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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm} 
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat  STI Génie électrotechnique, génie optique }
\lfoot{\small{Antilles-Guyane}}
\rfoot{\small{juin 2006}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

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

\vspace{0,5cm}

{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique~\decofourright\\Antilles-Guyane  juin 2006}}
\end{center}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 4 points}

\medskip

%Dans le plan muni d'un repère orthonormal direct \Ouv{} d'unité graphique 3 cm, on considère les points A et B d'affixes respectives $z_{\text{A}} = \sqrt{3} + \text{i}$ et $z_{\text{B}} = 1 - \text{i}\sqrt{3}$ ; i est le nombre complexe de module 1 et d'argument $\dfrac{\pi}{2}$.
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Écrire $z_{\text{A}}$  et $z_{\text{B}}$ sous forme trigonométrique, puis sous forme exponentielle.
On a $\left|z_{\text{A}} \right|^2 = 3 + 1 = 4 = 2^2 \Rightarrow \left|z_{\text{A}} \right| = 2$.

On peut donc écrire : $z_{\text{A}} = 2 \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \text{i}\dfrac{1}{2} \right)$.

Or $\cos \frac{\pi}{6} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ et $\sin \frac{\pi}{6} = \dfrac{1}{2}$.

Un argument de $z_{\text{A}}$ est donc $\frac{\pi}{6}$.

On a donc $z_{\text{A}} = 2\left(\cos \frac{\pi}{6} + \text{i}\sin \frac{\pi}{6} \right).$
Finalement $z_{\text{A}} = 2\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}$.

De même on a $\left|z_{\text{B}} \right|^2 = 1 + 3 = 4 = 2^2 \Rightarrow \left|z_{\text{B}} \right| = 2$.

On peut donc écrire : $z_{\text{B}} = 2 \left(\dfrac{1}{2} - \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)$.

Or $\cos \frac{-\pi}{3} = \dfrac{1}{2}$ et $\sin \frac{-\pi}{3} = -\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.

Un argument de $z_{\text{B}}$ est donc $-\frac{\pi}{3}$.

On a donc $z_{\text{B}} = 2\left(\cos \frac{-\pi}{3} + \text{i}\sin \frac{-\pi}{3} \right).$
Finalement $z_{\text{B}} = 2\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}}$
		\item %En utilisant la règle et le compas, placer les points A et B dans le repère \Ouv. On laissera apparents les traits de construction.
Pour A on utilise la partie imaginaire et pour B la partie réelle. Voir le figure plus bas
		\item  %Démontrer que le triangle OAB est rectangle et isocèle en O.
On a $\left|z_{\text{A}} \right|^2 = \text{OA}^2 = 4$ et $\left|z_{\text{B}} \right|^2 = \text{OB}^2 = 4$, donc OA = OB = 2 : le triangle OAB est isocèle en O.

D'autre part AB$^2 = \left|z_{\text{B}} - z_{\text{A}} \right|^2 = \left|1 - \text{i}\sqrt{3} - \left(\sqrt{3} + \text{i}\right) \right|^2 = \left|\left(1 - \sqrt{3}\right) + \text{i}\left(- \sqrt{3} - 1 \right)\right|^2 = \left(1 - \sqrt{3}\right)^2 + \left(- \sqrt{3} - 1 \right)^2 = 1 + 3 - 2\sqrt{3}+ 1 + 3 + 2\sqrt{3} = 8$.

On a donc $4 + 4 = 8 \iff \text{OA}^2 + \text{OB}^2 = \text{AB}^2 \iff $ OAB est rectangle en O d'après la réciproque du théorème de Pythagore.

Finalement OAB est rectangle isocèle en O. 
	 \end{enumerate}
\item %Dans ce qui suit, on considère la rotation de centre O et d'angle $\dfrac{\pi}{2}$.
%On appelle C l'image du point A par cette rotation.
	\begin{enumerate}
		\item %Placer le point C dans le repère \Ouv. On laissera apparents les traits de construction.
Par définition de la rotation OA = OC = 2, donc C appartient au cercle de centre O et de rayon 2. De plus l'un de ses arguments est égal à $\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{6} + \frac{3\pi}{6} = \frac{4\pi}{6} = \frac{2\pi}{3}$.

Voir la figure plus bas.
		\item %Déterminer l'affixe $z_{\text{C}}$ du point C sous forme exponentielle.
Pour un point $M$ d'affixe $z$, son image $M'$ a une affixe $z'$ égale à  $z' = z\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}} = \text{i}z$.

Donc $z_{\text{C}} = z_{\text{A}}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}}  = 2\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}\times \text{e}{\text{i}\frac{\pi}{2}} = 2\text{i}\text{e}^{\text{i}\left(\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{2}\right)} = 2
\text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}}$.
%\left(\sqrt{3} + \text{i} \right) = - 1 + \text{i}\sqrt{3}$.
		\item %Quelle est l'image du point B par la rotation ? Justifier.
On a vu que OA = OB et que $\widehat{\text{BOA}} = 90~$\degres ce qui montre que l'image de B par la rotation est le point A. 
		\item %En déduire l'image du triangle OAB par la rotation.
Par la rotation les points O, A et B ont pour images respectives : O, C et A : donc l'image du triangle OAB (isocèle rectangle) est le triangle isocèle rectangle OCA
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\psset{unit=2cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-2,-2)(2,2)
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(-2,-2)(2,2)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\uput[d](0.5,0){$\vect{u}$}\uput[l](0,0.5){$\vect{v}$}
\pscircle(0,0){2}
\psline[linestyle=dashed](0,1)(2,1)
\psline[linestyle=dashed](1,0)(1,-2)
\psdots[dotstyle=+,dotangle=45,dotscale=1.4](1.732,1)(1,-1.732)
\psdots[dotstyle=+,dotangle=45,dotscale=1.4](2;120)
\uput[ur](1.732,1){A}\uput[dr](1,-1.732){B}\uput[ul](2;120){C}
\uput[dl](0,0){O}
\pspolygon(1.732,1)(1,-1.732)(0,0)
\psline(0,0)(-1,1.732)(1.732,1)
\rput{30}(0,0){\psframe(0,0)(0.3,0.3)}
\rput{-60}(0,0){\psframe(0,0)(0.3,0.3)}
\end{pspicture}
\end{center}	
\vspace{1cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 5 points}

\medskip

%Un circuit électrique comprend en série un générateur, un conducteur ohmique de résistance $R$ (exprimée en ohms), un condensateur de capacité $C$ (exprimée en farads) et un interrupteur. On ferme l'interrupteur à l'instant $t = 0$ et le générateur délivre alors une tension constante $E$ (exprimée en volts). On procède ainsi à la charge du condensateur.
%
%\medskip
%
%La charge $q$ en coulombs du condensateur est une fonction dérivable du temps $t$ (exprimé en secondes) ; l'intensité $i$ du courant (exprimée en ampères) est alors telle que $i(t) = q'(t)$.
%
%On considère l'équation différentielle : 
%
%\[y'+\dfrac{1}{RC}y =  \dfrac{E}{R}\]
%
% dans laquelle $y$ est une fonction de la  variable réelle $t$, définie et dérivable sur $\R$.
% 
%Dans tout ce qui suit, on prend $R = \nombre{1000},~ C= 10^{-4}$ et $E = 10$.
\begin{enumerate}
\item %Écrire l'équation différentielle ci-dessus en remplaçant $R,~C$ et $E$ par leurs valeurs respectives.
$RC = \np{1000} \times 10^{-4} = 10^{-1} = 0,1$, donc $\dfrac{1}{RC} = \dfrac{1}{0,1} = 10$.

$\dfrac{E}{R} = \dfrac{10}{\np{1000}} = 10^{-2}$.

L'équation différentielle est donc :

\[y' + 10y =  10^{-2}.\]

\item %On admet que la fonction $q$ est définie sur $[0~;~+ \infty[$ par 

%\[q(t) = -10^{-3}\text{e}^{-10t} +10^{-3}.\]

	\begin{enumerate}
		\item %Déterminer la fonction dérivée $q'$ de la fonction $q$, puis vérifier que $q$ est solution sur $[0~;~ + \infty[$ de l'équation différentielle établie à la question 1.
$q'(t) = -10^{-3} \times (- 10)\text{e}^{-10t} = 10^{-2}\text{e}^{-10t}$.

Donc $q'(t) + 10q(t) = 10^{-2}\text{e}^{-10t} + 10\left(-10^{-3}\text{e}^{-10t} +10^{-3} \right) =$

$10^{-2}\text{e}^{-10t} - 10^{-2}\text{e}^{-10t} + 10^{-2} = 10^{-2}$, ce qui signifie que la fonction $q$ est une solution de l'équation différentielle.
		\item %Déterminer $q(0)$, la limite de $q$ en $+\infty$ et le sens de variations de $q$ sur $[0~;~+ \infty[$.
$q(0) = - 10^{-3} + 10^{- 3} = 0$.

On sait que $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} - 10t = - \infty$, donc $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} \text{e}^{-10t} = 0$ et par somme de limites $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} q(t) = 10^{- 3}$.

On sait que $10^{- 2} > 0$ et que quel que soit $t\, \text{e}^{-10t} > 0$, donc par produit $q'(t) > 0$ : la fonction $q$ est donc croissante sur $[0~;~ + \infty[$ de $0$ à $10^{- 3}$.
	\end{enumerate}
\item %On admet que l'intensité du courant $i$ qui parcourt le circuit à l'instant $t$ est donnée par $i(t) = 10^{-2}\text{e}^{-10t}$.

%Déterminer la valeur exacte de l'instant $t_{0}$ à partir duquel l'intensité $i(t)$ est inférieure ou égale à $10^{-3}$ ampère. Préciser sa valeur arrondie au centième de seconde.
Il faut résoudre l'inéquation :

$10^{-2}\text{e}^{-10t} \leqslant 10^{-3} \iff \text{e}^{-10t}  \leqslant 10^{-1} \iff - 10t \leqslant \ln \left(10^{-1} \right) \iff - 10 t \leqslant - \ln 10 $\, (par croissance de la fonction ln)\, $ \iff t \geqslant \dfrac{\ln 10}{10} \approx 0,23$~(s). Donc $t_{0} \approx 0,23$~(s).
\item %On sait enfin que l'énergie $W$ dissipée dans le conducteur ohmique, exprimée en joules, entre les instants $t = 0$ et $t = 0,23$, est donnée par : 

%$W= \nombre{1000}\displaystyle\int_{0}^{0,23} i^2(t)\:\text{d}t$.
	\begin{enumerate}
		\item  %Préciser une primitive de la fonction $h$ définie sur $[0~;~ + \infty[$ par 
		
%$h(t) = \text{e}^{-20t}$.
Une primitive de la fonction $\text{e}^{u(t)}$, \, $u$ étant une fonction dérivable, est $\dfrac{1}{u'}\text{e}^{u(t)}$, donc une primitive de $h$ sur $[0~;~+ \infty[$ est $\dfrac{1}{- 20}\text{e}^{-20t}$.
		\item %Calculer alors $W$ et en donner la valeur arrondie à $10^{-3}$ près.
On a donc :
		
$W = \np{1000}\displaystyle\int_{0}^{0,23} i^2(t)\:\text{d}t = \np{1000}\displaystyle\int_{0}^{0,23} \left(10^{-2}\text{e}^{-10t} \right)^2\:\text{d}t =$

$\np{1000}\displaystyle\int_{0}^{0,23} \times 10^{- 4} \times \text{e}^{-20t}\:\text{d}t = \np{1000} \times 10^{- 4}\displaystyle\int_{0}^{0,23} \text{e}^{-20t}\:\text{d}t =$

$ 10^{-1}\displaystyle\int_{0}^{0,23} \text{e}^{-20t}\:\text{d}t = 10^{-1}\left[\dfrac{1}{- 20}\text{e}^{-20t}  \right]_{0}^{0,23} = - \dfrac{0,1}{20}\left[\text{e}^{-20t}  \right]_{0}^{0,23}\:\text{d}t = - \dfrac{1}{200}\left[\text{e}^{-20t}  \right]_{0}^{0,23}\:\text{d}t = $

$\dfrac{1}{200}\left[1 - \text{e}^{-20 \times 0,23}\right] = \dfrac{1}{200}\left[1 - \text{e}^{-4,6}\right] \approx 0,005$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
	
\vspace{1cm}

\textbf{\textsc{Problème} \hfill 11 points}

\medskip

%On considère la fonction $f$ définie et dérivable sur v dont la courbe représentative $\mathcal{C}_{f}$ dans un repère orthonormal \Oij{} d'unité 1~cm est donnée en annexe. Cette courbe passe par le point A(1~;~4).
%
%Dans la partie I, le but est de déterminer graphiquement certaines propriétés de la fonction $f$. On prouve ensuite ces propriétés dans la partie II à partir de l'expression de $f(x)$. Enfin, dans la partie III, on s'intéresse à un calcul d'aire.
%
%\bigskip

\textbf{Partie I}

\medskip

%On répondra aux questions suivantes en utilisant la représentation graphique donnée en annexe. Si cela n'est pas demandé explicitement, on ne justifiera pas la réponse.
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  %On admet que la fonction $f$ est décroissante sur ]0 ; 1[ et que l'axe des ordonnées est asymptote à $\mathcal{C}_{f}$. Donner $\displaystyle\lim_{x\to 0} f(x)$.
Puisque la fonction est décroissante, on a $\displaystyle\lim_{x\to 0} f(x) = + \infty$.		
		\item %Peut-on donner $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x)$ à partir du graphique ? Pourquoi ?
La réponse est non. On ne peut pas savoir la fonction a une limite finie ou infinie au voisinage de plus l'infini.
		
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  %Justifier que l'équation $f(x) = 0$ admet, sur l'intervalle [1 ; 15], deux solutions ; on notera $\alpha$ et $\beta$ ces solutions, avec $\alpha < \beta$.
La représentation graphique montre que la fonction $f$ s'annule deux fois sur l'intervalle [1~;~15], l'une $\alpha$ telle que $2 < \alpha < 3$ et l'autre $\beta$ telle que $7 < \beta < 8$.		
		\item %Donner un encadrement d'amplitude 0,5 pour chacun des deux nombres $\alpha$ et $\beta$.
D'après la représentation graphique : $2,5 < \alpha < 3,0$ et $7,0 < \beta < 7,5$.		
		\item %Donner le signe de $f(x)$ suivant les valeurs de $x$ dans l'intervalle [1 ; 15].
On \og voit \fg{}  que :

\setlength\parindent{5mm}
\begin{itemize}
\item $f(x) > 0$ sur $[1~;~\alpha[$ et sur $]\beta~;~15]$ ;
\item $f(x) < 0$ sur $]\alpha~;~\beta[$.
\item $f(\alpha) = f(\beta) = 0$.
\end{itemize}
\setlength\parindent{5mm}
	\end{enumerate}
\item %On admet que la droite passant par les points A(1; 4) et B$(2~;~-2)$  est tangente à la courbe $\mathcal{C}_{f}$ au point A.
	\begin{enumerate}
		\item %Donner la valeur de $f'(1)$.
On sait que le coefficient directeur de la tangente en A est égal à $f'(1)$. Or ce coefficient directeur est égal à $\dfrac{-2 - 4}{2 - 1} = - 6$.

Donc $f'(1) = - 6$.
		\item %Donner, en justifiant, une équation de la droite (AB).
On a : $M(x~;~y) \in (\text{AB}) \iff y = ax + b$.

On sait que $a = f'(1) = - 6$.

D'autre part :

$\text{A}(1~;~4) \in (\text{AB}) \iff 4 = - 6 \times 1 + b \iff 10 = b$.

Conclusion :  $M(x~;~y) \in (\text{AB}) \iff y = -6x + 10$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie II}

\medskip

%On admet maintenant que la fonction $f$ est définie sur $]0~;~+ \infty[$ par 
%
%\[f(x) = 2(\ln x)^2 - 6\ln x + 4.\]
%
%Le but de cette partie est de démontrer les résultats obtenus à la partie I, en utilisant l'expression de $f(x)$.
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Calculer $\displaystyle\lim_{x\to 0} f(x)$. Quelle propriété graphique de la courbe $\mathcal{C}_{f}$ retrouve-t-on ainsi ?
On a $\displaystyle\lim_{x \to 0} \ln x = - \infty$, donc $\displaystyle\lim_{x \to 0} (\ln x)^2 = + \infty$ et $\displaystyle\lim_{x \to 0} - 6\ln x = + \infty$ (par produit) et finalement par somme de limites $\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = + \infty$.

On retrouve que l'axe des ordonnées est asymptote verticale à $\mathcal{C}_{f}$ au voisinage de zéro.
		\item %Démontrer que pour $x \neq 1$ on a $f(x) = (\ln x)\left[2 \ln x - 6 + \dfrac{4}{\ln x}\right]$ puis en déduire $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x)$.
Si $x \neq 1,\, \ln x \neq 0$, on peut donc en factorisant $\ln x$ :

$f(x) = \ln x\left[2\ln x - 6 + \dfrac{1}{\ln x}\right]$.

Comme  $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \ln x = + \infty,\, \displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{1}{\ln x} = 0$.

Donc $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}2\ln x - 6 + \dfrac{1}{\ln x} = + \infty$ et finalement par produit de limites :

$\displaystyle\lim_{x \to + \infty} = f(x) = + \infty$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Démontrer que $f'(x) = \dfrac{4\ln x - 6}{x}$	ou $f'$ désigne la dérivée de $f$.
		On a $f'(x) = 2 \times  \ln x \times \dfrac{1}{x} - \dfrac{6}{x} = \dfrac{4\ln x - 6}{x}$.
		\item %Résoudre dans l'intervalle $]0~;~+ \infty[$ l'inéquation $4\ln x - 6 > 0$.
$4\ln x - 6 > 0 \iff 4\ln x > 6 \iff \ln x > \dfrac{3}{2}\iff \text{e}^{\ln x} > \text{e}^{\frac{3}{2}} \iff x > \text{e}^{\frac{3}{2}}$. 
		\item %En déduire le sens de variations de $f$ et dresser le tableau de variations de $f$. On calculera la valeur exacte du minimum de $f$ sur $]0~;~+ \infty[$.
Comme $x > 0$, le signe de $f'(x)$ est celui du numérateur :  $4\ln x - 6$.

Donc sur $\left]\text{e}^{\frac{3}{2}}~;~+ \infty\right[,\, f'(x) > 0$, donc la fonction est croissante.

On obtient de même que sur $\left[0~;~\text{e}^{\frac{3}{2}}\right[,\, f'(x) < 0$, donc la fonction est décroissante.

Enfin $f'\left(\text{e}^{\frac{3}{2}}\right) = 0$ ; cette valeur donne  le minimum de la fonction 

$f\left(\text{e}^{\frac{3}{2}} \right) = 2\left[\ln \left(\text{e}^{\frac{3}{2}} \right)\right]^2 - 6\ln \left(\text{e}^{\frac{3}{2}} \right) + 4 = 2 \times \frac{9}{4} - 6 \times \frac{3}{2} + 4 = \dfrac{9}{2} - \frac{18}{2} + \frac{8}{2} = - \frac{1}{2}$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %En utilisant les résultats de la question 2 démontrer que l'équation $f(x) = 0$ admet exactement deux solutions sur l'intervalle [1 ; 15].
Sur $\left[1~;~\text{e}^{\frac{3}{2}}\right]$, on a $f(1) = 4 > 0$ et $f\left(\text{e}^{\frac{3}{2}} \right)  = - \dfrac{1}{2} < 0$.

Il existe donc un réel unique $\alpha \in \left[1~;~\text{e}^{\frac{3}{2}}\right]$ tel que $f(\alpha) = 0$.

Sur $\left[\text{e}^{\frac{3}{2}}~;~15\right]$, on a $f\left(\text{e}^{\frac{3}{2}} \right)  = - \dfrac{1}{2} < 0$ et $f(15)  \approx 2,4 > 0$.

Il existe donc un réel unique $\beta \in \left[\text{e}^{\frac{3}{2}}~;~15\right]$ tel que $f(\beta) = 0$.
		\item %Donner les valeurs exactes de $f\left(\sqrt{\text{e}}\right),~f(\text{e})$ et $f\left(\text{e}^2\right)$.
$f\left(\sqrt{\text{e}}\right) = 2\left[\ln \left(\sqrt{\text{e}} \right)\right]^2 - 6\ln \left(\sqrt{\text{e}} \right) + 4 = 2 \times \dfrac{1}{4} - 6 \times \dfrac{1}{2} + 4 = \dfrac{3}{2}$.

$f(\text{e}) = 2 \left[\ln \text{e}  \right]^2 - 6 \ln \text{e} + 4 = 2 + 4 - 6 = 0$ ;

$f\left(\text{e}^2\right) = 2\left[\ln \left(\text{e}^2 \right) \right]^2 - 6 \ln \left(\text{e}^2 \right) + 4 = 2 \times 4 - 6 \times 2 + 4 = 0$.
		\item %En déduire l'ensemble des solutions de l'équation $f(x) = 0$ sur l'intervalle [1~;~15].
		Comme l'équation $f(x) = 0$ n'a sur l'intervalle [1~;~15] que deux solutions, ces solutions son donc $\alpha =  \text{e}$ et $\beta = \text{e}^2$.
	\end{enumerate}
\item %Déterminer une équation de la tangente T à la courbe $\mathcal{C}_{f}$ au point A d'abscisse 1.
On a $M(x~;~y) \in \text{T} \iff y - f(1) = f'(1)(x - 1)$.

On a  $f'(1) = \dfrac{4\ln 1 - 6}{1} = - 6$ et $f(1) = 2 \times 0^2 - 6 \times 0 + 4 = 4$.

Donc $M(x~;~y) \in \text{T} \iff y - 4 = -6(x - 1) \iff y = 4 - 6x + 6 \iff y = - 6x + 10$.

On retrouve l'équation trouvée ci-dessus.
\end{enumerate}
	
\bigskip

\textbf{Partie III}

\medskip

\begin{enumerate}
\item %Sur la feuille annexe \textbf{à rendre avec la copie}, hachurer le domaine D délimité par la courbe $\mathcal{C}_{f}$, l'axe des abscisses et les droites d'équations $x = 1$ et $x = 2$.
Voir l'annexe
\item %Démontrer que la fonction $F$ définie sur $]0~;~+ \infty[$ par 

%\[F(x) = 2x(\ln  x)^2 - 10x \ln x + 14x\]

% est une primitive de $f$ sur $]0~;~+ \infty[$.
On a sur $]0~;~ + \infty[,\, F'(x) = 2(\ln  x)^2 + 2x \times 2 \times \dfrac{1}{x}\times \ln x - 10\ln x - 10x \dfrac{1}{x} + 14 = 2(\ln  x)^2 + 
4\ln x - 10\ln x - 10 + 14 = 2(\ln  x)^2 - 6\ln x + 4 = f(x)$.

Cette égalité montre que $F$ est une primitive de la fonction $f$ sur $]0~;~+ \infty[$.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  %En déduire l'expression de l'aire, en unités d'aire, du domaine D sous la forme d'une intégrale.
Sur l'intervalle [1~;~2] on a vu que la fonction est positive donc l'aire en unité d'aire de la surface hachurée est égale à l'intégrale :

$\displaystyle\int_{1}^2 f(x)\:\text{d}x$. = 
		\item %Donner la valeur exacte de cette aire en cm$^2$, puis sa valeur en mm$^2$, arrondie à l'unité.
$F$ étant une primitive de $f$ sur [1~;~2], on a 
		
$\mathcal{A}(\text{D}) = \left[F(x)\right]_{1}^2 = F(2) - F(1) =$

$ 2\times 2(\ln  2)^2 - 10\times 2 \ln 2 + 14\times 2 - \left(2\times 1(\ln  1)^2 - 10 \times 1 \ln 1 + 14 \times 1 \right) = $

$4(\ln  2)^2 - 20\ln 2 + 28 - 14 = 4(\ln  2)^2 - 20\ln 2 +  14$~(u. a.).
		
Comme 1~u. a. $ = 1 \times 1 = 1$~cm$^2$,
		
$\mathcal{A}(\text{D}) \approx 2,06$~cm$^2$ au mm$^2$ près. (Ce que l'on vérifie approximativement sur l'annexe).
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\newpage

\begin{center}

\textbf{Feuille annexe à rendre avec la copie}

\bigskip \bigskip 

\psset{unit=0.75cm}
\begin{pspicture}(-1,-2.5)(15,7)
\psgrid[gridlabelcolor=white,subgriddiv=1,gridcolor=orange](0,0)(-1,-3)(15,7)
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(-1,-3)(15,7)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\psline[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,0)
\psline[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(0,1)
\psline(0.5,7)(2.0833,-2.5)
\uput[dr](1,4){A} \uput[dr](2,-2){B}
\uput[d](0.5,0){$\vect{\imath}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{\jmath}$} 
\uput[dl](0,0){O}
\psplot[plotpoints=500,linecolor=blue,linewidth=1.25pt]{0.6465}{15}{x ln 2 exp 2 mul 4 add x ln 6 mul sub}
\pscustom[fillstyle=vlines]{
\psplot[plotpoints=500,linecolor=blue,linewidth=1.25pt]{1}{2}{x ln 2 exp 2 mul 4 add x ln 6 mul sub}
\psline(2,0.8)(2,0)(1,0)(1,3)}
\psplot[plotpoints=500,linecolor=blue,linewidth=1.25pt]{0.6465}{15}{x ln 2 exp 2 mul 4 add x ln 6 mul sub}
\end{pspicture}
\end{center}
\vfill
Si vous photocopiez ce corrigé pensez à en créditer l'\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}, merci
\end{document} 