\documentclass[10pt]{article}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage[utf8]{inputenc}%ATTENTION codage en utf8 ! 
\usepackage{fourier}
\usepackage[scaled=0.875]{helvet}
\renewcommand{\ttdefault}{lmtt}
%tapuscrit : Denis Vergès
\usepackage{amsmath,amssymb,makeidx}
\usepackage[normalem]{ulem}
\usepackage{fancybox}
\usepackage{ulem}
\usepackage{dcolumn}
\usepackage{textcomp}
\usepackage{diagbox}
\usepackage{lscape}
\newcommand{\euro}{\eurologo{}}
\usepackage[dvips]{color}
\usepackage{pstricks,pst-plot,pst-text,pst-tree}
\usepackage[left=3.5cm, right=3.5cm, top=3cm, bottom=3cm]{geometry}
\newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}}
\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
\newcommand{\D}{\mathbb{D}}
\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}
\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}
\newcommand{\C}{\mathbb{C}}
\renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}}
\renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}}
\renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}}
\renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}}
\def\Oij{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$}
\def\Oijk{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$}
\def\Ouv{$\left(\text{O}~;~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
\usepackage{fancyhdr} 
\usepackage[frenchb]{babel}
\usepackage[np]{numprint}
\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat STL Physique de laboratoire}
\lfoot{\small{Métropole}}
\rfoot{\small{septembre 2007}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

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

\begin{center}

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

\end{center}

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

\medskip

%Le plan complexe est muni d'un repère orthonormal \Ouv{} d'unité graphique 2~cm.
% 
%On note i le nombre complexe de module 1 et d'argument $\dfrac{\pi}{2}.$ 
%
%\medskip
 
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  %Résoudre dans l'ensemble $\C$ des nombres complexes l'équation : 

\[z^2 + 2\sqrt{3} z + 4 = 0.\]

$\Delta = \left(2\sqrt{3} \right)^2  - 4 \times 4 = 4 \times 3 - 16 = - 4  = (2\text{i})^2$.

Il y a donc deux solutions complexes conjuguées :

$z_1 = \dfrac{- 2 \sqrt{3} + 2\text{i}}{2} = - \sqrt{3} + \text{i}\:;\: z_2 = - \sqrt{3} - \text{i}$.

		\item %Déterminer le module et un argument de chacune des solutions.
$\bullet~~$On a $\left|z_1 \right|^2 = 3 + 1 = 4$, donc $\left|z_1 \right| = 2$ et  $\left|z_2 \right| = 2$.

$\bullet~~$ $z_1 = 2\left(\frac{- \sqrt{3}}{2} + \dfrac{\text{i}}{2} \right) = 2\left(\cos \frac{5\pi}{6} + \text{i}\sin \frac{5\pi}{6} \right)$. 

Un argument de $z_1$ est $\frac{5\pi}{6}$ et par conséquent un argument de $z_2$ est $- \frac{5\pi}{6}$.
		\item %Donner la forme exponentielle de chacune des solutions.
		D'après la question précédente on a :
		
$z_1 = 2\text{e}^{\text{i}\frac{5\pi}{6}}$ et $z_2 = 2\text{e}^{\text{i}\frac{5\pi}{6}}$.
	\end{enumerate} 
\item %On considère les points A et B d'affixes respectives $z_{\text{A}} = -\sqrt{3} + \text{i}$  et $z_{\text{B}} = -\sqrt{3} - \text{i}$.
On a donc $z_1 = z_{\text{A}}$ et $z_2 = z_{\text{B}}$.
	\begin{enumerate}
		\item %On note E le symétrique du point A par rapport à O. Déterminer l'affixe $z_{\text{E}}$ du point E.
L'affixe de E est l'opposé de l'affixe de A, donc $z_{\text{E}} = - z_1 =  \sqrt{3} - \text{i}$.
		\item %On note D l'image de B par la rotation de centre O d'angle $- \dfrac{2\pi}{3}$. 
		
%Déterminer l'affixe $z_{\text{D}}$ du point D.
On sait que  $z_{\text{D}} = z_{\text{B}} \times \text{e}^{- \frac{2\pi}{3}} = \left(- \sqrt{3} - \text{i}\right)\left(\cos - \frac{2\pi}{3} + \text{i}\sin - \frac{2\pi}{3} \right) = \left(- \sqrt{3} - \text{i} \right)\left(-\frac{1}{2} - \text{i}\frac{\sqrt{3}}{2} \right) =  $

$\dfrac{\sqrt{3}}{2}  - \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{3}{2}\text{i} + \dfrac{1}{2}\text{i} = 2\text{i}$.
		\item ~%Placer les points A, B, E et D dans le plan complexe.
\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(-2,-2)(2,2)
\psaxes[linewidth=1.25pt]{->}(0,0)(-2,-2)(2,2)
\psdots[linecolor=red](-1.732,1)(-1.732,-1)(1.732,-1)(0,2)
\pscircle(0,0){2}
\uput[l](-1.732,1){A} \uput[l](-1.732,-1){B} \uput[l](1.732,-1){E}
\uput[ur](0,0){O}\uput[ur](0,2){D}
\pspolygon[linecolor=blue](-1.732,1)(0,2)(1.732,-1) 
\end{pspicture}
\end{center}
	\end{enumerate} 
\item
	\begin{enumerate}
		\item  %Montrer que les points A, B, E et D sont situés sur un même cercle dont on précisera le centre et le rayon.
On sait déjà que $\left|z_1 \right| =  \left|z_2 \right| = \text{OA} = \text{OB} = 2$.
		
De lus OE = OA = 2 par symétrie.
		
Enfin $\left|z_{\text{D}} \right| = \left|z_{\text{B}} \text{e}^{- \frac{2\pi}{3}} \right| = \left|z_{\text{B}} \right| \times \left|\text{e}^{- \frac{2\pi}{3}} \right| = \left|z_{\text{B}} \right| \times 1 = \left|z_{\text{B}} \right| = 2$.
		
Finalement OA = OB = OD = OE = 2 ce qui démontre que A, B, D et E appartiennent au cercle de centre O de rayon 2.
		\item %En déduire, en justifiant votre réponse, la nature du triangle AED.
		A et E sont symétriques autour du centre O du cercle, [AE] est donc un diamètre de ce cercle et D appartenant à ce cercle, le triangle AED est rectangle en D.
	\end{enumerate} 
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\medskip

%Soit (E) l'équation différentielle : 
	
%\[16y'' + \pi^2 y = 0 \]

%où $y$ est une fonction de la variable réelle $x$ et $y''$ sa dérivée seconde.

\medskip 

\begin{enumerate}
\item %Résoudre l'équation différentielle (E). 
On a $16y'' + \pi^2 y = 0 \iff y'' + \dfrac{\pi^2}{16}y = 0 \iff y'' + \left(\dfrac{\pi}{4} \right)^2$.

On sait que les solutions de l'équation différentielle sont de la forme :

$f(x) = A \cos \dfrac{\pi}{4}x + B \sin \dfrac{\pi}{4}x$ où $A$ et $B$ sont deux réels quelconques.
\item %Démontrer que la fonction $f$ définie sur $\R$ par $f(x) = 2 \cos \left(\dfrac{\pi}{4}x\right)$ est une solution de (E)  vérifiant les deux conditions :
 
%\[f(1) = \sqrt{2}\quad  \text{et}  \quad f'(0) = 0.\]
Avec $f(x) = A \cos \dfrac{\pi}{4}x + B \sin \dfrac{\pi}{4}x$ et $f'(x) = - A\dfrac{\pi}{4}\sin \dfrac{\pi}{4}x + B\dfrac{\pi}{4}\cos \dfrac{\pi}{4}x$, on a le système :

$\left\{\begin{array}{l c l}
f(1) 	&=& \sqrt{2}\\
f'(0) 	&=& 0
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
A \cos \dfrac{\pi}{4} + B \sin \dfrac{\pi}{4} 									&=& \sqrt{2}\\
- A\dfrac{\pi}{4}\sin \dfrac{\pi}{4}0 + B\dfrac{\pi}{4}\cos \dfrac{\pi}{4}0 	&=& 0
\end{array}\right. \iff
\left\{\begin{array}{l c l}
A\dfrac{\sqrt{2}}{2} + B\dfrac{\sqrt{2}}{2} &=& \sqrt{2}\\
B\dfrac{\pi}{4}								&=&0
\end{array}\right. $

$\iff
\left\{\begin{array}{l c l}
 A + B 	&=& 2\\
 B 		&=& 0
\end{array}\right. \iff
\left\{\begin{array}{l c l}
A&=&2\\
B&=&0
\end{array}\right.$.

On a donc  $f(x) = 2 \cos \left(\dfrac{\pi}{4}x\right)$ .
\item  %Résoudre, dans l'intervalle $]-\pi~;~\pi]$, l'équation $f(x) = \sqrt{2}$. 
$f(x) = \sqrt{2} \iff 2 \cos \left(\dfrac{\pi}{4}x\right) = \sqrt{2} \iff \cos \left(\dfrac{\pi}{4}x\right) = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$.

On a donc deux solutions :

$\dfrac{\pi}{4}x = \dfrac{\pi}{4}$ ou $\dfrac{\pi}{4}x = -\dfrac{\pi}{4}$, soit $x = 1$ ou $x = - 1$.
\item  %Calculer la valeur efficace de $f$ sur [0~;~2], c'est-à-dire le réel positif I défini par : 

\[\text{I}^2 = \dfrac{1}{2}\int_{0}^2 [f(x)]^2\:\text{d}x.\] 
 
%(On pourra utiliser la formule : $\cos ^2 a = \dfrac{1}{2}(1 + \cos 2a)$) 

On a donc $f(x) = 2 \cos \left(\dfrac{\pi}{4}x\right) = \dfrac{1}{2}\left[1 + \cos \left(\dfrac{\pi}{2}x\right)\right]$.

On a donc : $\text{I}^2 = \dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^2 [f(x)]^2\:\text{d}x = \dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^2 \dfrac{1}{2}\left[1 + \cos \left(\dfrac{\pi}{2}x\right)\right]\:\text{d}x = \dfrac{1}{4}\left[x + \sin \left(\dfrac{\pi}{2}x\right) \right]_0^2 =$

$ \dfrac{1}{4}\left(2 + \sin \pi \right) -  \dfrac{1}{4}(0 + \sin 0) ) = \dfrac{1}{2}$.

Conclusion $\text{I} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$.
\end{enumerate} 

\vspace{0,5cm}

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

\medskip

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

%\medskip
% 
%On considère la fonction $g$ définie sur $\R$ par : 

\[g(x) = (x+1)\text{e}^x + 2.\]
 
%On note $\mathcal{C}$ la courbe représentative de $g$ dans le plan muni d'un repère orthonormal \Oij{} d'unité graphique 2~cm.

\medskip
 
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  %Déterminer la limite de $g$ en $+\infty$.
De $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} (x + 1) = + \infty$ et $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \text{e}^x = + \infty$, on en déduit par somme des limites que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} (x + 1)\text{e}^x = + \infty$, donc que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} g(x) = + \infty$.
		\item  %Déterminer la limite de $g$ en $- \infty$. En déduire que la courbe $\mathcal{C}$ admet une asymptote dont on précisera une équation.
		On a $g(x) = x\text{e}^x  + \text{e}^x  + 2$. Or $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} \text{e}^x = 0$, \: $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} x\text{e}^x = 0$, donc par somme de limites $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} g(x) = 2.$
		
Ce résultat montre que la droite d'équation $y = 2$ est asymptote horizontale à $\mathcal{C}$ au voisinage de moins l'infini.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  %On nomme $g'$ la dérivée de $g$, calculer $g'(x)$.
Pour tout réel, $g'(x) = 1\text{e}^x + (x + 1)\text{e}^x = (x + 2)\text{e}^x$. 
		\item  %Étudier le signe de la dérivée $g'(x)$ et dresser le tableau de variations de la fonction $g$.
		On sait que quel que soit le rée $x$, \: $\text{e}^x > 0$ : le signe de $g'(x)$ est donc celui de $(x + 2)$ :
		
$\bullet~~$Pour $x < - 2$, \: $g'(x) < 0$ : la fonction $g$ est décroissante sur $]- \infty~;~-2[$ ;

$\bullet~~$Pour $x > - 2$, \: $g'(x) > 0$ : la fonction $g$ est croissante sur $]-2~;~+ \infty[$ ; 

$\bullet~~$Pour $x = - 2$, \: $g'(-2) = 0$ ; $g(- 2) = 2 - \text{e}^{-2}$ est donc le minimum de la fonction $g$ sur $\R$. D'où le tableau de variations :

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(7,2.5)
\psframe(7,2.5)\psline(0,1.5)(7,1.5)\psline(0,2)(7,2)\psline(1,0)(1,2.5)
\uput[u](0.5,1.9){$x$} \uput[u](1.5,1.9){$- \infty$} \uput[u](4,1.9){$- 2$} \uput[u](6.5,1.9){$+ \infty$} 
\uput[u](0.5,1.4){$g'(x)$} \uput[u](2.5,1.4){$-$}\uput[u](4,1.4){$0$}\uput[u](5.5,1.4){$+$}
\uput[d](1.1,1.5){2}\uput[u](4,0){$2 - \text{e}^{-2}$}\uput[d](6.5,1.5){$+ \infty$}
\psline{->}(1.25,1)(3.5,0.5)\psline{->}(4.5,0.5)(6.5,1)
\rput(0.5,0.75){$g(x)$}
\end{pspicture}
\end{center}
	\end{enumerate}
\item %Montrer que $g(x) > 0$ pour tout réel $x$.
Comme le minimum $g(- 2) = 2 - \text{e}^{-2} \approx 1,86$, il en résulte que $g(x) > 0$ quel que soit le réel $x$.
\end{enumerate}

\medskip
 
\textbf{Partie B : Calcul d'aire}

\medskip
 
Soit $a$ et $b$ deux réels, on désigne par $G$ la fonction définie sur $\R$ par 

\[G(x) = (ax + b)\text{e}^x + 2x.\]
 
\begin{enumerate}
\item %Déterminer les réels $a$ et $b$ pour que la fonction $G$ soit une primitive de la fonction $g$.
G(x)$ est une primitive de $g$ si quel que soit le réel $x$, \: G'(x) = f( g(x) \iff  a \text{e}^x + (ax + b)\text{e}^x + 2 = (x + 1)\text{e}^x + 2 \iff (ax + a + b)\text{e}^x + 2 = (x + 1)\text{e}^x + 2$, soit après identification :

$\left\{\begin{array}{l c l}
ax + a + b = x + 1\\
2&=&2
\end{array}\right.$, d'où $a = 1$ et $1 + b = 1 \iff b = 0$.

Donc la fonction $G$ définie sur $\R$ par $G(x) = x\text{e}^x + 2x$ est une primitive de $g$.
\item La représentation graphique $\mathcal{C}$ de la fonction $g$ est donnée sur la feuille jointe en annexe qui est à rendre avec la copie. 
	\begin{enumerate}
		\item %Hachurer le domaine $\mathcal{E}$ limité par la courbe $\mathcal{C}$, les deux axes de coordonnées et la droite d'équation $x = - 1$. 
		\item  %Calculer, en unités d'aire, la valeur exacte de l'aire du domaine $\mathcal{E}$.
		La fonction $g$ étant positive sur l'intervalle [0~;~1], on sait que l'aire de la surface 
		$\mathcal{E}$, en unité d'aire est égale à l'intégrale :
		
$\displaystyle\int_0^1 g(x) \:\text{d}x = [G(x)]_0^1 = G(1) - G(0) = 1\text{e}^1 + 2\times 1 - \left(0\text{e}^0 + 2\times 0 \right) = \text{e} + 2 \approx 4,728$~(unités d'aire).

On peut vérifier ce résultat approximativement sur la figure ci-dessous.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie C : Étude d'une fonction \boldmath $f$ \unboldmath et représentation graphique}

\medskip

Soit la fonction $f$ définie sur $]-1~;~+\infty[$ par
 
\[ f(x) = \text{e}^x + 2 \ln (x + 1).\]
  
On note $\Gamma$ sa courbe représentative dans un repère orthogonal \Oij.

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  %Déterminer la limite de $f$ en $+\infty$. 
		De $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \text{e}^x = + \infty$ et $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}\ln (x + 1) = + \infty$, on en déduit par somme de limites que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty$.
		\item  %Déterminer la limite de $f$ en $-1$. En déduire que la courbe $\Gamma$ admet une asymptote $\mathcal{D}$  dont on précisera une équation.
		On a $\displaystyle\lim_{x \to - 1} \text{e}^x = \text{e}^{-1}$ et $\displaystyle\lim_{x \to - 1}\ln (x + 1) = - \infty$, d'où par somme de limites que $\displaystyle\lim_{x \to - 1} f(x) = - \infty$ : la droite d'équation $x = - 1$ est donc asymptote verticale à $\Gamma$ au voisinage de $- 1$.
	\end{enumerate} 
\item
	\begin{enumerate}
		\item  %On appelle $f'$ la fonction dérivée de $f$. Montrer que, pour tout réel $x$ de l'intervalle $]-1~;~+\infty[,~f'(x) = \dfrac{(x+1)\text{e}^x + 2}{x + 1}$.
Sur $]-1~;~+\infty[,~f'(x) = = \text{e}^x + \dfrac{2}{x + 1} = \dfrac{(x + 1)\text{e}^x + 2}{x + 1}$.
		\item  %En utilisant les résultats de la partie A, étudier le signe de la dérivée $f'(x)$ et dresser le tableau de variations de la fonction $f$. 
		On remarque que $f'(x) = \dfrac{g(x)}{x + 1}$.
		
		Or sur $]-1~;~+\infty[$,\: $x + 1 > 0$ : le signe de $f'(x)$ est donc celui du numérateur donc celui de $g(x)$, or on a vu dans la partie A que $g(x) > 0$, quel que soit le réel $x$.
		
		Conclusion $f'(x) > 0$ : sur $]-1~;~+\infty[$la fonction $f$ est strictement croissante de moins l'infini à plus l'infini.
	\end{enumerate}
\item %Déterminer une équation de la tangente $\mathcal{T}$ à la courbe $\Gamma$ au point d'abscisse $0$. 
Une équation de la tangente $\mathcal{T}$ à la courbe $\Gamma$ au point d'abscisse $0$ est :

$y - f(0) = f'(0)(x - 0)$, soit $y - (1 + 2\ln 1) = \frac{1 + 2}{1}x$, ou encore $y - 1 = 3x$ et enfin $y = 3x + 1$.
\item
	\begin{enumerate}
		\item %Montrer que l'équation $f(x) = 0$ admet une solution unique $\alpha$ dans l'intervalle  $\left[- \dfrac{9}{10}~;~0\right]$.
Sur l'intervalle $\left[- \dfrac{9}{10}~;~0\right]$,la fonction $f$ est strictement croissante de $f\left(- \frac{9}{10} \right) = \text{e}^{-0,9} + 2\ln 0,1 \approx -4,2$ à $f(0) = \text{e}^0 + 2\ln 1 = 1$.

Il existe donc un réel unique $\alpha \in \left[- \dfrac{9}{10}~;~0\right]$ tel que que $f(\alpha) = 0$.
		\item %Donner la valeur arrondie à $0,1$~près de $\alpha$.
On a (avec la calculatrice) $f(-0,4) \approx - 0,35$ et $f(-0,3) \approx 0,03$, donc :

\[-0,04 < \alpha < - 0,03.\]
\item %Tracer les droites $\mathcal{D}$ et $\mathcal{T}$, puis la courbe $\Gamma$ sur une feuille de papier millimétré dans le repère orthogonal \Oij{} d'unités graphiques 2~cm en abscisse et 1~cm en ordonnée.
Voir ci-dessous. 
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\newpage

\begin{center}
\textbf{FEUILLE ANNEXE À REMETTRE AVEC LA COPIE}

\vspace{0,5cm}
\begin{center}
\psset{unit=1.333cm}
\begin{pspicture}(-6,-0.5)(3,8)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=4,gridwidth=0.2pt,subgridwidth=0.15pt,gridcolor=orange,subgridcolor=orange](0,0)(-6,0)(3,8)
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(-6,0)(3,8)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\psaxes[linewidth=1.5pt](0,0)(1,1)
\uput[u](3,0){$x$} \uput[r](0,6){$y$}\uput[d](-4,1.9){\blue $\mathcal{C}$}
\uput[d](0.5,0){$\vect{\imath}$}\uput[l](0,0.5){$\vect{\jmath}$}
\psplot[linecolor=blue,plotpoints=3000,linewidth=1.25pt]{-6}{1.05}{2.71828 x exp x 1 add mul 2 add}
\pscustom[fillstyle=hlines]{
\psplot[linecolor=blue,plotpoints=3000,linewidth=1.25pt]{0}{1}{2.71828 x exp x 1 add mul 2 add}
\psline(1,0)(0,0)}
\end{pspicture}
\end{center}

\vspace{1cm}
\psset{xunit=2cm,yunit=1cm}
\begin{pspicture}(-1.1,-4)(2,4)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=5,gridwidth=0.2pt,subgridwidth=0.15pt,gridcolor=orange,subgridcolor=orange](0,0)(-1.1,-4)(2,4)
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(-1.1,-4)(2,4)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\psaxes[linewidth=1.5pt](0,0)(1,1)
\uput[u](1.9,0){$x$} \uput[r](0,3.9){$y$}\uput[r](1,3.9){\blue $\Gamma$}
\uput[d](0.5,0){$\vect{\imath}$}\uput[l](0,0.5){$\vect{\jmath}$}
\uput[ul](-0.3,0){\red $\alpha$}
\psplot[linecolor=blue,plotpoints=3000,linewidth=1.25pt]{-0.89}{1.}{2.71828 x exp x 1 add ln  2 mul add}
%\pscustom[fillstyle=hlines]{
%\psplot[linecolor=blue,plotpoints=3000,linewidth=1.25pt]{0}{1}{2.71828 x exp x 1 add mul 2 add}
%\psline(1,0)(0,0)}
\end{pspicture}
\end{center}
\end{document}