ un nombre réel.
\setlength\parindent{5mm}
\begin{itemize}
\item[$\bullet~$] $4\text{i} = 4 \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}}$ ;
\item[$\bullet~$] $|2 + 2\text{i}| = \sqrt{2^2 + 2^2} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$.

On a alors $2 + 2\text{i} = 2\sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2} + \text{i}\frac{\sqrt{2}}{2} \right) = 2\sqrt{2}\left(\cos\frac{\pi}{4} + \text{i}\sin\frac{\pi}{4} \right) = 2\sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}$.
\item[$\bullet~$] La dernière solution étant la conjuguée de la précédente : 

$2 - 2\text{i} = 2\sqrt{2}\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{4}}$.
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}

	\end{enumerate}
\item   %Soient A, B et C les points d'affixes respectives  $a = 2 - 2 \text{i},~b = 2 + 2 \text{i}$ et $c = 4 \text{i}$.
	\begin{enumerate}
		\item %Placer les points A, B et C dans le repère \Ouv.
Voir la figure \`a la fin de l'exercice
		\item  %Placer le milieu M du segment [BC] et calculer son affixe $m$ sous la forme algébrique.
		On a M$\left(\frac{2 + 0}{2} = 1~;~\frac{2 + 4}{2} = 3 \right)$.
	\end{enumerate}
\item %On désigne par B$'$,  C$'$ et M$'$ les points  d'affixes respectives $b' = \dfrac{16}{b},~c' = \dfrac{16}{c}$ et $m' = \dfrac{16}{m}$.
	\begin{enumerate}
		\item  %Déterminer  la forme algébrique de chacun des nombres complexes $b'$ et  $c'$.
$b' = \dfrac{16}{2 + 2 \text{i}} = \dfrac{16(2 - 2 \text{i})}{(2 + 2 \text{i})(2 - 2 \text{i})} = \dfrac{32(1 - \text{i})}{8} = 4(1 - \text{i})$ ;

$c' = \dfrac{16}{4 \text{i}} = \dfrac{4}{\text{i}} = \dfrac{4\text{i}}{-1} = - 4\text{i}$.
On admettra que $m' = \dfrac{8}{5} - \dfrac{24}{5} \text{i}$.
		\item  %Placer les points B$'$,  C$'$  et M$'$ sur la figure.
Voir la figure
	\end{enumerate}
\item  Quelques configurations géométriques. 
	\begin{enumerate}
		\item  %Calculer les modules des nombres complexes  $b' - a,~ c' - a$  et $m' - a$.
		On a $\left|b' - a  \right|  = \left|4 - 4\text{i} - 2 + 2\text{i}   \right| = |2 - 2\text{i} | = 2\sqrt{2}$ ;
		
$\left|c' - a  \right|  = \left|- 4\text{i} - 2 + 2\text{i}   \right| = |-2 - 2\text{i} | = 2\sqrt{2}$ ;

$\left|m' - a\right| = \left|\dfrac{8}{5} - \dfrac{24}{5} \text{i} - 2 + 2\text{i} \right| = \left|- \frac{2}{5} - \frac{14}{5}\text{i}  \right| = \sqrt{\left(\frac{2}{5} \right)^2 + \left(\frac{14}{5} \right)^2} = \sqrt{\dfrac{4 + 196}{25}} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$.
		\item  %En déduire que les points B$'$, C$'$  et M$'$  appartiennent à un même cercle $\mathcal{C}$ de centre A.
On vient donc de démontrer que :
		
$\left|b' - a  \right| = \text{AM}' = \left|c' - a  \right| = \text{AC}' = \left|m' - a\right| = \text{AM}' = 2\sqrt{2}$, ce qui montre que les points B$'$, C$'$ et M$'$ appartiennent au cercle $\mathcal{C}$ de centre A et de rayon $2\sqrt{2}$.
		\item  %Tracer le cercle $\mathcal{C}$ sur la figure et démontrer  que le point O appartient au cercle $\mathcal{C}$.
		On a vu que OA = $\left|z_{\text{A}}  \right| v= 2\sqrt{2}$, ce qui montre que O appartient au cercle  $\mathcal{C}$.
		\item  %Démontrer que le triangle isocèle AB$'$C$'$ est rectangle en A.
On a vu que AB$'^2 = 8$ et AC$'^2 = 8$, donc le triangle AB$'$C$'$ est isocèle en A.

D'autre part $\left|c' - b'\right|^2 = \left|-1\text{i} - (4 - 4\text{i}) - b'\right|^2 = 16$.

Donc $16 = 8 + 8 \iff \text{B}'\text{C}'^2 = \text{AB}'^2 + \text{AC}'^2 \iff $ AB$'$C$'$ est un triangle rectangle en A d'après la réciproque du théorème de Pythagore.
	\end{enumerate}
\end{enumerate} 

\medskip

\psset{unit=1cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-1,-5)(5,4)
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(-1,-5)(5,4.5)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\uput[d](0.5,0){$\vect{u}$}\uput[l](0,0.5){$\vect{v}$} \uput[dl](0,0){O}
\psdots(2,-2)(2,2)(0,4)(1,3)(4,-4)(0,-4)(1.6,-4.8)%ABCMB$'$C$'$M$'$
\uput[ur](2,-2){A} \uput[ur](2,2){B} \uput[r](0,4){C} \uput[ur](1,3){M} 
\uput[dr](4,-4){B$'$} \uput[dr](0,-4){C$'$} \uput[dr](1.6,-4.8){M$'$}
\psline(2,2)(0,4) \pspolygon(2,-2)(4,-4)(0,-4)
\pscircle(2,-2){2.828}\uput[l](5,-2){$\mathcal{C}$} 
\end{pspicture}
\end{center} 
\vspace{0.5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2}\hfill 3 points}

\medskip

%Le dispositif de la figure A  ci-dessous est constitué d'une cuve reliée à un récipient par un tuyau muni d'une vanne.

%Cette vanne étant fermée, on remplit d'eau la cuve (figure A).  On ouvre ensuite la vanne et l'eau passe  dans le récipient d'où elle s'écoule en pluie fine par le fond percé d'une multitude du petits orifices comme l'indique la figure B ci-dessous.

%\medskip

%\begin{tabular}{c c}
%\psset{unit=0.8cm}\begin{pspicture}(0,-1.5)(6,4)\psframe[fillstyle=solid,fillcolor=gray](0,0.4)(2,2.5) \psellipse[fillstyle=solid,fillcolor=gray](1,0.4)(1,0.4)\psellipse[fillstyle=solid,fillcolor=gray](1,2.5)(1,0.4) \psframe[fillstyle=solid,fillcolor=gray](2,0.4)(4,0.7)
%\psellipse(5,0.4)(1,0.4) \psline(4,0.4)(4,1.3) \psline(6,0.4)(6,1.3)  \psellipse(5,1.3)(1,0.4)\rput(5,1.9){Récipient} \rput(3,1){Vanne fermée}\rput(1,3.2){Cuve}\rput(3,-1.5){Figure A}	 \end{pspicture}
%&
%\begin{pspicture}(0,-1.5)(6,4)
%\psframe[fillstyle=solid,fillcolor=gray](0,0.4)(2,2.5) \psellipse[fillstyle=solid,fillcolor=gray](1,0.4)(1,0.4)\psellipse[fillstyle=solid,fillcolor=gray](1,2.5)(1,0.4) \psframe[fillstyle=solid,fillcolor=gray](2,0.4)(4,0.7)
% \psline(4,0.4)(4,1.3)\psframe[fillstyle=solid,fillcolor=gray](4,0.4)(6,0.8) \psline(6,0.4)(6,1.3) \psellipse[fillstyle=solid,fillcolor=gray](5,0.4)(1,0.4)\psellipse[fillstyle=solid,fillcolor=gray](5,0.8)(1,0.4) \psellipse(5,1.3)(1,0.4) \rput(5,1.9){Récipient}\rput(3,1){Vanne ouverte}\rput(1,3.2){Cuve} \psline(6,0.4)(6.3,0.4) \psline(6,0.8)(6.3,0.8)
% \psline{<->}(6.3,0.4)(6.3,0.8)\rput(6.7,0.6){$h(t)$}\multido{\n=4.0+0.1}{20}{\psline(\n,-0.1)(\n,-0.2)}
%\multido{\n=4.0+0.1}{20}{\psline(\n,-0.3)(\n,-0.4)}\multido{\n=4.0+0.1}{20}{\psline(\n,-0.5)(\n,-0.6)}
%\multido{\n=4.0+0.1}{20}{\psline(\n,-0.7)(\n,-0.8)}\multido{\n=4.0+0.1}{20}{\psline(\n,-0.9)(\n,-1)} 
%\psline(4,0)(4,0.1)\psline(4.1,0)(4.1,0.1) \psline(4.2,0)(4.2,0.1) \psline(4.3,0)(4.3,0.1)\psline(5.6,0)(5.6,0.1)\psline(5.7,0)(5.7,0.1)\psline(5.8,0)(5.8,0.1)
%\psline(5.9,0)(5.9,0.1) \psline(4,0.2)(4,0.3)\psline(5.9,0.2)(5.9,0.3)\rput(3,-1.5){Figure B}
%	     \end{pspicture}\\
%\end{tabular}

\medskip

%On considère alors la fonction  $h$ qui  à tout instant $t$ exprimé en minutes, fait correspondre la hauteur d'eau $h(t)$, exprimée en mètres,  dans le récipient. On choisit l'instant où l'on ouvre la vanne comme origine des temps et, à cet instant $t = 0$, la hauteur d'eau  dans le récipient est nulle.

%On admet  que la fonction $h$ est  définie et  dérivable sur l'intervalle $[0~;~+ \infty[$ et qu'elle  vérifie, pour tout nombre réel $t$ de cet intervalle,  la relation \[h'(t) + 2h(t) =  \dfrac{1}{2}\text{e}^{-t}\]
%où $h'$  désigne la dérivée de la fonction $h$.

\begin{enumerate}
\item  %On considère la fonction $g$ définie sur l'intervalle $[0~;~+ \infty[$ par 

%\[g(t) = h(t) - \dfrac{1}{2}\text{e}^{-t}.\]
	\begin{enumerate}
		\item  %Démontrer que $g$ est une solution de l'équation différentielle 
		
%(E) $y' +2y = 0$.
$h$ étant dérivable sur $[0~;~+ \infty[,~g$ l'est aussi et 

$g'(t) = h'(t) + \dfrac{1}{2}\text{e}^{-t}$.

Or par hypothèse $h'(t) = \dfrac{1}{2}\text{e}^{-t} - 2h(t)$ donc en reportant dans la première équation :

$g'(t) = \dfrac{1}{2}\text{e}^{-t} - 2h(t) + \dfrac{1}{2}\text{e}^{-t} = \text{e}^{-t} - 2h(t) = -2\left(h(t) -  \dfrac{1}{2}\text{e}^{-t}\right) = - 2g(t).$

Finalement $g'(t) = - 2g(t) \iff g'(t) + 2g(t)$ ce qui signifie que la fonction $g$ est une solution de différentielle (E) $y' +2y = 0$.
		\item  %Résoudre l'équation  différentielle  (E).
		On sait que les solutions de l'équation (E) sont de la forme $y = A\text{e}^{-2t},~A \in \R$. 
		\item  %Utiliser les résultats  précédents et  la condition  initiale $h(0) = 0$ pour démontrer que, pour tout $t$ appartenant à $[0~;~+ \infty[~:~ h(t) = \dfrac{1}{2}\left(\text{e}^{-t} - \text{e}^{-2t}\right)$.
On a donc $h(t) = g(t) + \dfrac{1}{2}\text{e}^{-t}$, ce qui entra\^{\i}ne en particulier pour $t = 0$, que 

$h(0) = g(0) + \dfrac{1}{2}\text{e}^{-0} = 0 \iff A + \dfrac{1}{2} = 0 \iff A = - \dfrac{1}{2}$.
		
Finalement sur $[0~;~+ \infty[~:~ h(t) = \dfrac{1}{2}\left(\text{e}^{-t} - \text{e}^{-2t}\right)$.
	\end{enumerate}
\item  Étude des variations de $h$ 
	\begin{enumerate}
		\item  %Déterminer la limite de $h$ en $+ \infty$.
On sait que $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} \text{e}^{-t} = \displaystyle\lim_{t \to + \infty} \text{e}^{-2t} = 0$, donc $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} h(t) = 0$.  
		\item  %Calculer $h'(t)$ et démontrer que  pour tout réel $t$  appartenant à $[0~;~+ \infty[, h'(t)$ a même signe que $2\text{e}^{-t} - 1$.
On a $h'(t) = \dfrac{1}{2}\left(-\text{e}^{-t} + 2 \text{e}^{-2t}\right) = \dfrac{1}{2}\text{e}^{-t}\left(2\text{e}^{-t} - 1 \right)$.

Comme $\dfrac{1}{2}\text{e}^{-t} > 0$ quel que soit le réel $x$, on en déduit que $h'(t)$ est du signe de la différence $2\text{e}^{-t} - 1$.
		\item  %Étudier le signe de  $2\text{e}^{-t} - 1$ sur l'intervalle $[0~;~+ \infty[$, puis dresser le tableau de variations de la fonction $h$. Calculer $h(\ln 2)$.
$h(\ln 2) = \dfrac{1}{2}\left(\text{e}^{-\ln 2} - \text{e}^{-2\ln 2}\right) = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{\text{e}^{\ln 2}} - \dfrac{1}{\text{e}^{+2\ln 2}}\right) = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{4} \right) = \dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{8}$.

$2\text{e}^{-t} - 1  > 0 \iff 2\text{e}^{-t} > 1 \iff \text{e}^{-t} > \dfrac{1}{2} \iff -t > - \ln 2~(\text{par croissance de la fonction ln)}$

$t < \ln 2$.

De m\^eme on a $2\text{e}^{-t} - 1  < 0 \iff t > \ln 2$.

On en déduit que sur $[0~;~\ln 2[,~h$ est croissante et sur $[\ln 2~;~+ \infty[,~h$ est décroissante. D'o\`u le tableau de variations :

\medskip
\begin{center}
\begin{pspicture}(8,2.5)
\psframe(8,2.5) \psline(0,2)(8,2) \psline(2,0)(2,2.5)\psline[doubleline=true](2.1,2)(2.1,0)
\uput[u](1,2){$t$} \uput[u](2.1,2){$0$} \uput[u](5,2){$\ln 2$} \uput[u](7.6,2){$+\infty$}\uput[u](7.8,0){$0$}\uput[d](5,2){$\frac{1}{8}$}
\rput(1,1){$h(t)$}\uput[u](2.25,0){0}
\psline{->}(2.45,0.5)(4.4,1.7) \psline{->}(5.5,1.7)(7.4,0.5)
\end{pspicture}
\end{center}

\medskip

	\end{enumerate}
\item  %En déduire la hauteur minimale en millimètres que doit avoir  le récipient pour que  l'eau s'en écoule entièrement par le fond, c'est-à-dire sans  déborder du récipient, lorsque la vanne reste ouverte.
La hauteur maximale est égale \`a $\dfrac{1}{8} = 0,125~$(m). Il faut donc que la cuve ait une hauteur d'au moins 0,125~(m) = 12,5~(cm) pour qu'il n'y ait débordement. 
\end{enumerate}
 
\vspace{0.5cm}

\textbf{\textsc{Problème}\hfill 10 points}

\medskip
 
%On considère la fonction $f$ définie sur l'intervalle $]0~;~+\infty[$ par :
%\[f(x) = 4 - \ln 2 - \dfrac{1}{4}x^2  + \dfrac{1}{2}\ln x\]
%où $\ln$ désigne la fonction logarithme népérien. On désigne par $\mathcal{C}_{f}$ la courbe représentative de $f$ dans un repère orthonormal \Oij{} du plan d'unité graphique $2$~cm. 
\textbf{Partie A :  étude de la fonction} \boldmath  $f$ \unboldmath

\medskip

\begin{enumerate}
\item  Étude des limites.
	\begin{enumerate}
		\item  %Déterminer $\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x)$ et en déduire que la courbe $\mathcal{C}_{f}$ admet une asymptote dont on précisera une équation.
Comme $\displaystyle\lim_{x \to 0} \ln x = - \infty,~\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = - \infty$.

Ceci signifie que l'axe des ordonnées d'équation $x = 0$ est asymptote verticale \`a $\mathcal{C}_{f}$ au voisinage de zéro.
		\item %Vérifier que pour tout réel $x$ appartenant à l'intervalle $]0~;~+\infty[$ on a :

%\[f(x) = 4 - \ln  2 - x\left(\dfrac{1}{4}x - \dfrac{1}{2}\dfrac{\ln x}{x}\right) \quad \text{ et en déduire}~ \displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x).\]
$f(x) = 4 - \ln 2 - \dfrac{1}{4}x^2  + \dfrac{1}{2}\ln x$ soit en factorisant $x$ dans les deux derniers termes : $f(x) =  4 - \ln 2 - x \left(\dfrac{1}{4}x  + \dfrac{1}{2}\dfrac{\ln x}{x} \right)$.

Comme $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{\ln x}{x} = 0$, on en déduit que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = - \infty$.
	\end{enumerate}
\item Étude du signe de $f$ sur un intervalle
	\begin{enumerate}
		\item  %Calculer $f'(x)$ et vérifier que $f'(x) = \dfrac{1 - x^2}{2x}$.
$f$ somme de fonctions dérivables sur $]0~;~+\infty[$ est dérivable et sur cet intervalle :

$f'(x) = -2\times \dfrac{1}{4}x + \dfrac{1}{2}\dfrac{1}{x} = -\dfrac{1}{2}x + \dfrac{1}{2}\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{2}\left(- x+ \dfrac{1}{x}\right) = \dfrac{1}{2}\dfrac{1 - x^2}{x} = \dfrac{1 - x^2}{2x}$.
		\item  %Étudier le signe de $f'(x)$ sur l'intervalle $]0~;~+\infty[$ et dresser le tableau des variations de la fonction $f$.
Comme $2x > 0$, le signe de $f'(x)$ est celui de $1 - x^2 = (1 + x)(1 - x)$.

On sait que ce trinôme est négatif sauf entre $-1$ et $1$.

Conclusion : sur $]0~;~1[, \:f'(x) > 0$, donc $f$ est croissante et sur $[1~;~+ \infty[, \:f$ est décroissante.

$f(1) =  4 - \ln 2 - \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{2}\ln 1 = \dfrac{15}{4} - \ln 2$.

On a donc le tableau de variations suivant :

\medskip

\psset{unit=1cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(8,2.5)
\psframe(8,2.5) \psline(0,2)(8,2) \psline(2,0)(2,2.5)\psline[doubleline=true](2.1,0)(2.1,2)
\uput[u](1,2){$x$} \uput[u](2.1,2){$0$} \uput[u](5,2){$1$} \uput[u](7.6,2){$+\infty$}\rput(1,1){$f(x)$}
\psline{->}(2.5,0.5)(4.3,1.7) \psline{->}(5.7,1.7)(7.3,0.5)
\uput[u](7.65,0){$-\infty$} \uput[u](2.4,0){$-\infty$}
\uput[d](5,2){$\frac{15}{4} - \ln 2$}
\end{pspicture}
\end{center}

\medskip

		\item  %Calculer $f(4)$ et en déduire que la fonction $f$ est positive ou nulle sur l'intervalle [1 ; 4].
$f(4) = 4 - \ln 2 -\dfrac{1}{4}\times 4^2 + \dfrac{1}{2}\ln 4 =  4 - \ln 2 - 4 + \dfrac{1}{2}\times 2 \ln 2 =  0$.

On a vu que $f(1) = \frac{7}{2} - \ln 2 \approx 2,8 > 0$.

Comme la fonction est décroissante sur $[1~;~4]$, on peut en déduire que sur $[1~;~4],~f(x) \geqslant 0$. 
	\end{enumerate}
\item  %On désigne par A et B les points de la courbe $\mathcal{C}_{f}$ d'abscisses respectives $1$ et $4$. 
	\begin{enumerate}
		\item  %Déterminer une équation de la tangente à la courbe $\mathcal{C}_{f}$ en B.
On a $M(x~;~y) \in T_{B} \iff y - f(4) = f'(4)(x - 4)$

On a $f'(4) =  \dfrac{1 - 4^2}{2\times 4} = - \dfrac{15}{8}$.

Donc $M(x~;~y) \in T_{B} \iff y - 0 = - \dfrac{15}{8}(x - 4) \iff y = - \dfrac{15}{8}x +  \dfrac{15}{2}$.
		\item   %Tracer les tangentes à $\mathcal{C}_{f}$ aux points A et B puis $\mathcal{C}_{f}$ dans le repère \Oij.
Voir la figure \`a la fin de l'exercice.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip
 
\textbf{Partie B}

\medskip
 
%On admet que, compte tenu de l'unité graphique utilisée, la longueur $L$, exprimée en cm, de l'arc
%$\widearc{\text{AB}}$ de la courbe $\mathcal{C}_{f}$ est donnée par l'intégrale suivante :

%\[L = \displaystyle\int_{1}^4 2\sqrt{1 + [f'(x)]^2} \,\text{d}x.\]

\begin{enumerate}
\item %Démontrer que pour tout réel  $x > 0$ on a :  $1 + [f'(x)]^2 =\left(\dfrac{1}{2x} + \dfrac{x}{2}\right)^2$.
$1 + [f'(x)]^2 = 1 + \left[\dfrac{1 - x^2}{2x}  \right]^2 = 1 + \dfrac{\left(1 - x^2 \right)^2}{4x^2} = \dfrac{4x^2 + 1 + x^4 - 2x^2}{4x^2} = \dfrac{2x^2 + 1 + x^4}{4x^2} = \dfrac{\left(1 + x^2 \right)^2}{4x^2} = \dfrac{\left(1 + x^2 \right)^2}{(2x)^2} = \left(\dfrac{1 + x^2}{2x} \right)^2 = \left(\dfrac{1}{2x} + \dfrac{x}{2} \right)^2$.
\item  %Calculer la valeur exacte de la longueur en cm de l'arc $\widearc{\text{AB}}$ de la courbe $\mathcal{C}_{f}$, puis en donner un valeur approchée arrondie au mm.
Comme $x > 0,~\sqrt{\left(\dfrac{1}{2x} + \dfrac{x}{2} \right)^2} = \dfrac{1}{2x} + \dfrac{x}{2}$.
 
On a donc $L = \displaystyle\int_{1}^4 2\sqrt{1 + [f'(x)]^2} \,\text{d}x = \displaystyle\int_{1}^4 2\left(\dfrac{1}{2x} + \dfrac{x}{2} \right)\:\text{d}x = \displaystyle\int_{1}^4 \dfrac{1}{x}\:\text{d}x + \displaystyle\int_{1}^4 x\:\text{d}x = \left[\ln x + \dfrac{x^2}{2} \right]_{1}^4 = \ln 4 + \dfrac{4^2}{2} - \left(\ln 1 + \dfrac{1^2}{2} \right)  = \ln 4 + 8 - \dfrac{1}{2} = \dfrac{15}{2} + \ln 4$.

L'unité de longueur est égale \`a 2~cm, donc 

 $L \approx 2 \times 8,886 \approx 17,77$~cm \`a 1 mm près.
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie C}

\medskip
 
%On considère la région $\mathcal{A}$ du plan délimitée par la droite d'équation $x = 1$, l'axe des abscisses et l'arc $\widearc{\text{AB}}$ de la courbe $\mathcal{C}_{f}$.
\begin{enumerate}
\item  %On considère la fonction $G$ définie sur l'intervalle $]0~;~+\infty[$ par $G(x) = x\ln x - x$.
$G$ est dérivable sur $]0~;~+\infty[$ et sur cet intervalle :

$G'(x) = \ln x + x \times \dfrac{1}{x} - 1 = \ln x + 1 - 1 = \ln x$.

$G$ est donc une primitive de la fonction $x \mapsto \ln x$  sur l'intervalle $]0~;~+\infty[$.
%Démontrer que la fonction $G$ est une primitive de la fonction $x \mapsto \ln x$  sur l'intervalle $]0~;~+\infty[$.
\item  %Calculer, en cm$^2$, la valeur exacte de l'aire de $\mathcal{A}$ (On utilisera le résultat de 2. c.  de la partie A), puis en donner une valeur approchée arrondie au mm$^2$.
La fonction $f$ est positive sur [1~;~4] ; donc l'aire de la partie $\mathcal{A}$ est égale \`a l'intégrale :

$\displaystyle\int_{1}^4 f(x)\:\text{d}x = \displaystyle\int_{0}^1 \left(4 - \ln 2 - \dfrac{1}{4}x^2  + \dfrac{1}{2}\ln x\right)\:\text{d}x = \left[(4 - \ln 2)x - \dfrac{1}{12}x^3 +  \dfrac{1}{2}(x\ln x - x) \right]_{0}^1 = (4 - \ln 2)\times 4 - \dfrac{1}{12}4^3 +  \dfrac{1}{2}(4\ln 4 - 4) - \left[(4 - \ln 2)\times 1 - \dfrac{1}{12}1^3 +  \dfrac{1}{2}(1\ln 1 - 1) \right] = 16 - 4\ln 2 - \dfrac{16}{3} + 2\ln 4 - 2  - 4 + \ln 2 + \dfrac{1}{12} - \dfrac{1}{2} = \dfrac{21}{4} + \ln 2$.

Comme l'unité d'aire est égale \`a $2 \times 2 = 4$~cm$^2$, l'aire de la partie $\mathcal{A}$ est égale \`a :

$4 \times \left(\dfrac{21}{4} + \ln 2 \right) = 21 + 4\ln 2 \approx 23,77$~cm$^2$ au mm$^2$ près.
\end{enumerate}

\medskip

\psset{xunit=1.5cm,yunit=0.75}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-0.25,-4)(6,3.5)
\pscustom[fillstyle=vlines]{
\psplot[plotpoints=3000,linecolor=blue,linewidth=1.25pt]{1}{4}{4 2 ln sub x dup mul 0.25 mul sub x ln 2 div add}
\psline(4,0)(1,0)}\psline(1,0)(1,3)
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(-0.25,-4)(6,3.5)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\uput[d](0.5,0){$\vect{\imath}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{\jmath}$}
\psplot[plotpoints=3000,linecolor=blue,linewidth=1.25pt]{0.01}{5.7}{4 2 ln sub x dup mul 0.25 mul sub x ln 2 div add} 
\end{pspicture}
\end{center}
\vfill
Si vous photocopiez ce corrigé pensez à en créditer l'\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}, merci
\end{document}