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%tapuscrit : Denis Vergès
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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Baccalauréat STL  Physique de  laboratoire et de procédés industriels}%
\lfoot{\small{Métropole}}
\rfoot{\small{juin 2007}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}{\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat STL Métropole juin 2007 \decofourright\\[4pt]
Physique de laboratoire et de procédés industriels}} \end{center}
    
\vspace{0,5cm}

Calculatrice autorisée \hfill 4 heures 

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1}  \hfill 6 points}

%Le plan est rapporté à un repère orthonormal \Ouv{} (unité graphique : $1$~cm).

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip

%Soit $P(z) =  z^3 + 4z^2\sqrt{3} + 24z +24\sqrt{3}$ où $z$ est une variable complexe.
\begin{enumerate}
\item  %Vérifier que $P(z) = \left(z + 2\sqrt{3}\right)\left(z^2+2z\sqrt{3}+ 12\right)$.
On développe $\left(z + 2\sqrt{3}\right)\left(z^2+2z\sqrt{3}+ 12\right) = $

$z^3 + 2z^2\sqrt{3} + 12z + 2z^2\sqrt{3} + 12z + 24\sqrt{3} = z^3 + 4z^2\sqrt{3} + 24z +24\sqrt{3} = P(z)$. La factorisation est démontrée.
\item  %Résoudre dans l'ensemble $\C$ des nombres complexes l'équation \\$z^2+2z\sqrt{3}+ 12 = 0$.
$\Delta = \left(2\sqrt{3} \right)^2 - 4 \times 1 \times 12 = 12 - 48 = - 36 = (6\text{i})^2$.

Le discriminant est négatif : l'équation a donc deux solutions complexes conjuguées :

\[\dfrac{-2\sqrt{3} + 6\text{i}}{2} = - \sqrt{3} + 3\text{i}~~\text{et}~~- \sqrt{3} - 3\text{i}.\]
\item  %En déduire les solutions dans $\C$ de l'équation $P(z) = 0$.
On a $P(z) = 0 \iff \left(z + 2\sqrt{3}\right)\left(z^2+2z\sqrt{3}+ 12\right) = 0 \iff \left\{\begin{array}{l}
z + 2\sqrt{3} = 0\\
z^2+2z\sqrt{3}+ 12
\end{array}\right.$

La première équation a pour solution $-2\sqrt{3}$ ; la seconde est l'équation résolue précédemment.

Finalement : les solutions de l'équatiuon $P(z) = 0$ sont $-2\sqrt{3};~- \sqrt{3} + 3\text{i}~~\text{et}$
$- \sqrt{3} - 3\text{i}$.
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item %Placer les points A, B et C d'affixes respectives  \[z_{\text{A}} =  -2\sqrt{3},~ z_{\text{B}} = - \sqrt{3} 	+ 3\text{i},~ z_{\text{C}} = - \sqrt{3} -3\text{i}.\] 	
	\begin{enumerate}
		\item  %Déterminer le module et un argument de $z_{\text{A}},~ z_{\text{B}}$ et $z_{\text{C}}$.
$z_{\text{A}} = -2\sqrt{3} = 2\sqrt{3}\text{e}^{\text{i}\pi}$.

Le module de $z_{\text{A}}$ est donc $2\sqrt{3}$ et un de ses arguments est $\pi$.

On a $\left|z_{\text{B}} \right|^2 = 3+ 9 = 12$, d'o\`u $\left|z_{\text{B}} \right| = \sqrt{12} = \sqrt{4 \times 3} = 2\sqrt{3}$.

On peut écrire $z_{\text{B}} = 2\sqrt{3}\left(- \frac{1}{2} + \text{i}\frac{\sqrt{3}}{2} \right) = 2\sqrt{3}\left(\cos \frac{2\pi}{3} + \text{i}\sin \frac{2\pi}{3} \right)$.

Le module de $z_{\text{B}}$ est donc égal à $2\sqrt{3}$ et un de ses arguments est $\dfrac{2\pi}{3}$.

Comme 	$z_{\text{C}}$ est le conjugué de $z_{\text{B}}$, son module est lui aussi égal à $2\sqrt{3}$ et un de ses arguments est $- \dfrac{2\pi}{3}$.	
		\item  %Donner l'écriture exponentielle de $z_{\text{A}},~ z_{\text{B}}$ et $z_{\text{C}}$.
On a déjà vu que $z_{\text{A}} =  2\sqrt{3}\text{e}^{\text{i}\pi}$.

On a de même aussitôt : $z_{\text{B}} = 2\sqrt{3}\text{e}^{\frac{2\text{i}\pi}{3}}$ et $z_{\text{C}} = 2\sqrt{3}\text{e}^{-\frac{2\text{i}\pi}{3}}$.
	\end{enumerate}
\item 	%$R$ est la rotation de centre O et d'angle $- \dfrac{\pi}{3}$.
	\begin{enumerate}
		\item  %Donner l'écriture complexe de $R$.
		On sait que si $z'$ est l'image de $z$ par $R$, alors $z' - z_{\text{O}} = \text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}}\left(z - z_{\text{O}}\right)$ soit $z' = \text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}}z$
		\item  %Montrer que l'image de A par $R$ est B.
On a d'après la question précédente : $z_{\text{A}'} = \text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}} \times 2\sqrt{3}\text{e}^{\text{i}\pi} = 2\sqrt{3}\text{e}^{\text{i}\left(-\frac{\pi}{3} +  \pi\right)} =  2\sqrt{3}\text{e}^{\text{i}\left(\frac{2\pi}{3}\right)}  = z_{\text{B}}$.

L'image de A par $R$ est B.
		\item  %Calculer, sous forme algébrique, l'affixe de D, image de B par $R$.
On a $z_{\text{D}} = \text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}}z_{\text{B}} = \text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}} \times 2\sqrt{3}\text{e}^{\text{i}\left(\frac{2\pi}{3}\right)} = 2\sqrt{3} \text{e}^{\text{i}\left(-\frac{\pi}{3} + \frac{2\pi}{3} \right)} = 2\sqrt{3} \text{e}^{\text{i}\left(\frac{\pi}{3} \right)}  =$

$2\sqrt{3}\left(\frac{1}{2} + \text{i}\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \sqrt{3} + 3\text{i} = - z_{\text{C}}$.
	\end{enumerate}
\item 	%Soit $\mathcal{C}$ le cercle de diamètre [CD].
	\begin{enumerate}
		\item  %Justifier que O est le centre de $\mathcal{C}$.
On a déjà vu que $z_{\text{D}}  = - z_{\text{C}} \iff z_{\text{D}}  = + z_{\text{C}} = 0$ ce qui signifie que C et D sont symétriques autour de O. O est donc le milieu de [CD].
		\item  %Montrer que les points A et B appartiennent à $\mathcal{C}$.
On a déjà vu que $\left|z_{\text{A}} \right| = \text{OA} = 2\sqrt{3} =  \left|z_{\text{B}} \right| = \text{OB} =  \left|z_{\text{C}} \right| = \text{OC} = 2\sqrt{3}$, ce qui montre que les points A, B et C appartiennent au cercle $\mathcal{C}$.
		\item  %En déduire la nature des triangles CAD et CBD.
Le triangle CAD est inscrit dans le cercle $\mathcal{C}$ et l'un de ses côtés est un diamètre de ce cercle : ce triangle est rectangle en A.

Même chose pour CBD qui est un triangle rectangle en B.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

Figure : pour avoir un segment de longueur $2\sqrt{3}$, on peut construire un triangle rectangle d'hypoténuse 4 et dont un autre côté mesure 2 en utilisant Pythagore : $4^2 + 2^2 + \left(2\sqrt{3} \right)^2$

\medskip

\psset{unit=1cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-5,-5)(5,5)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridcolor=orange](-5,-5)(5,5)
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(-5,-5)(5,5)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\psaxes[linewidth=1.5pt](0,0)(1,1)
\uput[d](0.5,0){$\vect{u}$}\uput[l](0,0.5){$\vect{v}$}

\psarc[linecolor=blue](0,0){4}{130}{180}\psline[linecolor=blue](0,2)(-4,2)
\psline[linecolor=blue](0,0)(-3.464,2)
\rput(-1.8,1){4}\uput[r](0,1){$2$}
\psline[linestyle=dashed,linecolor=blue](-3.464,2)(-3.464,0)
\psdots(-3.464,0)(-1.732,3)(-1.732,-3)(1.732,3)
\uput[d](-3.464,0){A} \uput[ul](-1.732,3){B} \uput[dl](-1.732,-3){C} \uput[ur](1.732,3){D} \uput[dl](0,0){O}
\pscircle(0,0){3.464}
\end{pspicture}
\end{center}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2}  \hfill 4 points}

\medskip

%La tension $u$ aux bornes d'un circuit électrique vérifie l'équation différentielle (E):
%
%\[u'' + \nombre{3600}\pi^2  u =  0\]
%	
%dans laquelle $u''$ désigne la dérivée seconde de la tension par rapport au temps $t$.
\begin{enumerate}
\item %Résoudre l'équation différentielle (E).
L'équation s'écrit aussi $u'' + (60\pi)^2u = 0$.

On sait que les solutions sont de la forme $f(x) = A\cos 60\pi t + B \sin 60\pi t$, avec A et B réels.
\item %Déterminer la solution particulière $f$ de (E) telle que :

%\[f\left(\dfrac{1}{180}\right) = 0~~\text{et}~~f'(0) = - \dfrac{\pi}{2}\]
On a $f'(t) = - 60 \pi A \sin  60\pi t + 60 \pi B \cos 60\pi t$, donc $f'(0) = - \dfrac{\pi}{2} \iff 60\pi B  = - \dfrac{\pi}{2} \iff B  = - \dfrac{1}{120}$ ;

De même $f\left(\dfrac{1}{180}\right) = 0 \iff A \cos \frac{\pi}{3} + B \sin \frac{\pi}{3} =  0  \iff \dfrac{1}{2}A + \dfrac{\sqrt{3}}{2}B  = 0 \iff A - \dfrac{\sqrt{3}}{120} \iff A = \dfrac{\sqrt{3}}{120}.$

La solution particulière vérifiant les deux conditions données est donc :

\[f(t) = \dfrac{\sqrt{3}}{120}\cos (60 \pi t) - \dfrac{1}{120}\sin (60 \pi t).\]
\item  
	\begin{enumerate}
		\item  %Vérifier que, pour tout réel $t$, on a :
%\[f(t) = \dfrac{1}{60}\cos \left(60\pi t + \dfrac{\pi}{6} \right)\]
On peut écrire $f(t) = \dfrac{1}{60}\left[\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos (60 \pi t) - \dfrac{1}{2}\sin (60 \pi t)  \right] =$

$ \dfrac{1}{60}\left[\cos \frac{\pi}{6}\cos (60 \pi t) - \sin \frac{\pi}{6}\sin (60 \pi t)  \right] = \dfrac{1}{60}\cos \left(\frac{\pi}{6} + 60 \pi t \right)$, d'après la formule : $\cos a \cos b - \sin a \sin b = \cos (a + b)$.
		\item  %Calculer la valeur moyenne de la fonction $f$ sur $\left[0 ~;~\dfrac{1}{90\right]}$.
Une primitive de $f$ est $\frac{1}{60}\times \frac{1}{60\pi} \sin \left(60\pi t + \dfrac{\pi}{6} \right) = \frac{1}{3600\pi}\sin \left(60\pi t + \dfrac{\pi}{6} \right)$.

La valeur moyenne $m$ de la fonction $f$ sur $\left[0 ~;~\frac{1}{90}\right]$ est égale à :

$m = \frac{1}{\frac{1}{90} - 0}\int_{0}^{\frac{1}{90}} f(t)\:\text{d}t = 90 \times \frac{1}{3600\pi} \left[\sin \left(60\pi t + \frac{\pi}{6} \right) \right]_{0}^{\frac{1}{90}} =$

$\frac{1}{40\pi}\left[\sin \left(60 \pi \times \frac{1}{90}\right) - \sin \frac{\pi}{6}\right] = \frac{1}{40\pi}\left[\sin \frac{5\pi}{6} - \sin \frac{\pi}{6}\right] =  0$. 
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
 
\vspace{0,5cm}

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

\medskip
 
\textbf{Partie A : étude d'une fonction auxiliaire}

\medskip

%Soit $g$ la fonction définie sur $]0~;~+\infty[$ par 

%\[g(x) = x^2 - 8\ln x + 8.\]
 
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  %Calculer $g'(x)$.
On a $g'(x) = 2x - \dfrac{8}{x} = \dfrac{2x^2 - 8}{x} = \dfrac{2}{x}\left(x^2 - 4\right) = \dfrac{2}{x}(x + 2)(x - 2)$.
		\item  %Étudier le signe de $g'(x)$.
Comme $x > 0$, $\dfrac{1}{x} > 0$ et $\dfrac{8}{x} > 0$.

Le signe de $g'(x)$ est donc celui du trinôme $x^2 - 4 = (x + 2)(x - 2)$ qui est positif sauf entre les racines $- 2$ et $2$, donc ici entre $0$ et $2$ o\`u il est négatif.

Donc sur $]0~;~2[,~g'(x) < 0,~g'(2) = 0$ et sur $]2~;~+ \infty[,~g'(x) > 0$.
		\item  %Dresser le tableau de variations de $g$ (l'étude des limites de $g$ n'est pas demandée).
On déduit les variations de la fonction $g$ :

\medskip

\psset{unit=1cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(8,3)
\psframe(8,3) \psline(0,2)(8,2) \psline(0,2.5)(8,2.5)\psline(2,0)(2,3)
\psline[doubleline=true](2.1,0)(2.1,2.5)
\uput[u](1,2.5){$x$}\uput[u](2.1,2.5){$0$}\uput[u](5,2.5){$2$}\uput[u](7.5,2.5){$+ \infty$}\uput[u](5,0){$12 - 8\ln 2$}
\rput(1,2.25){$g'(x)$}\rput(3.5,2.25){$-$}\rput(5,2.25){$0$}\rput(6.5,2.25){$+$}\rput(1,1){$g(x)$}
\psline{->}(2.4,1.7)(4.4,0.5)\psline{->}(5.6,0.5)(7.6,1.7)
\end{pspicture}
\end{center}
	\end{enumerate}
\item  %Donner une valeur approchée de $g(2)$ à $10^{-2}$ près, en déduire le signe de $g(x)$ sur $]0~;~+\infty[$.
On a $g(2) = 4 - 8\ln 2 + 8 = 12 - 8\ln 2 \approx 6,45 > 0$.

Le minimum de la fonction $g$ sur $[0~;~+ \infty[$ étant supérieur à zéro, on peut en conclure que sur cet intervalle $g(x) > 0$.
\end{enumerate}
 
\medskip
 
\textbf{Partie B : étude et représentation graphique d'une fonction}

\medskip

%Le plan est rapporté à un repère orthonormal \Oij, unité graphique 1~cm.
%Soit $f$ la fonction définie sur $]0~;~+\infty[$ par
 
% \[f(x) = \dfrac{x^2 - 3 x + 8\ln x}{x}\]
 
%et $\mathcal{C}$ sa représentation graphique dans \Oij.

\begin{enumerate}
\item  %Montrer que pour tout réel $x$ de $]0~;~+\infty[$ on a : $f(x) = x - 3 + \dfrac{8\ln x}{x}$.
On peut écrire $f(x) = \dfrac{x^2}{x} - \dfrac{3x}{x} + \dfrac{8\ln x}{x} = x - 3 + \dfrac{8\ln x}{x}$.
\item  
	\begin{enumerate}
		\item  %Déterminer les limites en $0$ et en $+ \infty$ de $f(x)$.
On a $\displaystyle\lim_{x \to 0 \atop x > 0} \dfrac{8}{x} = + \infty$, donc $\displaystyle\lim_{x \to 0 \atop x > 0} f(x) = + \infty$.

On sait que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{\ln x}{x} = 0$, donc 
$\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty$.
		\item  %En déduire l'existence d'une asymptote a la courbe $\mathcal{C}$, et en donner une équation.
		Le premier résultat de la question précédente montre que l'axe des ordonnées est asymptote verticale à $\mathcal{C}$ au voisinage de zéro.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  %Déterminer la dérivée $f'$ de $f$ sur $]0~;~+\infty[$.
En utilisant l'écriture de la question 1., $f'(x) = 1 + \dfrac{\frac{8}{x}\times x - 8\ln x}{x^2} =$

$ 1 + \dfrac{8 - 8\ln x}{x^2} = \dfrac{x^2 + 8 - 8\ln x}{x^2}$.
		\item  %Vérifier que pour tout réel $x$ de $]0~;~+\infty[$ on a : f'(x)= \dfrac{g(x)}{x^2}$ et en déduire le signe de $f'(x)$.
On reconna\^{\i}t $f'(x) = \dfrac{g(x)}{x^2}$.

Comme $x^2 > 0$, le signe de $f'(x)$ est égal à celui de $g(x)$ et on a vu à la partie A que $g(x) > 0$ sur $]0~;~+\infty[$.
		\item  %Dresser le tableau de variations de $f$.
Puisque $f'(x) > 0$, la fonction $f$ est croissante sur $]0~;~+\infty[$.

D'o\`u le tableau de variations :

\medskip

\psset{unit=1cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(6,3)
\psframe(6,3) \psline(0,2)(6,2) \psline(0,2.5)(6,2.5)\psline(2,0)(2,3)
\psline[doubleline=true](2.1,0)(2.1,2.5)
\uput[u](1,2.5){$x$}\uput[u](2.1,2.5){$0$}\uput[u](5.5,2.5){$+ \infty$}
\rput(1,2.25){$f'(x)$}\rput(4,2.25){$+$}\rput(1,1){$f(x)$}
\psline{->}(2.4,0.4)(5.6,1.7)
\end{pspicture}
\end{center}
	\end{enumerate}
\item  %Soit $\mathcal{D}$ la droite d'équation $y = x - 3$.
	\begin{enumerate}
		\item  %Montrer que $\mathcal{D}$ est asymptote à $\mathcal{C}$ en $+\infty$.
Soit $d$ la fonction définie sur $]0~;~+\infty[$ par $d(x) = f(x) - (x - 3) = x - 3 + \dfrac{8\ln x}{x} - x + 3 = \dfrac{8\ln x}{x}$.

On a vu que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{\ln x}{x} = 0$ soit $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} d(x) = 0$, ce qui signifie que la droite $\mathcal{D}$ est asymptote à $\mathcal{C}$ en $+\infty$.
		\item  %Calculer les coordonnées du point d'intersection A de $\mathcal{C}$ et de $\mathcal{D}$.
Un point est commun à $\mathcal{C}$ et à $\mathcal{D}$ si leurs ordonnées sont égales pour une même valeur de $x$, soit :

$x - 3 + \dfrac{8\ln x}{x} = x - 3 \iff \dfrac{8\ln x}{x} = 0 \iff \ln x = 0 \iff x = 1$.

$\mathcal{C}$ et  $\mathcal{D}$ on=t un seul point commun A$(1~;~-2)$.
		\item  %Étudier la position relative de $\mathcal{C}$ et de  $\mathcal{D}$.
		On a vu que la différence $d(x) = \dfrac{8\ln x}{x}$ ; cette fonction est du signe de $\ln x$, soit :
		
- si $0 < x < 1,~d(x) < 0 \iff f(x) < x - 3$ ce qui signifie que la courbe $\mathcal{C}$ est en dessous de $\mathcal{D}$ ;

- si $x > 1,~d(x) > 0 \iff f(x) > x - 3$ ce qui signifie que la courbe $\mathcal{C}$ est au  dessus de $\mathcal{D}$.
	\end{enumerate}
\item  %Tracer dans le repère \Oij{} la courbe $\mathcal{C}$ et la droite $\mathcal{D}$.
Voir la figure à la fin
\end{enumerate}
 
\medskip
 
\textbf{Partie C: calcul d'une aire}

\medskip
 
\begin{enumerate}
\item  %Soit $h$ la fonction définie sur $]0~;~+ \infty[$ par 

%\[h(x) =  \dfrac{\ln x}{x}.\]
	\begin{enumerate}
		\item  %Vérifier qu'une primitive de $h$ sur $]0~;~+ \infty[$ est la fonction $H$ définie par $H(x)  = \dfrac{1}{2}(\ln x)^2$.
		Il suffit de vérifier que sur $]0~;~+ \infty[,~H'(x) = h(x)$.
		
Or $H'(x) = \dfrac{1}{2} \times 2 \ln x \times \dfrac{1}{x} = \dfrac{\ln x}{x} = h(x)$.

$H$ est bien une primitive de $h$ sur $]0~;~+ \infty[$.
		\item  %En déduire une primitive de $f$ sur $]0~;~+ \infty[$.
Comme $f(x) = x - 3 + \dfrac{ 8\ln x}{x}$, une de ses primitives est la somme des primitives de chacun de ses termes.

Donc une primitive $F$ de $f$ est égale à :

$F(x) = \dfrac{x^2}{2} - 3x + 8 \times \dfrac{1}{2}(\ln x)^2 = \dfrac{x^2}{2} - 3x + 4(\ln x)^2$.
	\end{enumerate}
\item   
	\begin{enumerate}
		\item  %Hachurer la partie du plan limitée par la courbe $\mathcal{C}$ et la droite $\mathcal{D}$, et les droites d'équation $x = 1$ et $x = 5$.
Voir la figure
		\item  %Calculer en cm$^2$ l'aire de la partie du plan hachurée ; on donnera la valeur exacte et une valeur approchée a $10^{-2}$ près.
		On a vu que sur l'intervalle [1~;~5] la courbe $\mathcal{C}$ est au dessus de $\mathcal{D}$ : donc l'aire (en unité d'aire) de la surface limitée par la courbe $\mathcal{C}$ et la droite $\mathcal{D}$, et les droites d'équation $x = 1$ et $x = 5$ est égale à l'intégrale :
		
$\displaystyle\int_{1}^5 [f(x) - (x- 3) \:\text{d}x = \displaystyle\int_{1}^5 \dfrac{8\ln x}{x} \:\text{d}x = [4(\ln x)^2]_{1}^5 = 4(\ln 5)^2 - 4(\ln 1)^2 = 4(\ln 5)^2$.

Comme l'unité d'aire est égale à $1 \times 1$~cm$^2$
ce nombre est aussi l'aire en cm$^2	$ de la surface hachurée, soit environ 10,36~cm$^2$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
	
\medskip

\psset{unit=1cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-0.5,-5)(8,8)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridcolor=orange](0,-5)(8,8)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\psaxes[linewidth=1.5pt](0,0)(1,1)
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(0,-5)(8,8)
\uput[u](6.5,5.8){\blue $\mathcal{C}$} \uput[u](6.5,3.5){$\mathcal{D}$}
\uput[dl](0,0){O}
\psplot{0}{8}{x 3 sub}
\psplot[plotpoints=8000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0.768}{8}{x 3 sub x ln 8 mul x div  add}
\pscustom[fillstyle=vlines,hatchcolor=red]{
\psplot[plotpoints=8000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{1}{5}{x 3 sub x ln 8 mul x div  add}
\psline(5,2)(1,-2)
}
\end{pspicture}
\end{center}	
\end{document}