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%tapuscrit : Denis Vergès
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\def\Oij{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$}
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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P. M. E. P.}}
\lhead{\small Baccalauréat STL Physique de laboratoire et de procédés industriels}
\rfoot{\small{juin 2000}}
\lfoot{\small{Métropole}}
\renewcommand \footrulewidth{.2pt}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty} 
\begin{center}
{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat STL Métropole juin 2000~ \decofourright \\Physique de laboratoire et de procédés industriels}}
 
\vspace{0,5cm}

Durée : 4 heures \hfill Coefficient : 4
\end{center}  

\vspace{0,25cm}

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

\medskip

%Le plan complexe est rapporté au repère orthonormal direct  (unité graphique 10~cm).

%Pour tout entier naturel $n$, on note $M_{n}$ le point d'affixe $z_{n} = \text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}}\cdot \text{i}^n$ où i désigne le nombre complexe de module 1 et d'argument	$\dfrac{\pi}{2}$ . (Par convention, pour $n = 0,$

%$\text{i}^0 = 1$.)

\begin{enumerate} 
\item %Déterminer la forme algébrique ainsi que le module et un argument de chacun des nombres complexes $z_{0},~z_{1},~z_{2}$ et $z_{3}$.
On a donc $z_{0} = \text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}}\times 1 = \text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}} \cos \frac{2\pi}{3} + \text{i}\sin \frac{2\pi}{3} = - \dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.

Comme $z_{0} = 1 \times \text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}}$`son module est égal à $1$ et un de ses arguments vaut $\dfrac{2\pi}{3}$.

$z_{1} = z_{0} \times \text{i} = -\text{i}\dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \cos \left(- \dfrac{2\pi}{3} \right) + \text{i}\sin \left(- \dfrac{2\pi}{3} \right) = 1 \times \text{e}^{-\text{i}\frac{2\pi}{3}}$.

Son module est égal à 1 et un de ses arguments vaut $- \dfrac{2\pi}{3}$.

$z_{2} = \text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}}(\text{i})^2
 = -\text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}} = \dfrac{1}{2} + \text{i}\left[-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right] = \cos \left(- \frac{\pi}{3)}\right) + \text{i} \sin \left(- \frac{\pi}{3)}\right) = 1\times \text{e}^{\text{i}\frac{-\pi}{3}}$.
 
Son module est donc égal à 1 et un de ses arguments à $- \dfrac{\pi}{3}$.

$z_{3} = \text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}}\cdot \text{i}^3 = -\text{i}\text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \text{i}\dfrac{1}{2} = \cos \left(\frac{\pi}{6} \right) + \text{i}\sin \left(\frac{\pi}{6} \right) = 1 \times \text{e}^{i\frac{\pi}{6}}$.

Son module est égal à 1 et un des ses arguments vaut $\dfrac{\pi}{6}$. 
%Placer dans le plan les points $M_{0},~M_{1},~M_{2}$ et $M_{3}$.
On place les points grâce au cercle unitaire et aux droites d'équation $x = \frac{1}{2}, ~x = - \frac{1}{2},~y = \frac{1}{2},~y = - \frac{1}{2}$. Voir plus bas.
\item %Exprimer $z_{n+1}$ en fonction de $z_{n}$. En déduire que $M_{n+1}$ est l'image de $M_{n}$, par une rotation $r$ de centre O. Préciser une mesure de l'angle de cette rotation.
On a $z_{n+1} = \text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}}\cdot \text{i}^{n+1} = \text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}}\cdot \text{i}^n \times \text{i} = \text{i}z_{n}$.

Or $\text{i} = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}}$, donc finalement :

$z_{n+1} = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}}z_{n}$, égalité qui montre que le point $M_{n+1}$ est l'image du point $M_{n}$ dans la rotation de centre O et d'angle $\frac{\pi}{2}$.

\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Exprimer un argument de $z_{n}$ en fonction de $n$.
		La suite $\left(z_{n}\right)$ est une suite géométrique de premier terme $z_{0} = \text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}}$ et de raison $\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}}$.
		
		On a donc $z_{n} = z_{0}\times \left(\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}} \right) = \text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}}\times \text{e}^{\text{i}\frac{n\pi}{2}} = \text{e}^{\text{i}\left(\frac{2\pi}{3} + \frac{n\pi}{2} \right)}$.
		
Donc un argument de $z_{n}$ est $\frac{2\pi}{3} + \frac{n\pi}{2}$.
		\item %Déterminer les entiers naturels $n$ tels que $M_{n}$ soit confondu avec $M_{0}$.
Comme toutes les affixes ont le même module, deux points sont confondus s'ils ont le même argument (à $2\pi$ près).

Donc $M_{n} = M_{0} \iff \frac{2\pi}{3} + \frac{n\pi}{2} = \frac{2\pi}{3} + 2k\pi \iff \frac{n\pi}{2} = 0 + 2k\pi \iff$

$n\pi = 0 + 4k\pi \iff n = 0 + 4k = 4k$.

Conclusion : les points $M_{0},~M_{4},~M_{8},~M_{12},~\ldots$ sont confondus.
	\end{enumerate}
\item %Pour tout entier naturel $n$, on note $Q_{n}$, le point d'affixe $\omega_{n} = \text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}}\cdot \left(\dfrac{\text{i}}{2} \right)^n$.  (par convention, pour $n = 0,~\left(\dfrac{\text{i}}{2} \right)^0 = 1)$.
	\begin{enumerate} 
		\item %Montrer que pour tout entier naturel $n$, les points O,~ $M_n$, et $Q_{n}$ sont alignés.
On a $\omega_{n} = \dfrac{1}{2^n}\text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}}\text{i}^n = \dfrac{1}{2^n}z_{n}$.

Ceci montre que $\omega_{n}$ et $z_{n}$ ont le même argument, ou encore que les points O,~ $M_n$, et $Q_{n}$ sont alignés.
		\item %Placer les points $Q_{0},~Q_{1},~Q_{2}$ et $Q_{3}$ dans le plan.
		On utilise le résultat précédent mais en tracant des cercles  dont les rayons sont à chaque fois deux fois plus petits.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\psset{unit=6cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-1,-1)(1,1)
\uput[dl](0,0){O}
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(-1,-1)(1,1)
\pscircle(0,0){1}\pscircle(0,0){0.5}\pscircle(0,0){0.25}\pscircle(0,0){0.125}\pscircle(0,0){0.0625}
\psline(-1,0.5)(1,0.5)\psline(-1,-0.5)(1,-0.5)
\psline(0.5,-1)(0.5,1)\psline(-0.5,-1)(-0.5,1)
\psdots(-0.5,0.866)(-0.866,-0.5)(0.5,-0.866)(0.866,0.5)
(-0.25,0.433)(-0.2165,-0.125)(0.0625,-0.10825)(0.054125,0.03125)
\uput[l](-0.25,0.433){$Q_{0}$} \uput[d](-0.2165,-0.125){$Q_{1}$}
\uput[r](0.0625,-0.10825){$Q_{2}$}\uput[u](0.054125,0.03125){$Q_{3}$}
\uput[ul](-0.5,0.866){$M_{0}$}\uput[dl](-0.866,-0.5){$M_{1}$}
\uput[dr](0.5,-0.866){$M_{2}$}\uput[ur](0.866,0.5){$M_{3}$}
\psline(0,0)(-0.5,0.866)\psline(-0.866,-0.5)  
\psline(0.5,-0.866)  \psline(0.866,0.5)
\uput[dr](1,0){1}\uput[ul](0,1){1} 
\uput[ur](0.5,0){\footnotesize 1/2} \uput[ur](0.25,0){\footnotesize 1/4} \uput[ur](0.125,0){\footnotesize 1/8} \uput[dr](0.03,0){\footnotesize 1/16} 
\end{pspicture}
\end{center}
\vspace{1cm}

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

\medskip

%Les unités physiques utilisées sont le mètre (m) et le kilogramme (kg).
%
%Un mobile de masse 16~kg, guidé rectilignement sur un banc à coussin d'air, est attaché à un ressort dont la constante de raideur vaut $k = 1$.
%
%Si l'on écarte le centre d'inertie G du solide de sa position d'équilibre O, alors G effectue des oscillations autour de celle-ci.
%
%À l'instant $t$, la position de G est repérée par le point 
%$M$ d'abscisse $f(t)$ dans le repère 
%$\left(\text{O},~\overrightarrow{\imath}\right)$.
%
%\begin{center}
%\begin{pspicture}(9,5)
%\psline(0,0)(0,1) 
%\psline(0,0.5)(0.8,0.5)(1.05,1)(1.55,0)(2.05,1)(2.55,0)(3.05,1)(3.55,0)(4.05,1)(4.55,0)
%(5.05,1)(5.55,0)(6.05,1)(6.55,0)(7.05,1)(7.2,0.5)(7.5,0.5)
%\psframe(7.5,0)(8.5,1)  \rput(8,0.5){G}
%\psline(0,2)(0,3)
%\psline(0,2.5)(9,2.5) \psline[linewidth=2pt]{->}(4.2,2.5)(5.2,2.5)
%\uput[u](4.2,2.5){O} \uput[u](8,2.5){$M$}
%\uput[d](4.5,2.5){$\vect{\imath}$} \uput[d](8,2.5){$f(t)$}
%\psline(0,3.5)(0,4.5)
%\psline(0,4)(0.8,4)(1.05,4.5)(1.3,3.5)(1.55,4.5)(1.8,3.5)(2.05,4.5)(2.3,3.5)(2.55,4.5)
%(2.8,3.5)(3.05,4.5)(3.3,3.5)(3.4,4)(3.8,4)
%\psframe(3.8,3.5)(4.8,4.5) \rput(4.3,4){G}
%\psline(8,2.4)(8,2.6)
%\end{pspicture}    
%\end{center}
%
%\vspace{0,8cm}
%
%On admettra que la fonction $f$ est solution de l'équation différentielle :
%
%\[(\text{E}) \qquad :~ 16y'' +y = 0.\]

\begin{enumerate} 
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Résoudre l'équation  différentielle (E).
		(E) peut s'écrire $y'' + \dfrac{1}{16}y = 0 \iff y'' + \left(\dfrac{1}{4}\right)^2y = 0$.
		
On sait que les solutions de cette équation peuvent s'écrire :

\[y = A\cos \left(\dfrac{t}{4} \right) + B \sin \left(\dfrac{t}{4} \right),~A \in \R,~B \in \R\]

		\item %On suppose qu'à l'instant $t= 0$ le mobile est au point d'abscisse $f(0) = 0,5$ m et a une vitesse égale à $f'(0) = 0,125$ m.s$^{-1}$.
On a $f'(t) = - \dfrac{1}{4}A\sin \left(\dfrac{t}{4} \right) + \dfrac{1}{4}B\cos \left(\dfrac{t}{4} \right)$.

Donc $\left\{\begin{array}{l}
f(0)= 0,5\\
f'(0) = 0,125
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l}
A = 0,5\\
\dfrac{1}{4}B = 0,125
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l}
A = 0,5\\
B = 0,5
\end{array}\right.$

On a donc $f(t) = 0,5\cos \left(\dfrac{t}{4} \right) + 0,5 \sin \left(\dfrac{t}{4} \right) = \dfrac{1}{2}\left[ \cos \dfrac{t}{4} + \sin 
\dfrac{t}{4}\right]$.
%Montrer que la fonction $f$ est définie par $f(t) = \dfrac{1}{2}\left[ \cos \dfrac{t}{4} + \sin \dfrac{t}{4}\right]$.
		\item %Vérifier que, pour tout réel $t~ :~ f(t) = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \cos \left[\dfrac{1}{4}(t - \pi)\right]$.
On a $\dfrac{\sqrt{2}}{2} \cos \left[\dfrac{1}{4}(t - \pi)\right] = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \left[\cos \dfrac{t}{4}\cos \frac{\pi}{4} + \sin \dfrac{t}{4}\sin \frac{\pi}{4}\right] =$

$\dfrac{\sqrt{2}}{2} \left[\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cos \dfrac{t}{4} + \dfrac{\sqrt{2}}{2}\sin \dfrac{t}{4}\right] = \dfrac{1}{2}\cos \dfrac{t}{4} + \dfrac{1}{2} \sin \dfrac{t}{4} =  \dfrac{1}{2}\left[ \cos \dfrac{t}{4} + \sin 
\dfrac{t}{4}\right] = f(t)$.
	\end{enumerate}
\item %Montrer que pour tout réel $t$, on a : $- \dfrac{\sqrt{2}}{2} \leqslant f(t) \leqslant \dfrac{\sqrt{2}}{2}$.
On sait quel que soit le réel $t$, $-1 \leqslant \cos \left[\dfrac{1}{4}(t - \pi)\right] \leqslant 1$, donc par produit par le réel positif $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$, on a $- \dfrac{\sqrt{2}}{2} \leqslant f(t) \leqslant \dfrac{\sqrt{2}}{2}$.
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Donner la valeur positive $t_{0}$ de $t$ pour laquelle le point $M$ se trouve pour la première fois en O.

		\item %Combien de fois le point $M$ se trouve-t-il en O dans l'intervalle de temps [0~;~35] ?
		Il faut résoudre dans l'intervalle de temps [0~;~35] l'équation 
		
$\dfrac{\sqrt{2}}{2} \cos \left[\dfrac{1}{4}(t - \pi)\right] = 0 \iff \cos \left[\dfrac{1}{4}(t - \pi)\right]  = 0 \iff \left\{\begin{array}{l}
\dfrac{1}{4}(t - \pi) = \dfrac{\pi}{2} + 2k\pi~\text{ou}\\
\dfrac{1}{4}(t - \pi) = -\dfrac{\pi}{2} + 2k'\pi
\end{array}\right.$

$ \iff\left\{\begin{array}{l}
t - \pi = 2\pi	 + 8k\pi~\text{ou}\\
t - \pi = - 2\pi + 8k'\pi
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l}
t = 3\pi + 8k\pi~\text{ou}\\
t = - \pi + 8k'\pi
\end{array}\right.$

Il faut  donc $0 \leqslant 3\pi + 8k\pi \leqslant 35 \iff 	-3\pi \leqslant 8k\pi \leqslant 35 - 3\pi \iff$

$ - \dfrac{3}{8} \leqslant k \leqslant \dfrac{35 - 3\pi}{8\pi}$. les seules valeurs possibles sont $k = 0$ et $k = 1$.

Deuxième possibilité : $0 \leqslant - \pi + 8k'\pi \leqslant 35 \iff \pi \leqslant 8k'\pi \leqslant 35 + \pi \iff \dfrac{1}{8} \leqslant k' \leqslant \dfrac{35 + \pi}{8\pi}$.

La seule valeur possible est $k' = 1$.

Finalement $M$ se retrouve en O pour $t = 3\pi,~t = 11\pi$ et $t = 7\pi$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{1cm}

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

\vspace{0,5cm}

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate} 
\item %On considère la fonction $f$ définie sur l'intervalle $]0~;~+ \infty[$ par :

%\[f(x) = - 2 \ln x + ax^2 + bx,~ \text{où}~a~ \text{et}~b~ \text{sont deux nombres réels.}\]

%On appelle $\mathcal{C}$ la représentation graphique de $f$ dans le plan muni d'un repère orthogonal \Ouv~ d'unités graphiques 2~cm sur l'axe des abscisses et 1~cm sur l'axe des ordonnées.

%Sachant que la courbe $\mathcal{C}$	passe par le point A$\left(1~;~- \dfrac{13}{2}\right)$ et que le coefficient directeur de la tangente en A est égal à $- 6$, déterminer les valeurs des nombres $a$ et $b$.
La fonction $f$ est dérivable sur $]0~;~+ \infty[$ et sur cet intervalle 

$f'(x) = -\dfrac{2}{x} + 2ax + b$.

Les deux conditions imposées se traduisent par :

$\left\{\begin{array}{l c l}
f(1)&=&- \frac{13}{2}\\
f'(1) &=& - 6
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
a + b &=& - \frac{13}{2}\\
- \frac{2}{1} + 2a + b &=&- 6
\end{array}\right. \iff
\left\{\begin{array}{l c l}
a + b &=& - \frac{13}{2}\\
2a + b&=&- 4
\end{array}\right. \Rightarrow a = - 4 + \frac{13}{2} = \frac{5}{2}$, puis $b = - \frac{13}{2} - a = - \frac{13}{2} - \frac{5}{2} = 4$.

Donc $f(x) = - 2\ln x + \dfrac{5}{2}x^2 + 4x$.
\item %Pour la suite du problème, on prendra $f(x)= -  2 \ln x + \dfrac{5}{2}x^2 - 9x$.
	\begin{enumerate} 
		\item %Déterminer la limite en $0$ de la fonction $f$. Que peut-on en déduire pour la courbe $\mathcal{C}$ ?
On a $\displaystyle\lim_{x \to 0} \ln x = - \infty$, donc $\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = + \infty$, ce qui géométriquement signifie que l'axe des ordonnées est asymptote verticale à $\mathcal{C}$ au voisinage de zéro.
		\item %Vérifier que l'on peut écrire : 

%\[f(x) = x^2\left(- 2\dfrac{\ln x}{x^2} + \dfrac{5}{2} - \dfrac{9}{x}\right).\]
En factorisant $x^2$, on peut écrire :

$f(x) = x^2\left(- 2\dfrac{\ln x}{x^2} + \dfrac{5}{2} - \dfrac{9}{x}\right)$.
%En déduire la limite en $+ \infty$ de la fonction $f$.
On sait que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{\ln x}{x^2} = 0$ et  
$\displaystyle\lim_{x \to + \infty} = 0$, donc $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} - 2\dfrac{\ln x}{x^2} + \dfrac{5}{2} - \dfrac{9}{x} = \dfrac{5}{2}$. Comme $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} x^2 = + \infty$, par produit des limites, on obtient $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate} 
\item %On désigne par $f'$ la fonction dérivée de $f$ sur l'intervalle$]0~;~+ \infty[$.
\begin{enumerate} 
\item %Calculer $f'(x)$.
Sur $]0~;~+ \infty[,~f'(x) = -\dfrac{2}{x} + 5x -  9$.
	\item %Étudier le signe de $f'(x)$.
	On a $f'(x) = \dfrac{- 2 + 5x^2 - 9x}{x}$. Comme $x > 0$, le signe de $f'(x)$ est celui du numérateur donc du trinôme $5x^2 - 9x - 2$.
	
On a $\Delta = 81 + 40 = 121 = 11^2  > 0$. Le trinôme a deux racines :

$\dfrac{9 + \sqrt{121}}{10} =  2$ et $\dfrac{9- \sqrt{121}}{10} = - 0,2$. Il est positif sauf entre les racines

On a donc :

- sur $]0~;~2[,~f'x) < 0$ ;

- sur $[2~;~+ \infty[,~f'(x) > 0$ ;

- $f'(2) = 0$.
	\item %Dresser le tableau de variation de la fonction $f$ sur l'intervalle $]0~;~+ \infty[$.
	
On en déduit le tableau de variation de la fonction $f$ sur l'intervalle $]0~;~+ \infty[$ :
	
\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)
\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){$+ \infty$} \rput(1,2.25){$f'(x)$} 
\rput(1,1){$f(x)$}
\psline{->}(2.5,1.6)(4.5,0.4) \psline{->}(5.5,0.4)(7.5,1.6)
\uput[d](2.4,2){$+\infty$}\uput[d](7.8,2){$+ \infty$}
\end{pspicture}
\end{center}	
\end{enumerate}	
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Démontrer que, dans l'intervalle [3~;~4], l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution, notée $x_{0}$.
Sur l'intervalle $f$ est croissante,~$f(3) \approx -6,7$ et $f(4) \approx 1,2$, donc il existe un réel unique $x_{0} \in  ]3~;~4[$ tel que $f\left(x_{0}\right) = 0$.
		\item %Donner, à l'aide de la calculatrice, un encadrement d'amplitude $0,01$ de $x_{0}$.
La calculatrice donne $f(3,8) \approx -0,77$ et $f(3,9) \approx 0,2$, donc $x_{0} \in ]3,8~;~3,9[$.
		
De même $f(3,87) \approx -0,09$ et $f(3,88) \approx 0,004$, donc $x_{0} \in ]3,87~;~3,88[$.	
	\end{enumerate}
\item %Déterminer une équation de la droite D tangente à la courbe $\mathcal{C}$ au point d'abscisse 1.
Une équation de D est : $y = f(1) + f'(1)(x - 1)$.

On sait que $f'(1) = -6$ et que $f(1) = - \frac{13}{2}$, donc une équation de D est :

$y = - \frac{13}{2} - 6(x - 1)$ soit $y = - 6x - \dfrac{1}{2}$.
\item %Tracer dans le repère \Ouv{} la droite D et la courbe $\mathcal{C}$.
Voir plus bas.

\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Partie C}

\medskip

\begin{enumerate} 
\item	%On considère la fonction $g$ définie sur l'intervalle $]0~;~+ \infty[$ par :

%\[g(x) = x \ln x - x.\]

%Expliciter la dérivée $g'$ de la fonction $g$.
$g$ est dérivable sur $]0~;~+ \infty[$ et sur cet intervalle $g'(x) = \ln x + x \times \dfrac{1}{x} - 1 =$

$ \ln x + 1 - 1 = \ln x$. 
\item %Déduire de la question précédente une primitive $F$ de la fonction $f$ sur l'intervalle $]0 ~;~ + \infty[$.
On en déduit aussitôt que $g$ est une primitive de la fonction ln sur $]0~;~+ \infty[$.

Donc une primitive sur $]0~;~+ \infty[$ de la fonction $f$ est la fonction $F$ définie par :

$F(x) = - 2(x\ln x - x) + \dfrac{5}{2}\dfrac{x^3}{3} - 9\dfrac{x^2}{2} = -2x\ln x + 2x + \dfrac{5x^3}{6} - \dfrac{9x^2}{2}$. 
\item %On appelle $\mathcal{A}$	la partie du plan située entre la courbe,	l'axe des abscisses et les droites d'équations $x = x_{0}$ et $x = 5$~ ($x_{0}$ est défini à la question \textbf{B. 2}).
	\begin{enumerate} 
		\item %Hachurer sur la figure la partie $\mathcal{A}$.
Voir la figure à la fin.
		\item %On désigne par A l'aire, en unités d'aire, de la partie $\mathcal{A}$.
%Calculer A en fonction de $x_{0}$ puis calculer une valeur approchée de A en prenant 3,88 comme valeur approchée de $x_{0}$.
On a vu que sur $\left[x_{0}~;~5\right],~f(x) > 0$, donc l'aire A de la partie hachurée est égale à l'intégrale :

A $ = \displaystyle\int_{x_{0}}^5 f(x)\:\text{d}x = \left[F(x)  \right]_{x_{0}}^5 = F(5) - F\left(x_{0}\right) =$

$ -2 \times 5\ln 5 + 2 \times 5 + \dfrac{5\times 5^3}{6} - \dfrac{9 \times 5^2}{2} - \left(-2x_{0}\ln x_{0} + 2x_{0} + \dfrac{5x_{0}^3}{6} - \dfrac{9x_{0}^2}{2} \right) =$

$ -10\ln 5 + 10 + \dfrac{325}{6} - \dfrac{225}{2} + 2x_{0}\ln x_{0} - 2x_{0} - \dfrac{5x_{0}^3}{6} + \dfrac{9x_{0}^2}{2}$.

En prenant comme valeur approchée de $x_{0},~3,88$, on a 

A $ \approx 7,40$~(u. a.) (résultat que l'on vérifie approximativement sur la figure) 
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\psset{xunit=1.8cm,yunit=0.9cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-0.25,-10)(6,15)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(-0.25,-10)(6,15)
\uput[dl](0,0){O}
\psplot{-0.25}{1.5}{0.5 neg 6 x mul sub}
\psplot[plotpoints=8000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0.1}{5}{x 2 exp 2.5 mul 9 x mul sub x ln 2 mul sub}
\pscustom[fillstyle=vlines]{
\psplot[plotpoints=8000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{3.88}{5}{x 2 exp 2.5 mul 9 x mul sub x ln 2 mul sub}
\psline(5,0)(3.88,0)
}
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridcolor=orange](0,-10)(6,15)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=2,gridcolor=orange,subgridcolor=orange](4,0)(5,14)
\uput[r](3,-6.8){$\mathcal{C}$}\uput[l](1.5,-9.5){D} \rput(4.5,2.5){$\mathcal{A}$}
\end{pspicture}
\end{center}
\end{document}