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%tapuscrit : Denis Vergès
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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat STL  Physique de laboratoire et de procédés  industriels}%
\lfoot{\small{Métropole}}
\rfoot{\small{17 juin 2008}}
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\thispagestyle{empty}

\begin{center}{\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat STL Métropole 17 juin 2008~\decofourright\\[4pt]Physique de laboratoire et de procédés industriels }} \end{center}
    
\vspace{0,25cm}

Calculatrice et formulaires autorisés \hfill 3 heures

Le candidat est invité à faire figurer sur la copie toute trace de recherche, même incomplète ou non fructueuse, qu'il aura développée. 

\vspace{0,25cm}

\begin{center}

Durée de l'épreuve : 4 heures \hfill Coefficient  : 4

\end{center}

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

\medskip

%On note i le complexe de module 1 et d'argument $\dfrac{\pi}{2}$.\\
%Le plan est rapporté au repère orthonormal \Ouv (unité 1~cm).

\begin{enumerate}
\item  
Résoudre dans l'ensemble des nombres complexes les équations suivantes (les solutions seront données sous forme algébrique) :
%\[\begin{array}{p{2.5cm} l}	
%(1)&	z^2  - 10z + 50 = 0\\
%(2)&	z + 2 =\text{i}z\sqrt{3} - 6\\
%\end{array}\]
Pour la première équation $\Delta = (- 10)^2 - 4 \times 50 = 100 - 200 = - 100 = (10\text{i})^2$.

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

$z_{1} = \dfrac{- (-10) + 10\text{i}}{2} = 5 + 5\text{i}$ et $z_{2} = \overline{z_{1}} = 5 - 5\text{i}$.

Deuxième équation : 

$z + 2 =\text{i}z\sqrt{3} - 6 \iff z\left(1 - \text{i}\sqrt{3}\right) = - 6 - 2 \iff z\left(1 - \text{i}\sqrt{3}\right) = - 8 \iff z = \dfrac{-8}{1 - \text{i}\sqrt{3}} = $

$\dfrac{-8\left(1 + \text{i}\sqrt{3} \right)}{\left(1 - \text{i}\sqrt{3} \right)\left(1 + \text{i}\sqrt{3} \right)} = \dfrac{- 8\left(1 + \text{i}\sqrt{3} \right)}{1 + 3} = - 2 - 2\text{i}\sqrt{3}$.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  %Soit A le point d'affixe  $z_{\text{A}} = 5 - 5\text{i}$.
		
%Déterminer le module, un argument et la notation exponentielle de $z_{\text{A}}$.
On a $\left|z_{\text{A}} \right|^2 = 5^2 + 5^2 = 2 \times 5^2$, donc $\left|z_{\text{A}} \right| = 5\sqrt{2}$.

On a donc $z_{\text{A}} = 5\sqrt{2}\left(\dfrac{5}{5\sqrt{2}} - \text{i}\dfrac{5}{5\sqrt{2}} \right) = 5\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2} - \text{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)$.

Si $\theta$ est un argument de $z_{\text{A}}$, on a $\cos \theta = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ et $\sin \theta = - \dfrac{\sqrt{2}}{2}$, donc $\theta = - \dfrac{\pi}{4}$.

L'écriture exponentielle de $z_{\text{A}}$ est donc $5\sqrt{2}\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{4}}$.

		\item  %Soit B le point d'affixe $z_{\text{B}},~z_{\text{B}}$ étant le nombre complexe conjugué de $z_{\text{A}}$.
		
%Déterminer la notation exponentielle de $z_{\text{B}}$, puis celle de
%$\dfrac{z_{\text{B}}}{z_{\text{A}}}.$
Puisque $z_{\text{B}} = \overline{z_{\text{A}}}$ son écriture exponentielle est $5\sqrt{2}\text{e}^{\frac{\text{i}\pi}{4}}$.

Il suit que $\dfrac{z_{\text{B}}}{z_{\text{A}}} = \dfrac{5\sqrt{2}\text{e}^{\frac{\text{i}\pi}{4}}}{5\sqrt{2}\text{e}^{-\frac{\text{i}\pi}{4}}} = \dfrac{\text{e}^{\frac{\text{i}\pi}{4}}}{\text{e}^{-\frac{\text{i}\pi}{4}}} = \text{e}^{\frac{\text{i}\pi}{4} + \frac{\text{i}\pi}{4}} = \text{e}^{\frac{\text{i}\pi}{2}} =  \text{i}.$

On a donc $\dfrac{z_{\text{B}}}{z_{\text{A}}} = \text{i} \iff z_{\text{B}} = \text{i}z_{\text{A}} = \text{e}^{\frac{\text{i}\pi}{2}}z_{\text{A}}$, ce qui montre que B est l'image de A dans la rotation de centre O et d'angle $\dfrac{\pi}{2}$.

D'après la propriété de la rotation OA = OB, donc le triangle OAB est un triangle rectangle isocèle en O.
	
%En déduire que B est l'image de A par une rotation de centre O dont on précisera l'angle. Construire le triangle OAB dans le repère donné et indiquer sa nature.
		\item  %Soit C le point d'affixe  $z_{\text{C}}= - 2 -2\text{i}\sqrt{3}$.
		
%Montrer que l'image de C par la rotation de centre O et d'angle $- \dfrac{\pi}{2}$ est le point D, d'affixe $z_{\text{D}} = -2\sqrt{3} + 2\text{i}$.
Par définition de la rotation $z_{\text{D}} = \text{e}^{-\frac{\text{i}\pi}{2}} \: ;\:  z_{\text{C}} = - \text{i}(- 2 -2\text{i}\sqrt{3}) = 2\text{i} - 2\sqrt{3} = - 2\sqrt{3} + 2\text{i}$.

%Calculer la distance OC et construire avec précision le triangle OCD.
On a OC $ = \left|z_{\text{C}}\right| = \left|- 2 - 2\text{i}\sqrt{3}\right| = \sqrt{4 + 12} = \sqrt{16} = 4$.

On place le point C$(-2~;~-2)$, puis on on construit le point D sur la perpendiculaire à (OC) contenant O et sur le cercle de centre O, de rayon OC $ = 4$ (sens indirect).
		\item  %Soit K le milieu de [AC].
On a K$\left(\dfrac{5 - 2}{2}~;~\dfrac{- 5 - 2\sqrt{3}}{2}\right) = \left(\dfrac{3}{2}~;~\dfrac{- 5 - 2\sqrt{3}}{2}\right)$.		
%Calculer les affixes des vecteurs $\vect{\text{OK}}$ et $\vect{\text{DB}}$ puis montrer que les droites (DB) et (OK) sont perpendiculaires.
On a donc $z_{\vect{\text{OK}}}\left(\dfrac{3}{2}~;~\dfrac{- 5 - 2\sqrt{3}}{2}\right)$.

On calcule $z_{\vect{\text{DB}}}\left(5 + 2\sqrt{3}~;~5 - 2 \right) = \left(5 + 2\sqrt{3}~;~3 \right)$.

On calcule $\dfrac{z_{\vect{\text{DB}}}}{z_{\vect{\text{OK}}}} =$

$\dfrac{\left(5 + 2\sqrt{3} \right) + 3\text{i}}{\dfrac{3}{2} - \text{i}\left(\dfrac{5}{2} + \sqrt{3} \right)} =\dfrac{\left[\left(5 + 2\sqrt{3} \right) + 3\text{i}\right)\left[\dfrac{3}{2} + \text{i}\left(\dfrac{5}{2} + \sqrt{3} \right) \right]}{\left[\dfrac{3}{2} - \text{i}\left(\dfrac{5}{2} + \sqrt{3} \right)\right]\left[\dfrac{3}{2} + \text{i}\left(\dfrac{5}{2} + \sqrt{3}\right) \right]} =$

$\dfrac{\frac{15}{2} + 3\sqrt{3}- \frac{15}{2} - 3\sqrt{3} + \text{i}\left(\frac{25}{2}+ 5\sqrt{3} + \frac{9}{2} \right)}{\frac{9}{4} + \frac{25}{4} + 3  + 5\sqrt{3}} = \dfrac{\frac{34}{2} + 5\sqrt{3}}{\frac{23}{2} + 5\sqrt{3}}\text{i}$.

On conclut que $\left(\vect{\text{OK}}~;~\vect{\text{DB}} \right) = \text{arg}\left(\dfrac{z_{\vect{\text{DB}}}}{z_{\vect{\text{OK}}}} \right) = \dfrac{\pi}{2}$, ce qui montre que les vecteurs sont orthogonaux.

Les droites (OK) et (DB) sont perpendiculaires.
 	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\begin{center}
\psset{unit=0.8cm}
\begin{pspicture}(-5,-6)(6,6)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=2,gridwidth=0.6pt,subgridwidth=0.3pt,gridcolor=orange,subgridcolor=orange](-5,-6)(6,6) 
\psaxes[linewidth=1pt,Dx=2,Dy=2](0,0)(-5,-6)(6,6)
\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[dotstyle=*](5,-5)(5,5)(-2,-3.5)(-3.5,2)(1.5,-4.232)
\uput[dr](5,-5){A} \uput[ur](5,5){B} \uput[dl](-2,-3.5){C} \uput[ul](-3.5,2){D} \uput[dl](1.5,-4.232){K}
\psline(5,-5)(0,0)(5,5) \psline(-2,-3.5)(0,0)(-3.5,2)
\pspolygon[linecolor=blue,linewidth=1.5pt](5,-5)(5,5)(-3.5,2)(-2,-3.5)
\pscircle(0,0){4}
\psline(-1.5,4.5)(1.5,-4.232)

\end{pspicture}
\end{center}
\vspace{1cm}

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

\medskip
 
%On considère l'équation différentielle du second ordre :

%\[y'' +\dfrac{9\pi^2}{16} = 0\qquad 	(\text{E})\]
\begin{enumerate}
\item (E) s'écrit $y'' + \left(\dfrac{3\pi}{4}\right)^2  = 0$, équation différentielle du second ordre de la forme $y'' + \omega^2 y = 0$, avec 

$\omega = \dfrac{3\pi}{4}$.

On sait que les solutions sur $\R$ de cette équation sont de la forme $f(x) = A\cos \omega x + B \sin \omega x$, donc ici $f(x) = A\cos \dfrac{3\pi}{4}x + B \sin \dfrac{3\pi}{4}x$.
 %Donner la solution générale de (E).

\item  %Déterminer la solution particulière, notée $f$, de (E) telle que $f(4) = -\sqrt{3}$	et $f'\left(\dfrac{4}{3} \right)  = - \dfrac{3\pi}{4}$.
On a $f'(x) = - \dfrac{3\pi}{4}\sin \dfrac{3\pi}{4}x + \dfrac{3\pi}{4}\cos \dfrac{3\pi}{4}x$.

La solution particulière vérifie donc :

$\left\{\begin{array}{l c l}
f(4) &=& -\sqrt{3}\\
f'\left(\dfrac{4}{3} \right)  &=& - \dfrac{3\pi}{4}
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
A\cos 3\pi  + B\sin 3\pi&=& -\sqrt{3}\\
- \dfrac{3\pi}{4}\sin \pi + \dfrac{3\pi}{4}\cos \pi  &=& - \dfrac{3\pi}{4}
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
- A &=& -\sqrt{3}\\
-\dfrac{3\pi}{4}B&=&- \dfrac{3\pi}{4}
\end{array}\right. $
 
$\iff \left\{\begin{array}{l c l}
A &= &\sqrt{3}\\
B&=&1
\end{array}\right.$

On a donc $f(x) = \sqrt{3}\cos \dfrac{3\pi}{4}x + \sin \dfrac{3\pi}{4}x$. 
\item  %Vérifier que $f$ s'écrit sous la forme : $f(x) = 2\cos\left(\dfrac{3\pi}{4}x - \dfrac{\pi}{6}\right)$.
En développant (avec la formule $\cos(a - b) = \cos a\cos b + \sin a\sin b$), on obtient :

$2\cos\left(\dfrac{3\pi}{4}x - \dfrac{\pi}{6}\right) = 2 \left(\cos \dfrac{3\pi}{4}x\cos \dfrac{\pi}{6} + \sin \dfrac{3\pi}{4}x\sin \dfrac{\pi}{6}\right) =$

$2\cos \dfrac{3\pi}{4}x \times \dfrac{\sqrt{3}}{2} + 2 \sin \dfrac{3\pi}{4}x \times \dfrac{1}{2} = \sqrt{3}\cos \dfrac{3\pi}{4}x + \sin \dfrac{3\pi}{4}x = f(x)$.
\item %Montrer que $f$ est périodique de période $\dfrac{8}{3}.$
Calculons $f\left(x + \dfrac{8}{3} \right) = 2\cos \left[\dfrac{3\pi}{4}\left(x + \dfrac{8}{3} \right) - \dfrac{\pi}{6} \right] = 
\cos \left(\dfrac{3\pi x}{4} + 2\pi - \dfrac{\pi}{6} \right) = 2\cos \left(\dfrac{3\pi x}{4} - \dfrac{\pi}{6} \right) = f(x)$ car la fonction cosinus est $2\pi$-périodique.

La fonction $f$ est bien périodique de période $\dfrac{8}{3}.$
\item %Calculer la valeur moyenne de $f$ sur l'intervalle $\left[0~;~\dfrac{8}{3}\right].$
D'après le formulaire la valeur moyenne $m$ sur $\left[0~;~\dfrac{8}{3}\right]$ de la fonction $f$ est :

$m = \dfrac{1}{\frac{8}{3} - 0}\displaystyle\int_{0}^{\frac{8}{3}}2\cos \left(\dfrac{3\pi x}{4}  - \dfrac{\pi}{6} \right)\:\text{d}x = \dfrac{3}{8}\left[2 \times \dfrac{4}{3\pi}\sin \left(\dfrac{3\pi x}{4}  - \dfrac{\pi}{6} \right) \right]_{0}^{\frac{8}{3}} =$

$\dfrac{1}{\pi}\left[\sin \left(\dfrac{3\pi}{4} \times \dfrac{8}{3} - \dfrac{\pi}{6} \right) - \sin \left(\dfrac{3\pi}{4}\times 0 - \dfrac{\pi}{6} \right) \right] =  \dfrac{1}{\pi}\left[\sin \left(2\pi - \dfrac{\pi}{6}\right) - \sin \left(- \dfrac{\pi}{6} \right) \right] =$

$\sin \left(- \dfrac{\pi}{6}\right) - \sin \left(- \dfrac{\pi}{6}\right) = 0$.  
\end{enumerate}

\vspace{1cm}

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

\medskip
 	
%Les trois parties du problème peuvent être résolues indépendamment.

%Le plan $\mathcal{P}$ est rapporté à un repère orthonormal \Oij{} d'unité graphique 2~cm.

%$\ln$ désigne la fonction logarithme népérien.

%On note E le point de coordonnées $(\ln 2,~\ln 2)$.

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip

%Soient $a$ et $b$ deux nombres réels, on désigne par $g$ la fonction définie sur $\R$ par :

%\[g(x) = ax + b - \dfrac{4\text{e}^x}{\text{e}^x + 2}.\]
\begin{enumerate}
\item %Calculer la dérivée de $g$.
Quel que soit $x \in \R,~\text{e}^x > 0$, donc $\text{e}^x + 2 > 2 > 0$. Le dénominateur ne peut donc s'annuler et la fonction $g$ somme de fonctions dérivables sur $\R$ est dérivable sur $\R$ :

$g'(x) = a -  \dfrac{4\text{e}^x\left(\text{e}^x + 2 \right) - 4\text{e}^x \times \text{e}^x}{\left(\text{e}^x + 2 \right)^2} = a - \dfrac{4\text{e}^{2x} + 8\text{e}^x - 4\text{e}^{2x}}{\left(\text{e}^x + 2 \right)^2} = a - \dfrac{8\text{e}^{x}}{\left(\text{e}^x + 2 \right)^2}$.
\item %Déterminer $a$ et $b$ pour que la courbe représentative de $g$ passe par le point E et admette en ce point une tangente parallèle à l'axe des abscisses.
Les conditions se traduisent par :

$\left\{\begin{array}{l c l}
f(\ln 2)&=&\ln 2\\
f'(\ln 2)&=&0
\end{array}\right. \iff
\left\{\begin{array}{l c l}
a\ln 2 + b - \dfrac{4\text{e}^{\ln 2}}{\text{e}^{\ln 2} + 2}&=&\ln 2\\
a - \dfrac{8\text{e}^{\ln 2}}{\left(\text{e}^{\ln 2} + 2 \right)^2}&=&0
\end{array}\right. \iff $

$\left\{\begin{array}{l c l}
a\ln 2 + b - \dfrac{8}{4}&=&\ln 2\\
a - \dfrac{16}{4)^2}&=&0
\end{array}\right. \iff
\left\{\begin{array}{l c l} 
a\ln 2 + b - 2&=&\ln 2\\
a - 1&=&0
\end{array}\right.
\iff $

$\left\{\begin{array}{l c l}
\ln 2 + b - 2 &=&\ln 2\\
a&=&1
\end{array}\right. \iff
\left\{\begin{array}{l c l}
b&=&2\\
a&=&1
\end{array}\right.$

On a donc : $g(x) = x + 2 - \dfrac{4\text{e}^x}{\text{e}^x + 2}$.
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B}

\medskip

%On se propose d'étudier la fonction numérique $f$ définie sur $\R$ par :

%\[f(x) = x + 2 - \dfrac{4\text{e}^x}{\text{e}^x + 2}.\]

%Soit $\mathcal{C}$ la courbe représentative de $f$ dans le repère orthonormal \Oij.

\begin{enumerate}
\item %Montrer que pour tout nombre réel $x$ on a :

%\[f(x) = x - 2 + \dfrac{8}{\text{e}^x + 2}\]
On a $f(x) = x + 2 - \dfrac{4\text{e}^x}{\text{e}^x + 2} = x - 2 + 2 + 2 - \dfrac{4\text{e}^x}{\text{e}^x + 2} = x - 2 + 4 - \dfrac{4\text{e}^x}{\text{e}^x + 2} = x - 2 + \dfrac{4\left(\text{e}^x + 2 \right) - 4\text{e}^x}{\text{e}^x + 2} = x - 2 + \dfrac{4\text{e}^x + 8 - 4\text{e}^x} = x - 2 + \dfrac{8}{\text{e}^x + 2}$.
\item %En utilisant l'une des formes de $f(x)$, calculer $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} f(x)$ et $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x)$.
En utilisant l'énoncé $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} \text{e}^x = 0$, donc $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} \dfrac{8}{\text{e}^x + 2} = 4$ et comme $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} x = - \infty$, on a finalement :

$\displaystyle\lim_{x \to - \infty} f(x) = - \infty$.

En utilisant la deuxième écriture, on a $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}\text{e}^x = + \infty$, donc $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{8}{\text{e}^x + 2} = 0$ et comme 

$\displaystyle\lim_{x \to + \infty} x = + \infty$, on a finalement :

$\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty$.
%Montrer que les droites $\mathcal{D}_{1}$ d'équation $y = x - 2$ et $\mathcal{D}_{2}$ d'équation $y = x + 2$ sont 	asymptotes à la courbe représentative $\mathcal{C}$ de $f$.

Soit $d$ la fonction définie par : $d(x) = f(x) - (x - 2) = \dfrac{8}{\text{e}^x + 2}$ ; on a vu que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{8}{\text{e}^x + 2} = 0$ soit $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) - (x - 2) = 0$, ce qui signifie que la droite d'équation $y = x - 2$ est asymptote  à $\mathcal{C}$ au voisinage de plus l'infini.

De m\^eme, soit $e$ la fonction définie par $e(x) = f(x)  - (x + 2) =  - \dfrac{4\text{e}^x}{\text{e}^x + 2}$. On a vu que 

$\displaystyle\lim_{x \to - \infty}\dfrac{4\text{e}^x}{\text{e}^x + 2} = 0$. Ceci montre que la droite d'équation $y = x + 2$ est asymptote à $\mathcal{C}$ au voisinage de moins l'infini.

\item %Montrer que la dérivée  de $f$ est $f'(x) = \left(\dfrac{\text{e}^x - 2}{\text{e}^x + 2} \right)^2$.
La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ et on a :

$f'(x)  = 1 - \dfrac{8\text{e}^x}{\left(\text{e}^x + 2 \right)^2} = \dfrac{\left(\text{e}^x + 2 \right)^2 - 8\text{e}^x}{\left(\text{e}^x + 2 \right)^2} = \dfrac{\text{e}^{2x} + 4 + 4\text{e}^x - 8\text{e}^x}{\left(\text{e}^x + 2 \right)^2} = \dfrac{\text{e}^{2x} + 4 - 4\text{e}^x }{\left(\text{e}^x + 2 \right)^2} = \dfrac{\left(\text{e}^x - 2 \right)^2}{\left(\text{e}^x + 2 \right)^2} = \left(\dfrac{\text{e}^x - 2}{\text{e}^x + 2} \right)^2$.
\item %Étudier le signe de $f'(x)$ et en déduire le tableau de variations de $f$.
$f'(x)$ étant un carré est supérieur à zéro sauf si $\text{e}^x - 2 = 0 \iff \text{e}^x =  2 \iff x = \ln 2$, auquel cas le nombre dérivé est nul et la tangente à $\mathcal{C}$ en ce point est horizontale.

La fonction est donc croissante sur $\R$. D'o\`u le tableau de variation :

\medskip

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(7,3)
\psframe(7,3) \psline(0,2)(7,2) \psline(1,0)(1,3)\psline(0,2.5)(7,2.5)
\psline{->}(1.5,0.3)(6.2,1.7)
\uput[u](0.5,2.5){$x$} \uput[u](1.4,2.5){$-\infty$} \uput[u](4,2.5){$\ln 2$} \uput[u](6.5,2.5){$+ \infty$}
\rput(0.5,2.25){$f'(x)$} \rput(2.5,2.25){$+$}\rput(4,2.25){$0$} \rput(5.5,2.25){$+$} 
\rput(0.5,1){$f$}\uput[u](1.2,0){4}\rput(4,1){$\ln 2$} \uput[d](6.5,2){$+ \infty$}
\end{pspicture}
\end{center}

\medskip

\item %Construire la courbe $\mathcal{C}$, sa tangente en E et ses asymptotes.
\end{enumerate}

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(-6,-4)(6,4)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridwidth=0.3pt,gridcolor=orange](-6,-4)(6,4)
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(-6,-4)(6,4)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\psaxes[linewidth=1.5pt](0,0)(1,1)
\uput[dl](0,0){O}
\psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{-6}{6}{x 2 sub 8 2.71828 x exp 2 add div add}
\psplot{-6}{2}{x 2 add}\rput{45}(1.5,3.3){$y = x + 2$}
\psplot{-2}{6}{x 2 sub}\rput{45}(5,2.7){$y = x - 2$}
\uput[u](2,0.85){\blue $\mathcal{C}$}
\end{pspicture}
\end{center}

\medskip

\textbf{Partie C}

\medskip

\begin{enumerate}
\item %Déterminer une primitive de la fonction $h$ définie sur $\R$ par $h(x) = \dfrac{\text{e}^x}{\text{e}^x + 2}$.
On remarque que $\left(\text{e}^x + 2 \right)' = \text{e}^x$, donc $h()$ est de la forme $\dfrac{u'(x)}{u(x)}$, avec $u(x) = \text{e}^x + 2$ et on a déjà vu que cette expression est supérieure à zéro.

Or $\dfrac{u'(x)}{u(x)} = \left(\ln u(x) \right)'$.

Conclusion : une primitive sur $\R$ de $h$ est donc la fonction $H$ définie sur $\R$ par :

\[H(x) = \ln \left(\text{e}^x + 2 \right).\]

\item %En déduire une primitive de $f$.
Une primitive de $x + 2$ étant $\dfrac{x^2}{2} + 2x$, on en déduit qu'une primitive $F$ de $f$ est définie sur $\R$ par :

$F(x) = \dfrac{x^2}{2} + 2x - 4\ln \left(\text{e}^x + 2 \right)$.

\item %Déterminer en cm$^2$, en valeur exacte puis au mm$^2$ près, l'aire de la partie du plan comprise entre la courbe $\mathcal{C}$, l'axe des abscisses, l'axe des ordonnées et la droite d'équation $x = 2$.
Sur l'intervalle [0~ ;~2], la fonction $f$ est positive : l'aire de la partie du plan est donc égale en unités d'aire à l'intégrale :

$\displaystyle\int_{0}^2 f(x)\:\text{d}x = \left[F(x) \right]_{0}^{2} = \left[\dfrac{x^2}{2} + 2x - 4\ln \left(\text{e}^x + 2 \right) \right]_{0}^{2} = \dfrac{2^2}{2} + 2 \times 2  - 4\ln \left(\text{e}^2 + 2 \right) - \left[\left(-4\ln \text{e}^0 + 2 \right)\right] = 6 - 4\ln \left(\text{e}^2 + 2 \right) + 4 \ln 3$ u. a.

Or une unité d'aire est  égale à $2 \times 2 = 4$~cm$^2$.

Donc l'aire en cm$^2$ est égale à :

\[4\left[6 - 4\ln \left(\text{e}^2 + 2 \right) + 4 \ln 3 \right] \approx 5,75~\text{cm}^2 \text{ à } 1 \text{ mm}^2 \text{ près.}\]


\end{enumerate}
\end{document}