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\def\Oij{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$}
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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 STL  Physique de laboratoire et de procédés industriels}%
\lfoot{\small{Métropole}}
\rfoot{\small{13  septembre 2011}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}{\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat STL Métropole  13 septembre 2011~\decofourright\\[4pt]
Physique de laboratoire et de procédés industriels }} \end{center}
    
\vspace{0,25cm}

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

\medskip

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

\medskip
 
\begin{enumerate}
\item Résolvons dans l'ensemble des nombres complexes l'équation suivante : $z^2 - 4z\sqrt{3} + 16 = 0.$

Calculons $\Delta$

$\Delta= (-4\sqrt{3})^2-4\times 16=48-64=-16=(4\text{i})^2$

$\Delta<0 \quad \text{2 racines complexes conjuguées }$

$z_1=\dfrac{4\sqrt{3}-\sqrt{(4\text{i})^2}}{2}=2\sqrt{3}-2\text{i} \quad z_2=\dfrac{4\sqrt{3}+\sqrt{(4\text{i})^2}}{2}=2\sqrt{3}+2\text{i}$


L'ensemble des solutions de l'équation  est : $\big\{ 2\sqrt{3}-2\text{i}~;~2\sqrt{3}+2\text{i} \big\}$
 
\item On considère les points A, B et C d'affixes respectives 
$z_{\text{A}} = 2\sqrt{3} + 2\text{i},\quad  z_{\text{B}} = 2\sqrt{3} - 2\text{i},\quad z_{\text{C}} = 6\text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}}$

	\begin{enumerate}
		\item Déterminons les formes exponentielles des nombres complexes. Pour ce faire, déterminons le module et l'argument de
\begin{itemize}
\item $z_{\text{A}}$ \begin{description}
 \item [module :]  $\lvert z_A \rvert = \sqrt{(2\sqrt{3})^2+2^2}=\sqrt{12+4}=4$
\item [argument :] $\theta_1 $ est tel que $\cos\theta_1=\dfrac{2\sqrt{3}}{4}$ et $\sin\theta_1 = \dfrac{2}{4}$  d'où $\theta_1= \frac{\pi}{6}$
\end{description}
\item $z_{\text{B}}$
\begin{description}
\item [module :]  $\lvert z_B \rvert = \sqrt{(2\sqrt{3})^2+(-2)^2}=\sqrt{12+4}=4$
\item [argument :] $\theta_2 $ est tel que $\cos\theta_2 = \dfrac{2\sqrt{3}}{4}$ et $\sin\theta_2 = \dfrac{-2}{4}$  d'où $\theta_2=-\frac{\pi}{6}$
\end{description}
\end{itemize}
Il en résulte $z_A=4\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}$ et $z_B=4\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{6}}$
 
		\item Déterminons la forme algébrique du nombre complexe $z_{\text{C}}$. 
		
		$z_C=6\text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}}=6\left(\cos \frac{2\pi}{3}+\text{i} \sin\frac{2\pi}{3}\right)=6\left(-\frac{1}{2}+\text{i}\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = - 3 + 3\sqrt{3}\text{i}$
		\item Construisons  les points A, B et C. 
		
\begin{center}
	
\psset{unit=0.75cm}
\begin{pspicture}(-6.5,-3.1)(4.7,5.7)
\psaxes[labels=all,labelsep=1pt, Dx=1,Dy=1,Ox=0,Oy=0]{->}(0,0)(-6,-3)(4.5,5.5)
\uput[dl](0,0){\small O}
\psline[linewidth=0.5pt]{->}(0,0)(1,0) \uput[d](0.5,0){\small $\vec{u}$}
\psline[linewidth=1pt]{->}(0,0)(0,1) \uput[l](0,0.5){\small $\vec{v}$}
\multido{\n=-6.0+0.5}{22}{\psline[linewidth=0.3pt,linecolor=orange](\n,-3)(\n,5.5)}
\multido{\n=-3.0+0.5}{18}{\psline[linewidth=0.3pt,linecolor=orange](-6,\n)(4.5,\n)}
\rput(3.4641,2.3){A}\psdots[dotstyle=x,dotscale=1.5](-3,5.196)
\psdots[dotstyle=x,dotscale=1.5](3.4641,2)
\psdots[dotstyle=x,dotscale=1.5](3.4641,-2)
\rput(-3.3,5.3){C}\rput(3.4641,-2.32){B}
\pspolygon[linecolor=blue,linewidth=1.25pt](0,0)(-3,5.196)(3.4641,2)
\end{pspicture}
\end{center}
		\item Calculons les longueurs
		
\begin{tabular}{ccl}
 OA = $\lvert z_A \rvert=4$&  OC =$\lvert z_C \rvert=6$& AC=$\lvert z_C-z_A \rvert$\\
&&\phantom{AC}=$\lvert (-3+3\sqrt{3}\text{i})- (2\sqrt{3} + 2\text{i})\rvert$\\
&&\phantom{AC}=$\lvert (-3-2\sqrt{3}) + (3\sqrt{3}-2)\text{i}\rvert$\\
&&\phantom{AC}=$\sqrt{(-3-2\sqrt{3})^2 + (3\sqrt{3}-2)^2}$\\
&&\phantom{AC}=$\sqrt{21+12\sqrt{3} + 31 - 12\sqrt{3}}$\\
&&\phantom{AC}=$\sqrt{52}$\\
\end{tabular}

Le triangle OAC est rectangle en O car $AC^2=OA^2+OC^2$ 

(réciproque de Pythagore $AC^2=52$ et $OA^2+OC^2=16+36=52$).
	\end{enumerate} 
\item On considère la rotation de centre O et d'angle $\dfrac{\pi}{4}$. On définit le point D comme l'image 
du point A par cette rotation. 
	\begin{enumerate}
		\item Déterminons  l'affixe de D notée $z_{\text{D}}$. Puisque D est l'image de A dans la rotation de centre O et d'angle $\dfrac{\pi}{4}$ nous avons $\lvert z_D\rvert =\lvert z_A \rvert$  par conséquent $\left\lvert \dfrac{z_D}{z_A} \right\rvert = 1$ et $\text{Arg} \left(\dfrac{z_D}{z_A}\right)=\dfrac{\pi}{4}$.
		Posons $z_D= a + ib$, 

$\dfrac{z_D}{z_A}=\dfrac{a+\text{i}b}{2\sqrt{3} + 2\text{i}}=\dfrac{(a+\text{i}b)(2\sqrt{3}-2\text{i})}{2\sqrt{3} + 2\text{i})(2\sqrt{3}-2\text{i})}=\dfrac{(2a\sqrt{3}+2b) + (2b\sqrt{3}-2a)\text{i}}{16}$.

Nous savons que  l'argument d'un nombre complexe $Z$, $\theta $, est tel que $\cos\theta=\dfrac{\Re(Z) }{\lvert Z\rvert}$ et 

$\sin\theta=\dfrac{\Im(Z)}{\lvert Z\rvert}$ 
 
\'Ecrivons que l'argument de ce nombre complexe est $\dfrac{\pi}{4}$ et en tenant compte que $\left\lvert \dfrac{z_D}{z_A} \right\rvert=1$

$\begin{cases}
\cos(\frac{\pi}{4})=\dfrac{2a\sqrt{3}+2b}{16}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\\[0.3cm]
\sin(\frac{\pi}{4})=\dfrac{2b\sqrt{3}-2a}{16}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\\
\end{cases}$
 d'où
$\begin{cases}
\dfrac{2a\sqrt{3}+2b}{16}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\\[0.3cm]
\dfrac{2b\sqrt{3}-2a}{16}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\\
\end{cases}$
		 ou encore 
		 $\begin{cases}
a\sqrt{3}+b=4\sqrt{2}\\
b\sqrt{3}-a=4\sqrt{2}\\
\end{cases}$

Il en résulte $\begin{cases}
a=\sqrt{6}-\sqrt{2}\\
b=\sqrt{2}+\sqrt{6}\\
\end{cases}$. Par conséquent $z_D=\sqrt{6}-\sqrt{2}+(\sqrt{6}+\sqrt{2})\text{i}$
		 
		\item Déterminons la forme exponentielle de $z_{\text{D}}$. 

Nous savons que $(\vect{OA}~;~\vect{OD})=\dfrac{\pi}{4}$ mais aussi que $\text{Arg}\left(\dfrac{z_D}{z_A}\right)=\text{Arg}(z_D)-\text{Arg}(z_A)=\dfrac{\pi}{4}$ 

par conséquent $\text{Arg} (z_D)=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{5\pi}{12}$.
$z_D=4\text{e}^{\text{i}\tfrac{5\pi}{12}}$

{\small\emph{remarque} Effectuer une rotation de centre O et d'angle $\theta$ revient à multiplier l'affixe de A par $\text{e}^{\text{i}\theta}$ 

d'où $z_D=4\text{e}^{\text{i}\tfrac{\pi}{6}}\text{e}^{\text{i}\tfrac{\pi}{4}}=4\text{e}^{\text{i}\tfrac{5\pi}{12}}$}
		
		
		\item Déterminons les valeurs exactes de $\cos \left(\dfrac{5\pi}{12}\right)$ et $\sin  \left(\dfrac{5\pi}{12}\right)$.
		
	$4\text{e}^{\text{i}\tfrac{5\pi}{12}}=4\left(\cos\left(\frac{5\pi}{12}\right)+\text{i}\sin  \left(\frac{5\pi}{12}\right)\right)=\sqrt{6}-\sqrt{2}+(\sqrt{6}+\sqrt{2})\text{i}$	
	
	d'où 	$\cos\left(\dfrac{5\pi}{12}\right)=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$ et $\sin  \left(\dfrac{5\pi}{12}\right)=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$
		
		
		
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\medskip

On considère l'équation différentielle (E) suivante : $ y^{\prime\prime} + 4y = 0,$
où $y$ est une fonction définie sur $\R$ et $y^{\prime\prime}$ sa dérivée seconde. 
\begin{enumerate}
\item Les solutions de l'équation différentielle $y^{\prime\prime}+\omega^2y=0$ sont  les fonctions de la forme $y(x)=A\cos(\omega x)+B\sin (\omega x)$

ici $\omega=2$. Les solutions de l'équation différentielle sont les fonctions $y$ définies par $y(x)=A\cos(2 x)+B\sin (2 x)$

\item Déterminons la solution $f$ de l'équation différentielle précédente qui vérifie les conditions suivantes : \begin{itemize}
\item $f\left(\tfrac{\pi}{6}\right) = 2\sqrt{3},\quad f\left(\tfrac{\pi}{6}\right)=A\cos\left(2 \left(\tfrac{\pi}{6}\right)\right)+B\sin \left(2 \left(\tfrac{\pi}{6}\right)\right)=A\cos\left( \left(\tfrac{\pi}{3}\right)\right)+B\sin \left( \left(\tfrac{\pi}{3}\right)\right)=\frac{A}{2}+\frac{B\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$
 \item $f^{\prime}\left(\dfrac{\pi}{6}\right) = - 4.$  Dérivons $f,\quad f^{\prime}(x)=A(-2 \sin(2x))+ B(2\cos(2x))=-2A\sin(2x)+2B\cos(2x)$
 
$f^{\prime}\left(\tfrac{\pi}{6}\right)=-2A \sin\left(2\left(\tfrac{\pi}{6}\right)\right)+ 2B\cos\left(2\left(\tfrac{\pi}{6}\right)\right)=-2A \sin\left(\tfrac{\pi}{3}\right)+ 2B\cos\left(\tfrac{\pi}{3}\right)=-A\sqrt{3}+ B=- 4$
\end{itemize}

\medskip

Résolvons le système ainsi déterminé
$\begin{cases}
\tfrac{A}{2}+\tfrac{B\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}\\
-A\sqrt{3}+ B=- 4\\
\end{cases}$

$\begin{cases}
A+B\sqrt{3}=4\sqrt{3}\\
-A\sqrt{3}+ B=- 4\\
\end{cases}\quad
\begin{cases}
A+B\sqrt{3}=4\sqrt{3}\\
3A-B\sqrt{3}= 4\sqrt{3}\\
\end{cases}\quad
\begin{cases}
A=2\sqrt{3}\\
-A\sqrt{3}+ B=- 4\\
\end{cases}\quad
\begin{cases}
A=2\sqrt{3}\\
-6+ B=- 4\\
\end{cases}
\begin{cases}
A=2\sqrt{3}\\
 B=2\\
\end{cases}$

La solution de l'équation différentielle vérifiant les deux conditions est 

$f(x)=2\sqrt{3}\cos(2 x)+2\sin (2 x)$ 

\item Vérifions que $f$ peut s'écrire sous la forme : $f(t) = 4 \cos \left(2t - \dfrac{\pi}{6}\right)$. 

$\begin{aligned}
\text{Rappel }\cos(a-b)&=\cos a\cos b+\sin a\sin b\\
4 \cos \left(2t- \frac{\pi}{6}\right)&=4 \left(\cos (2t)\cos\left(\dfrac{\pi}{6}\right)+\sin\left(2t\right)\sin\left(\dfrac{\pi}{6}\right)\right)
&=4 \left(\cos \left(2t\right)\times \dfrac{\sqrt{3}}{2}+\sin\left(2t\right)\times\left(\dfrac{1}{2}\right)\right)\\
&=2\sqrt{3}\cos\left (2t\right)+2\sin(2t)=f(t)\\
\end{aligned}$		
\item Calculons la valeur moyenne de $f$ sur l'intervalle $[0~;~\pi]$.
 
Soient $a$, $b$ deux réels tels que $a<b$ et $f$ une fonction dérivable sur l'intervalle $[a~;~b]$.

La valeur moyenne de $f$ sur $[a~;~b]$ est le nombre réel $m$ défini par : $m=\dfrac{1}{b-a}\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\, \mathrm dx.$

$f$ est dérivable sur $[0~;~\pi]$ 

$m=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{0}^{\pi}4\cos\left(2t-\tfrac{\pi}{6}\right)\, \mathrm dt=\dfrac{1}{\pi}\bigg[2\sin\left(2t - \tfrac{\pi}{6}\right)\bigg]_0^{\pi} =
\dfrac{2}{\pi}\left[\sin\left(2\pi-\tfrac{\pi}{6}\right)-\sin\left(-\tfrac{\pi}{6}\right)\right] =$

$ \dfrac{2}{\pi}\left[\sin\left(-\tfrac{\pi}{6}\right)-\sin\left(-\tfrac{\pi}{6}\right)\right] = 0$

La valeur moyenne de $f$ sur $[0~;~\pi]$ est nulle.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Problème}  \hfill 9 points}

\medskip

Le plan est muni d'un repère orthonormé \Oij{} d'unité graphique 2~cm.

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

\medskip
 
On considère la fonction $g$ définie sur l'intervalle $]0~;~+\infty[$ par $g(x) = 1 - 2x - 2 \ln x.$
 
\begin{enumerate}
\item Déterminons la fonction $g^{\prime}$, dérivée de la fonction $g$ sur l'intervalle $]0~;~+\infty[$.

$g^{\prime}(x)=-2-2\left(\dfrac{1}{x}\right)$. Pour tout $x \in ]0~;~+\infty[, \quad g^{\prime} <0$ comme somme de nombres négatifs.

Si pour tout $x\in I \,f'(x)<0 $ alors la fonction $f$ est strictement décroissante sur $I$, par conséquent $g$ est strictement décroissante sur $]0~;~+\infty[$ d'où le  tableau de variation de la fonction $g$ sur cet intervalle. 

{\small\begin{center}
\psset{unit=0.75cm}
\begin{pspicture}(8,3)
\psframe(8,3)
\psline(0,2.5)(8,2.5) \psline(1,0)(1,3) \psline(0,2)(8,2) 
\uput[u](0.5,2.45){$x$}  \uput[u](1.25,2.45){\small 0}\uput[u](7.55,2.45){$+\infty$}
\uput[u](0.5,1.83){\small $g^{\prime}$}\uput[u](4.6,2){$-$}
\rput(0.5,1.5){\tiny Variations}\rput(0.4,1){\scriptsize de $g$}
\psline{->}(1.3,1.5)(7.5,0.3)  \psline(1.15,0)(1.15,2.45)
\end{pspicture}
\end{center}
}
\item Montrons que l'équation $g(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ sur l'intervalle $\left]\dfrac{1}{2}~;~1\right[$.

$g\left(\tfrac{1}{2}\right)=2\ln(2)$ ; $g(1)=-1$.

$g$ est une fonction strictement décroissante sur $]0~;~+\infty[$ a fortiori sur $[\frac{1}{2}~;1]~$, $0\in \left]g(1)~;~g(\tfrac{1}{2})\right[$
 il existe donc un unique nombre réel appartenant à $\left]\dfrac{1}{2}~;~1\right[$ tel que $g(\alpha)=0$.
 
\`A l'aide de la calculatrice, nous trouvons  comme encadrement de $\alpha$ : $\np{0.76}<\alpha<\np{0.77}$. 
\item Par conséquent  sur $]0~;~\alpha[,\  g>0$ et sur $]\alpha~;~+\infty[,\ g<0$.
\end{enumerate}
 
\textbf{Partie B\quad  Étude de la fonction} \boldmath$f$ \unboldmath

\medskip

On considère la fonction $f$ définie sur $]0~;~+\infty[$ par $f(x) = \dfrac{2x + \ln x}{x^2} + 3 $.

On note $\mathcal{C}$ sa courbe représentative dans le repère \Oij. 
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Déterminons la limite de la fonction $f$ en $0$. 
		
		$\displaystyle\lim_{x\to 0+} 2x+\ln(x)=-\infty \: \lim\limits_{x\to 0+}\frac{1}{x^2}=+\infty$ d'où $\displaystyle\lim_{x\to 0+} \dfrac{2x + \ln x}{x^2}=-\infty$. Il s'en suit que 
		
$\displaystyle\lim_{x \to 0+}f(x)=-\infty$
		
		\item $f(x) = \dfrac{2x + \ln x}{x^2} + 3 = \dfrac{2x}{x^2} + \dfrac{\ln x}{x^2} + 3 = \dfrac{2}{x} + \dfrac{\ln x}{x^2} + 3$.
		
Nous avons bien pour tout réel $x$ strictement positif, $f(x) = \dfrac{\ln x}{x^2} + \dfrac{2}{x} + 3$.
		 
Déterminons la limite de la fonction $f$ en $+ \infty$. 

$\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\frac{\ln x}{x^2}=0 \displaystyle\lim_{x\to +\infty} \frac{2}{x}=0 \displaystyle\lim_{x\to +\infty} 3=3$
donc $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}f(x)=3$
		\item L'axe des ordonnées est asymptote à $\mathcal{C}$ lorsque $x$ tend vers $0$, de même  la droite d'équation $y = 3$ lorsque $x$ tend vers $+\infty$
	\end{enumerate} 
\item Déterminons la fonction $f^{\prime}$, dérivée de la fonction $f$ sur l'intervalle $]0~;~+\infty[$.

$f$ peut s'écrire : $f=h+3$ donc   $f^{\prime}=h^{\prime}$, $h=\frac{u}{v}$ où $u(x)=2x+\ln(x)$ et $v(x)=x^2$. Nous avons donc $u^{\prime}(x)=2+\frac{1}{x}$ et $v^{\prime}(x)=2x$. $h^{\prime}=\dfrac{u^{\prime}v-v^{\prime}u}{v^2}$

Il en résulte $f^{\prime}(x)=\dfrac{(2+\frac{1}{x})x^2-2x(2x+\ln(x))}{x^4}=\dfrac{x\left(2x+1-4x-2\ln(x)\right)}{x^4}=\dfrac{1-2x-2\ln(x)}{x^3}$

 Nous venons d'établir que pour tout $x$ strictement positif : $f^{\prime}(x) = \dfrac{g(x)}{x^3}$.
\item Pour tout $x \in ]0~;~+\infty[\ x^3>0$, le signe de $f^{\prime}(x)$ est celui de $g(x)$.
$f^{\prime}(x)>0$ pour $x \in ]0~;~\alpha[$ et $f^{\prime}(x)<0$ pour $x\in ]\alpha~;~+\infty[$.

Si pour tout $x\in I \,f'(x)>0 $ alors la fonction $f$ est strictement croissante sur $I$, nous en déduisons que $f$ est strictement croissante sur $]0~;~\alpha[$.

Si pour tout $x\in I \,f'(x)<0 $ alors la fonction $f$ est strictement décroissante sur $I$, nous en déduisons que $f$ est strictement décroissante sur $]\alpha~;~+\infty[$ 
{\scriptsize
\begin{center}
\psset{unit=0.75cm}
\begin{pspicture}(8,3)
%\psgrid
\psframe(8,3)
\psline(0,2.5)(8,2.5) \psline(1,0)(1,3) \psline(0,2)(8,2) 
\uput[u](0.5,2.45){$x$}  \uput[u](1.25,2.45){$0$}\uput[u](7.65,2.45){$+\infty$}
\uput[u](4.5,2.375){$\alpha$}\uput[u](0.5,1.9){$f^{\prime}$}\uput[u](2.6,2){$+$}\uput[u](6.6,2){$-$}
\rput(0.5,1.5){\tiny Variations}\rput(0.4,1){\tiny de $f$}
\uput[u](1.42,0){$-\infty$}\uput[u](4.5,1.9){$0$} \uput[u](4.5,1.3){$\approx\np{5.157}$}\uput[d](7.6,0.5){$3$}
\psline{->}(1.45,0.35)(4,1.5)  \psline{->}(4.9,1.5)(7.3,0.3) \psline(1.15,0)(1.15,3)
\end{pspicture}
\end{center}
}
\item \'Ecrivons une équation de la tangente $\mathcal{D}$ à la courbe $\mathcal{C}$ au point d'abscisse $1$.

Une équation de la tangente à $\mathcal{C}_f$ au point d'abscisse $x_0$ est $y = f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0)$.
$f(1) = 5$ et $f'(1) = - 1$ d'où $y = - 1(x-1)+5 = -x + 6$. L'équation de $\mathcal{D}$ est $y = -x + 6$
 
\item Traçons la courbe $\mathcal{C}$ et la tangente $\mathcal{D}$ dans le repère orthonormé \Oij. Voir dernière page.
\end{enumerate}

\textbf{Partie C\quad   Calcul d'aire }

\medskip

\begin{enumerate}
\item On note $\mathcal{E}$ le domaine délimité par la courbe $\mathcal{C}$, l'axe des abscisses et les droites d'équations $x = 1$ et $x = \text{e}$.

Voir le domaine hachuré $\mathcal{E}$ sur le graphique. 

\item Montrons que la fonction $H$ définie sur l'intervalle $]0~;~+\infty[$ par $H(x) = \dfrac{- \ln x - 1}{x}$ est une primitive de la fonction $x \longmapsto \dfrac{\ln x}{x^2}$ sur l'intervalle $]0~;~+\infty[$. Pour ce faire, montrons que $H^{\prime}=f$.

$H = \dfrac{u}{v}$  où $u(x)=-\ln x-1 $ et $v(x)=x$. Nous avons   donc $u^{\prime}(x)=-\frac{1}{x}$ et $v'(x)=1$. 

$H^{\prime}=\dfrac{u'v - uv'}{v^2}$ donc $H'(x)=\dfrac{-1 + \ln x + 1}{x^2} = \dfrac{\ln x}{x^2}$.

\item On admet que la fonction $f$ est positive sur l'intervalle [1~;~e]. 
Calculons  l'aire $\mathcal{A}$ du domaine $\mathcal{E}$ en unités d'aire.

 $\mathcal{A}= \displaystyle\int^\text{e}_1 f(x)\, \mathrm d(x)=\Big[F(x)\Big]^{\text{e}}_1$ où $F$ est une primitive de $f$.

$f(x) = \dfrac{\ln x}{x^2} + \dfrac{2}{x} + 3$ d'où $F(x)=\dfrac{- \ln x - 1}{x}+2\ln(x) + 3x + C$

$\mathcal{A}=\Big[\dfrac{- \ln x - 1}{x}+2\ln(x)+3x \Big]^{\text{e}}_1=\dfrac{- \ln \text{e} - 1}{\text{e}}+2\ln(\text{e})+3\text{e}-\left(\dfrac{- \ln 1 - 1}{1}+2\ln(1)+3\right)=  \dfrac{-2}{\text{e}}+2+3\text{e}-(-1+0+3)=\dfrac{-2}{\text{e}}+3\text{e}$

L'aire de $\mathcal{E}$ est $3\text{e} - \dfrac{2}{\text{e}}$ unités d'aire. 

{\emph{Remarque, l'unité d'aire vaut 4~cm$^2$, par conséquent, l'aire de $\mathcal{E}$ est de $4\left(3\text{e} - \dfrac{2}{\text{e}}\right)$~cm$^2$.}}
\end{enumerate} 

\newpage
\newgeometry{left=0.75cm,right=1cm,top=1.5cm,bottom=2.5cm}
\psset{xunit=2cm , yunit=2cm}
\begin{pspicture}(-0.5,-6)(9,5.5)
\psaxes[labels=all,labelsep=1pt, Dx=1,Dy=1,Ox=0,Oy=0]{->}(0,0)(-0.5,-6)(9,5.5)
\multido{\n=0+0.5}{19}{\psline[linewidth=0.2pt,linecolor=orange](\n,-6)(\n,5.5)}
\multido{\n=-6+0.5}{24}{\psline[linewidth=0.2pt,linecolor=orange](0,\n)(9,\n)}
\uput[dl](0,0){\small O}
\psplot[linecolor=black,linewidth=1.5pt,plotpoints=800]{0.280694}{9}{2 x mul x ln add x x mul div 3 add}
\pscustom[linestyle=none,fillstyle=vlines,hatchcolor=cyan]{%
\psplot[linecolor=black,linewidth=1.5pt,plotpoints=800]{1}{2.71828}{2 x mul x ln add x x mul div 3 add}
\psline(2.71828,0)(1,0)
}
\psline[linewidth=0.5pt,linecolor=cyan](1,5)(1,0)
\psline[linewidth=0.5pt,linecolor=cyan](2.71828,0)(2.71828,3.8711)
\psplot[linecolor=red,linewidth=1.5pt,plotpoints=800]{0.5}{9}{x neg 6 add}
\psTangentLine[arrows=<->, linecolor=blue](-0.25,5.15665)(0.7662486,5.15665)(0.8,5.15665){0.7662486}{0.75}
\rput(8.5,-2.25){$\mathcal{D}$}\rput(0.5,-5.25){$\mathcal{C}$} \rput(2,2.5){\huge $\mathcal{E}$}
\rput(0.76,-0.14){$\alpha$}\psline[linestyle=dashed,linecolor=red](0.76,0)(0.76,5.157)
\end{pspicture}
\end{document}