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%Tapuscrit : Denis Vergès 
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\def\Oijk{$\left(\text{O}~;~\overrightarrow{\imath},~\overrightarrow{\jmath},~
\overrightarrow{k}\right)$}
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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique, \\électrotechnique, optique}%
\lfoot{\small Métropole}
\rfoot{\small{juin 2003}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}
 
\begin{center}  {\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat STI Métropole juin 2003 \decofourright\\[5pt]Génie électronique, électrotechnique, optique}} 
\end{center}
 
\vspace{0,5cm}

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

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Dans l'ensemble des nombres complexes $\C$, résoudre l'équation d'inconnue $z$

\[z^2 - 8z + 32 = 0 \iff (z - 4)^2 - 16 + 32 = 0 \iff (z - 4)^2 + 16= 0.\]

\[\iff (z - 4)^2 = (4\text{i})^2.\]

L'équation a donc deux solutions complexes :

\[z_{1}  = 4 + 4\text{i},~z_{2}  = 4 - 4\text{i}.\]

		\item %Écrire les solutions de cette équation sous forme exponentielle.
On a $\left|z_{1}\right|^2 = 16 + 16 = 16 \times 2$, donc $\left|z_{1}\right| = 4\sqrt{2}$.

En factorisant ce module : $z_{1} = 4\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right) = 4\sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}$.

Comme $z_{2} = \overline{z_{1}}$, $z_{2} = 4\sqrt{2}\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{4}}$.
	\end{enumerate}

\item %Soit le nombre complexe 
%$4\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}$. Donner sa forme algébrique.
Comme $\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}} = \cos \frac{\pi}{3} + \text{i}\sin \frac{\pi}{3} = \dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}$, il résulte que 

$4\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}} = 4\left(\dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) = 2 + 2\text{i}\sqrt{3}.$

\item %Dans le plan complexe rapporté à un repère  orthonormal \Ouv{} d'unité graphique $1$~cm, on donne les points A, B et C d'affixes respectives :

%\[z_{\text{A}} = 4  + 4\text{i} \qquad  z_{\text{B}} = 4 - 4\text{i} \qquad 
%z_{\text{C}} = 2 + 2\text{i}\sqrt{3}.\]

	\begin{enumerate}
		\item~ %Placer les points A, B et C dans le repère \Ouv.

\medskip
\begin{center}
\psset{unit=1cm,linewidth=1.25pt}
\begin{pspicture}(-1,-5)(5,5)
\psgrid[gridlabels=0pt,gridwidth=0.2pt,gridcolor=blue](0,0)(-1,-5)(5,5)
\psaxes[linewidth=1pt,Dx=10,Dy=10](0,0)(-1,-5)(5,5)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\psdots[](4,4)(4,-4)(2,3.464)
\pspolygon(4,4)(4,-4)(2,3.464)
\uput[r](4,4){A} \uput[r](4,-4){B}\uput[u](2,3.464){C}
\uput[d](0.5,0){$\vect{u}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{v}$}\uput[dl](0,0){O} 
\end{pspicture}
\end{center}

		\item %Montrer que le triangle ABC est rectangle.
\begin{itemize}
\item[$\bullet~$] AB = $\left|z_{\text{B}} - z_{\text{A}}\right| = 4 - 4\text{i} - 4 - 4\text{i} = |-8\text{i}| = 8 \Rightarrow \text{AB}^2 = 64$.
\item[$\bullet~$] AC$^2 = \left(x_{\text{C}} - x_{\text{A}}\right)^2 + \left(y_{\text{C}} - y_{\text{A}}\right)^2 = (2 - 4)^2 + (2\sqrt{3} - 4)^2 = 4 + 12 + 16 - 16\sqrt{3} = 32 - 16\sqrt{3}$ ;
\item[$\bullet~$] BC$^2 = \left(x_{\text{C}} - x_{\text{B}}\right)^2 + \left(y_{\text{C}} - y_{\text{B}}\right)^2 = (2 - 4)^2 + (2\sqrt{3} - (-4))^2  = 4 + 12 + 16 + 16\sqrt{3} = 32 + 16\sqrt{3}$.
\end{itemize}
Comme AC$^2
 + $ BC$^2	= 32 - 16\sqrt{3} + 32 + 16\sqrt{3} = 64 = \text{AB}^2$, il en résulte que le triangle ABC est rectangle en A d'apr\`es la réciproque du théor\`eme de Pythagore..
 \end{enumerate}

\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

 \textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 5 points}
 
 \medskip
 
%On considère un circuit électrique fermé comprenant un condensateur dont la capacité, exprimée en farads, a pour valeur C, une bobine dont l'inductance, exprimée en henrys, a pour valeur L et un interrupteur.\\
%Le temps $t$ est exprimé en secondes. à l'instant $t = 0$, on suppose le condensateur chargé, on ferme l'interrupteur et le condensateur se décharge dans le circuit.

%On appelle $q(t)$ la valeur de la charge, exprimée en coulombs, du condensateur  à l'instant $t$.

%On définit ainsi une fonction $q$ , deux fois dérivable sur 
%l'intervalle $[0~ ;~  + \infty[$, dont la dérivée première est notée 
%$q'$.

%On admet que la fonction $q$ est solution de l'équation différentielle 

%\[\text{(E)}  :\qquad  y'' + \dfrac{1}{\text{LC}}y   = 0\]
%o\`u $y$ est définie et deux fois dérivable sur $[0~ ;~  + \infty[$ et de dérivée seconde $y''$.\\
%Dans tout l'exercice on prend C =$ 1,25 \times 10^{-3}$ et 
%L = $0,5 \times 10^{-2}$.

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Montrer que $q$ est alors solution de l'équation différentielle

%\[\text{(E)}  : \qquad  y'' + 1,6 \times 10^5y = 0.\]
LC $ = 1,25 \times 10^{-3} \times 0,5 \times 10^{-2} = 0,625 \times 10^{-5} = 6,25 \times 10^{-6}$ et 
$\dfrac{1}{\text{LC}} = \dfrac{1}{6,25 \times 10^{-6}} = 1,6 \times 10^{5}$.

$q$ est donc solution de l'équation :

\[\text{(E)}  : \qquad  y'' + 1,6 \times 10^5y = 0.\]
		\item %Résoudre l'équation différentielle (E).
(E) est de la forme $y'' + \omega^2y = 0$, avec $\omega = 400.$

Les solutions de (E) sont donc les fonctions définies sur $[0~;~+ \infty]$ par 

$q(t) = A \cos \omega t + B \sin \omega t$, avec $A$ et $B$ réels.

		\item %Déterminer la solution particulière $q$ de (E) vérifiant :

%\[q(0) = 6 \times 10^{-3} \quad \text{et} \quad q'(0)  = 0.\]
$q(0) = 6 \times 10^{-3} \Rightarrow A = 6 \times 10^{-3}$

$q'(t) = -\omega A \sin \omega t + \omega B \cos \omega t ; 
\quad q'(0)  = 0 \Rightarrow \omega B = 0 \iff B = 0$.

Finalement : $q(t) = 6 \times 10^{-3} \cos 400t.$
	\end{enumerate}

\item %On sait que la valeur $i(t)$ de l'intensité, exprimée en ampères, du courant qui parcourt le circuit à l'instant $t$ vérifie $i(t) = - q'(t)$ . On définit ainsi une fonction $i$ sur l'intervalle $[0~ ;~  + \infty[$.

	\begin{enumerate}
		\item %Vérifier que, pour tout $t$ appartenant à l'intervalle $[0~ ;~  + \infty[$
$i(t) = - q'(t) = - \left(-400 \times 6 \times 10^{-3}\sin 400t\right) = 2,4\sin 400t$.

		\item %Calculer : 
		
		$\dfrac{400}{\pi} 
\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{400}} \cos (800t)\:\text{d}t = \dfrac{400}{\pi}\times \dfrac{1}{800}\left[\sin 400t \right]_{0}^{\frac{\pi}{400}} = \dfrac{1}{2\pi}\left[\sin 400 \times \dfrac{\pi}{400} - \sin 400 \times 0\right] = \dfrac{1}{2\pi} \times 0 = 0$.

		\item %On désigne par I$_{e}$ la valeur, exprimée en ampères, de l'intensité efficace dans le circuit. Son carré est donné par la formule :

\[\text{I}_{e}^2 = \dfrac{400}{\pi} \int_{0}^{\frac{\pi}{400}} i^2(t) \:\text{d}t.\]

Calculer I$_{e}^2$ (on pourra utiliser la formule $\sin ^2 a = 
\dfrac{1}{2} (1 - \cos 2a)$, puis donner une
valeur approchée de I$_{e}$ à $10^{-3}$ près, sachant que I$_{e}$ est un nombre positif.

	\end{enumerate}

\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\vspace{0,5cm}

\textbf{Partie A}

\medskip

%On donne, dans le plan muni d'un repère orthogonal 
%\Oij, d'unités graphiques $3$~cm sur l'axe des abscisses et $1$~cm sur l'axe des ordonnées, la représentation graphique ($\mathcal{C}$) d'une fonction $g$ définie, dérivable et strictement croissante
%sur l'intervalle $]1~;~+ \infty[$ ainsi que deux droites (T) et (D). La droite (T) passe par les points de coordonnées respectives (2~;~0) et $(0~;~-3$). La droite (D) a pour équation $y = 1$.

\begin{figure}
\begin{center}
\psset{xunit=2.8cm}\begin{pspicture}(-0.3333,-6)(4,3)
\psgrid[gridlabels=0pt](0,-6)(4,3)
%\psline[linewidth=1.25pt](-0.3333,0)(4,0)
\psline[linewidth=1.25pt](0,-6)(0,3)
\psline[linewidth=1.25pt](-0.3333,-3.5)(4,3)
\psline[linewidth=1.25pt](-0.3333,1)(4,1)
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(0,-6)(4,3)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\uput[u](3.6,2.5){(T)} \uput[u](3.6,1){(D)} \uput[d](3.6,0.7){\blue (C)}
\uput[u](0.5,0){$\vect{\imath}$}
\uput[l](0,0.5){$\vect{\jmath}$}
\psplot[plotpoints=4000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{1.23}{4}{1 2 x dup mul x sub div sub}
\end{pspicture}
\end{center}
\end{figure}
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Déterminer graphiquement $g(2)$.
On lit $g(2) = 0$.
		\item %Sachant que la droite (T) est tangente à la courbe ($\mathcal{C}$) au point d'abscisse $2$, déterminer graphiquement $g'(2)$.
La droite (T) contient les points $(0~;~-3)$ et (2~;~0). Sa pente égale au nombre dérivé de la fonction $g$ en 2 est égale \`a : $\dfrac{0 - (-3)}{2 - 0} = \dfrac{3}{2} = g'(2).$
		\item %On admet que la droite (D) est asymptote à la courbe ($\mathcal{C}$). Déterminer graphiquement la limite de $g(x)$ quand $x$ tend vers $+ \infty$.
On a donc $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} g(x) = 1$ (par valeurs inférieures)
		\item %Sachant que la courbe ($\mathcal{C}$) coupe l'axe des abscisses en un seul point, étudier graphiquement le signe de la fonction $g$ sur l'intervalle  $]1~ ;~ + \infty[$.
La fonction $g$ est croissante sur $]1~;~+ \infty[$ et ne s'annule qu'en 2, donc :

\begin{itemize}
\item[$\bullet~$] $g(x) < 0$, sur ]1~;~2[ ;
\item[$\bullet~$] $g(2) = 0$ ;
\item[$\bullet~$] $g(x) > $ sur $]2~;~+ \infty[$
\end{itemize}
	\end{enumerate}

\item %On définit les fonctions $g_{1},~g_{2}$ et $g_{3}$ sur l'intervalle
%$] 1 ~;~ + \infty[$ par :

%\[g_{1}(x) = 1 - \dfrac{1}{x - 1} \quad ; \quad g_{2}(x) = 1 - 
%\dfrac{2}{x^2 - x} \quad ; \quad g_{3}(x) = \ln (x - 1).\]

%L'une d'elles est la fonction $g$ que l'on se propose d'identifier en utilisant les résultats de la première question.

	\begin{enumerate}
		\item %Calculer $g_{1}(2),~ g_{2}(2)$ et $g_{3}(2)$.
$g_{1}(2) = 1 - \dfrac{1}{2 - 1} = 1 - 1 = 0$ ;

$g_{2}(2) = 1 - \dfrac{2}{2^2 - 2} = 1 - 1 = 0$ ;

$g_{3}(2) = \ln (2 - 1) = \ln 1 = 0$.

Ces trois fonctions s'annulent en 2 : elles sont toutes candidates.
%Ces résultats permettent-ils d'éliminer une des trois fonctions ?

		\item %Calculer $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} g_{1}(x)~;~\displaystyle\lim_{x \to + \infty}
%g_{2}(x)$ et $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} g_{3}(x)$.
$\displaystyle\lim_{x \to + \infty} g_{1}(x) = 1$ ;

En écrivant $g_{2}(x) = 1 - \dfrac{2}{x(x - 1)},~
\displaystyle\lim_{x \to + \infty} g_{2}(x) = 1$ ;

$\displaystyle\lim_{x \to + \infty} g_{3}(x) = + \infty$ : donc $g_{3}$ ne peut \^etre $g$.
%Quelle fonction peut-on alors éliminer ?

		\item %On note  $g'_{1}$ et  $g'_{2}$  les fonctions dérivées respectives de $g_{1}$ et $g_{2}$.
$g'_{1}(x) = - \left[-\dfrac{1}{(x - 1)^2} \right]$, donc $g'_{1}(2) = \dfrac{1}{1^2} = 1 \neq \dfrac{3}{2}$. Donc $g_{1}$ ne peut \^etre $g$.

$g'_{2}(x) = + 2\dfrac{2x - 1}{\left(x^2 - x \right)^2}$, donc $g'_{2}(2) = 2 \times \dfrac{3}{(4 - 2)^2} = \dfrac{3}{2}$.

Seule $g_{2}$ peut \^etre $g$ et comme l'une des trois était la fonction cherchée, alors $g = g_{2}$.
%Calculer $g'_{1}(2)$ et $g'_{2}(2)$ puis conclure.

	\end{enumerate}

\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Partie B}
 
\medskip
 
%Soit $f$ la fonction définie sur l'intervalle $]1 ~;~+\infty[$ par 

%\[f(x) = x + 1 + 2 \ln x - 2 \ln (x - 1).\]

%On note $(\mathcal{C}_{f})$ la courbe représentative de la fonction 
%$f$ dans le plan muni d'un repère orthogonal
%\Oij{} d'unités graphiques $3$~cm sur l'axe des abscisses et $1$~cm sur l'axe des ordonnées.

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Quelle propriété de la fonction logarithme népérien permet de prouver que, pour tout réel $x$ appartenant à l'intervalle $]1~;~+ \infty[$,

%\[f(x) = x + 1 + 2\ln \left(\dfrac{x}{x - 1}\right)~ ?\]
Sur $]1~;~+ \infty[,~ x >0,~x - 1 > 0$, donc $\ln \left(\dfrac{x}{x - 1}\right) = \ln x - \ln (x - 1)$.

(Propriété : pour tous réels strictement positifs $a$ et $b$, $\ln\left(\dfrac{a}{b} \right) = \ln a - \ln b$.
		\item %Déterminer la limite de $f$ en 1. Que peut-on en déduire pour la courbe $(\mathcal{C}_{f})$ ?
On a $\displaystyle\lim_{x \to 1} x + 1 + 2 \ln x = 2$.

Comme $\displaystyle\lim_{x \to 1} (x - 1) = 0$, $\displaystyle\lim_{x \to 1} \ln (x - 1) = - \infty$.

\[\displaystyle\lim_{x \to 1} f(x) = - \infty.\]

On en déduit que la verticale $x = 1$ est asymptote \`a $\left(\mathcal{C}_{f}\right)$.
	\end{enumerate}

\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Déterminer la limite de $f$ en $+ \infty$.
En utilisant la question 1. a.$\displaystyle\lim_{x \to + \infty} 2\ln \left(\dfrac{x}{x - 1} \right) = 0$, car $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}\dfrac{x}{x - 1}  = 1$.

Comme $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} x  =  + \infty$, 

\[\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty.\]
		\item %Justifier que la droite (D) d'équation $y = x + 1$ est asymptote oblique à la courbe $(\mathcal{C}_{f})$.
Soit $d$ la fonction définie par $d(x) = f(x) - (x + 1) = 2\ln\left(\dfrac{x}{x - 1} \right)$.

On a vu que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} 2\ln\left(\dfrac{x}{x - 1} \right) = 0$, ce qui montre que la droite (D) d'équation $y = x + 1$ est asymptote oblique \`a $\left(\mathcal{C}_{f}\right)$ au voisinage de plus l'infini.
		\item %Montrer que pour tout $x$ de l'intervalle $]1~;~+ 
%\infty[,~ \dfrac{x}{x - 1} >1$.

%Quel est alors le signe de $\ln \left(\dfrac{x}{x - 1}\right)$ pour $x$ appartenant  à $] 1 ~;~ + \infty[$ ?
Sur $]1~;~+ \infty[,  \dfrac{x}{x - 1} = \dfrac{x - 1 + 1}{x - 1} = \dfrac{x - 1}{x - 1} + \dfrac{1}{x - 1} = 1 + \dfrac{1}{x - 1}$.

Comme $x > 1 \iff x - 1 > 0 \iff \dfrac{1}{x - 1}> 0$, donc $\dfrac{x}{x - 1} > 1$.

Il en résulte que $\ln \left(\dfrac{x}{x - 1}\right) > 0$ et $2\ln \left(\dfrac{x}{x - 1}\right) > 0$.
		\item %En déduire la position de la courbe $(\mathcal{C}_{f})$ par rapport à la droite (D).
		La question précédente montre que géométriquement, la courbe  $\left(\mathcal{C}_{f}\right)$ est au dessus de son asymptote $y = x + 1$.

\end{enumerate}

\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Déterminer la fonction dérivée $f'$ de la  fonction $f$ et vérifier que, pour tout $x$ appartenant à l'intervalle $]1~;~+ \infty[,~ f'(x) = g (x)$ o\`u $g$ est la fonction trouvée dans la \textbf{partie A}.
Sur $]1~;~+ \infty[,~f$ somme de fonctions dérivable est dérivable et :

$\left(\dfrac{x}{x - 1} \right)' = \dfrac{x - 1 - x}{(x - 1)^2} = \dfrac{-1}{(x - 1)^2}$ ;

Donc $f'(x) = 1 + 2 \dfrac{\frac{-1}{(x - 1)^2}}{\frac{x}{x - 1}} = 1 - 2\dfrac{1}{x(x - 1)} = g(x)$.
		\item %À l'aide des résultats graphiques obtenus dans la \textbf{partie A}, dresser le tableau de variations de la fonction $f$.
On a vu dans la partie A le signe de $g$, c'est-\`a-dire celui de $f'$. D'o\`u le tableau de variations de $f$ :

\medskip

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(8,4)
%\psgrid
\psframe(8,4)
\psline(0,2)(8,2)\psline(0,3)(8,3)\psline(2,0)(2,4)
\psline(2.1,0)(2.1,3)\psline(2.15,0)(2.15,3)
\uput[u](1,3){$x$} \uput[u](2.1,3){1} \uput[u](5,3){2} \uput[u](7.6,3){$+ \infty$} 
\uput[u](1,2.2){$f'(x)$} \uput[u](3.5,2.2){$-$} \uput[u](5,2.2){0} \uput[u](6.5,2.2){+}
\uput[u](1,0.8){$f(x)$} \uput[d](2.5,2){$+\infty$} \uput[u](5,0){$f(2)$} \uput[d](7.5,2){$+\infty$}
\psline[arrowscale=1.8]{->}(2.9,1.6)(4.6,0.4)\psline[arrowscale=1.8]{->}(5.4,0.4)(7.2,1.6)
\end{pspicture}
\end{center}
	\end{enumerate}

\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Partie C}

\begin{enumerate}
\item %Montrer que, sur l'intervalle $]1~;~+ \infty[$, 
%la fonction $H$ définie par

%\[H(x) = x \ln x - (x - 1) \ln (x - 1)\]

%est une primitive de la fonction $h$ définie par $h(x) = \ln 
%x - \ln (x - 1)$ sur cet intervalle.
$H$ somme de fonctions dérivables sur $]1~;~+ \infty[$, est dérivable sur cet intervalle et 

$H'(x) = \ln x + \dfrac{x}{x} - \ln (x - 1) - (x - 1) \times \dfrac{1}{x - 1} =  \ln x + 1 - \ln (x - 1) - 1 =  \ln x  - \ln (x - 1) = \ln \left(\dfrac{x}{x - 1} \right) = h(x)$.

Donc $H$ est une primitive de la fonction $h$ sur $]1~;~+ \infty[$.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Sur la feuille annexe jointe, à rendre avec la copie, on a représenté la courbe $(\mathcal{C}_{f})$. Sur cette figure, représenter la droite (D) et hachurer la partie du plan comprise entre la droite (D), la courbe $(\mathcal{C}_{f})$ et les droites  d'équations $x = 2$ et $x = 3$.

		\item %On désigne par $\mathcal{A}$ la valeur de l'aire, exprimée en unités d'aire, de la partie du plan hachurée précédemment. Donner la valeur exacte de $\mathcal{A}$ puis une valeur décimale approchée à $10^{-2}$ près par excès.
On a vu que sur $]1~;~+ \infty[$ et en particulier sur [2~;~3], $x + 1 /leqslant f(x)$. Donc 

$\mathcal{A} = \displaystyle\int_{2}^3 \left[f(x) - (x + 1)\right]\:\text{d}x = \displaystyle\int_{2}^3 [2\ln x - 2\ln (x - 1) ]\:\text{dx} = \displaystyle\int_{2}^3 2h(x)\:\text{d}x = \left[2H(x) \right]_{2}^3 = $

$2H(3) - 2H(2) = 2(3\ln 3 - 2\ln 2) - 2(\ln 2 - \ln 1) = 6\ln 3 - 8\ln 2 =\ln 3^6 - \ln 2^8 = \ln 729 - \ln 256 = \ln \left(\dfrac{729}{256} \right) \approx \nombre{1,0465} \approx 1,05$
	\end{enumerate}

\end{enumerate}

\newpage

\begin{center}
    
\textbf{Annexe : représentation de la courbe} \boldmath 
$(\mathcal{C}_{f})$ \unboldmath
    
\textbf{à rendre avec la copie}
\vspace{1cm}
\psset{xunit=2.5cm}
\begin{pspicture}(0,-1)(5,9)
\psgrid[gridlabels=0pt](0,0)(0,-1)(5,9)
\psline[linewidth=2pt]{->}(0,0)(1,0)
\psline[linewidth=2pt]{->}(0,0)(0,1)
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(0,-1)(5,9)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\uput[u](0.5,0){$\overrightarrow{\imath}$}
\uput[l](0,0.5){$\overrightarrow{\jmath}$}
\uput[dl](0,0){O}
\psplot{0}{5}{x 1 add}
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