\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{pifont}
\usepackage{diagbox}
\usepackage{lscape}
\newcommand{\euro}{\eurologo{}}
\usepackage[dvips]{color}
\usepackage{pstricks,pst-plot,pst-text,pst-tree,pstricks-add}
\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 et de procédés industriels}
\lfoot{\small{Métropole}}
\rfoot{\small{14  septembre 2010}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat STL Métropole 14 septembre 2010~\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 est rapporté à un repère orthonormal direct \Ouv, d'unité graphique 2~cm. On note i le nombre complexe de module 1 et dont un argument est $\dfrac{\pi}{2}$.

\medskip
 
\begin{enumerate}
\item %Résoudre dans l'ensemble des nombres complexes l'équation :

%\[z^2 + 2z\sqrt{6} + 8 = 0.  \]
$\Delta = \left(2\sqrt{6} \right)^2 - 4\times 1 \times 8 = 24 - 32 = - 8 =  \left(2\text{i}\sqrt{2} \right)^2$.

$\Delta < 0$, donc l'équation a deux solutions complexes conjuguées :

\[\dfrac{-2\sqrt{6} + 2\text{i}\sqrt{2}}{2} = - \sqrt{6} + \text{i}\sqrt{2} \quad \text{et}\quad - \sqrt{6} - \text{i}\sqrt{2}.\]
\item  %On considère les points A, B, C d'affixes respectives: 

%\[z_{\text{A}} = - \sqrt{6} + \text{i}\sqrt{2}\quad ; \quad  	z_{\text{B}} = - z_{\text{A}}\quad  \text{et} \quad  z_{\text{C}} = 2 - 2\text{i}. \]
	\begin{enumerate}
		\item %Déterminer le module et un argument de chacun des nombres complexes $z_{\text{A}},~z_{\text{B}}$ et $z_{\text{C}}$·
On a $\left|z_{\text{A}}  \right|^2 = \left(- \sqrt{6} \right)^2 + \left(\sqrt{2} \right)^2 = 6 + 2 = 8 = \left(2\sqrt{2} \right)^2 \Rightarrow \left|z_{\text{A}}  \right| = 2\sqrt{2}$.

On peut écrire $z_{\text{A}} = 2\sqrt{2}\left(- \dfrac{\sqrt{3}}{2}  + \text{i}\dfrac{1}{2}\right) = 2\sqrt{2}\left(\cos \frac{5\pi}{6}  + \text{i}\sin \frac{5\pi}{6}\right)$.

Un argument de $z_{\text{A}}$ est donc $\dfrac{5\pi}{6}$.

On a $\left|z_{\text{B}}  \right| = 2\sqrt{2}$ et un argument de $z_{\text{B}}$ est $\dfrac{5\pi}{6} + \pi = - \dfrac{\pi}{6}$.

$\left|z_{\text{C}}  \right|^2 = \left(2 \right)^2 + \left(- 2 \right)^2 = 4 + 4 = 8 \Rightarrow \left|z_{\text{C}}  \right| = 2\sqrt{2}$.

Donc $z_{\text{C}} = 2\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2} + \text{i}\dfrac{- \sqrt{2}}{2} \right) = 2\sqrt{2}\left(\cos \frac{-\pi}{4} + \text{i}\sin \frac{-\pi}{4} \right)$.

Un argument de $z_{\text{C}}$ est donc $- \dfrac{\pi}{4}$.
		\item %En déduire que les points A, B et C appartiennent à un cercle dont on précisera le centre et le rayon.
On a trouvé que  OA = OB = OC $= \left|z_{\text{A}}  \right| = \left|z_{\text{B}}  \right| = \left|z_{\text{C}}  \right| = 2\sqrt{2}$.

A, B et C appartiennent au cercle de centre O et de rayon $2\sqrt{2}$.
		\item %Placer les points A, B et C dans le repère \Ouv.
		On construit une longueur égale à $2\sqrt{2}$ comme hypoténuse d'un triangle rectangle isocèle dont les côtés mesurent 2. A et B appartiennent au cercle de centre O de rayon $2\sqrt{2}$ et respectivement à la droite d'équation $y = \sqrt{2}$ et la droite d'équation $y = - \sqrt{2}$. Voir plus bas.
		
Le point C se place facilement
		\item %\emph{Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d'initiative même non fructueuse, sera prise en compte dans l'évaluation.}
		 
%Déterminer la nature du triangle ABC.
A et B sont symétriques autour de O, donc [AB] est un diamètre du cercle. Le point C appartient lui aussi au cercle, donc le triangle ABC est inscrit dans un demi-cercle de diamètre [AB] : il est rectangle en C, d'hypoténuse [AB].
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Écrire les nombres complexes $z_{\text{B}}$ et $z_{\text{C}}$ sous la forme $r\text{e}^{\text{i}\theta}$ avec $r > 0$.
D'après la première question  $z_{\text{A}} = 2\sqrt{2}\text{e}^{\frac{5\text{i}\pi}{6}}$ et $z_{\text{C}} = 2\sqrt{2}\text{e}^{\frac{-\text{i}\pi}{4}}$.
		\item %Soit $\mathcal{R}$ la rotation de centre O et d'angle $- \dfrac{\pi}{12}$. Quelle est l'image du point B par la rotation $\mathcal{R}$ ? Justifier la réponse.
L'image d'un point d'affixe $z$ est le point d'affixe $z'$ tel que $z' = z\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{12}}$.

On a $z_{\text{B}} = 2\sqrt{2}\text{e}^{- \frac{\text{i}\pi}{6}}$.

L'image de B est donc le point d'affixe $2\sqrt{2}\text{e}^{- \frac{-\text{i}\pi}{6}} \times \text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{12}} = 2\sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\left[-\frac{\pi}{6} - \frac{\pi}{12}\right]} = 2\sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\left[-\frac{2\pi}{12} - \frac{\pi}{12}\right]} = 2\sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\left[-\frac{3\pi}{12} \right]} = 2\sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\left[-\frac{\pi}{4}\right]} = z_{\text{C}}$.

L'image de B est donc le point C.  
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\psset{unit=1cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-3,-3)(5,3)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(-3,-3)(5,3)
\psdots(-2.44949,1.414)(2.44949,-1.414)(2,-2)
\uput[ul](-2.44949,1.414){A}\uput[dr](2.44949,-1.414){B}\uput[dr](2,-2){C}
\uput[dl](0,0){O}
\pspolygon(-2.44949,1.414)(2.44949,-1.414)(2,-2)
\pscircle(0,0){2.828}
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridcolor=orange]
\pspolygon[linewidth=2pt,linecolor=blue](5,1)(3,1)(3,3)
\uput[d](4,1){2}\uput[l](3,2){2}\rput{-45}(4.2,2.2){$\sqrt{2}$}
\end{pspicture}
\end{center}
\vspace{0,5cm}

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

\medskip

%On note $y$ une fonction de la variable $x$, définie et deux fois dérivable sur l'ensemble $\R$ des nombres réels, et $y''$ sa dérivée seconde.

\medskip
 
\begin{enumerate}
\item %Résoudre l'équation différentielle (E) : 

%\[\dfrac{1}{4}y'' +y = 0.\]
On a $\dfrac{1}{4}y'' +y = 0 \iff y'' + 4y = 0 \iff y'' + 2^2y = 0$.

On sait que les solutions sont de la forme $f(x)  = A\cos 2x + B \sin 2x$, avec $A \in \R$ et $B \in \R$. 
\item %Soit $f$ la fonction définie et dérivable sur $\R$ solution de l'équation (E), qui vérifie les  conditions suivantes :
 
%\[f\left(\dfrac{\pi}{6}\right) = 0 \quad  \text{et} \quad  f'(0) = \sqrt{3}\]
On a à trouver une solution telle que $f(x)  = A\cos 2x + B \sin 2x$ et donc 

$f'(x) = - 2A \sin 2x + 2B\cos 2x$ vérifiant 

 $\left\{\begin{array}{l c l}
f\left(\frac{\pi}{6}\right)& =& 0\\
f'(0) &= &\sqrt{3}
\end{array}\right.  \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
A\cos 2 \times \frac{\pi}{6} + B \sin 2\times \frac{\pi}{6}&=&0\\
- 2A \sin 2 \times 0 + 2B\cos 2\times 0&=&\sqrt{3}
\end{array}\right.  \iff$

$\left\{\begin{array}{l c l}
A\cos  \frac{\pi}{3} + B \sin  \frac{\pi}{3}&=&0\\
- 2A \sin  0 + 2B\cos  0&=&\sqrt{3}
\end{array}\right.  \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
\frac{A}{2} + \frac{B\sqrt{3}}{2}&=&0\\
2B&=&\sqrt{3}
\end{array}\right.  \iff$

$\left\{\begin{array}{l c l} 
A + B\sqrt{3}&=&0\\
B&=&\frac{\sqrt{3}}{2}
\end{array}\right.  \iff
\left\{\begin{array}{l c l} 
A&=&- \frac{3}{2}\\
B&=&\frac{\sqrt{3}}{2}
\end{array}\right.$

La solution est donc : $f(x) = - \dfrac{3}{2}\cos 2x + \dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin 2x$.
%Montrer que, pour tout nombre réel $x,~f(x) = - \dfrac{3}{2} \cos (2x) + \dfrac{\sqrt{3}}{2} \sin (2x)$.
\item %Vérifier que, pour tout nombre réel $x$, on a : $f(x) = -\sqrt{3} \cos \left(2x + \dfrac{\pi}{6}\right)$·
Développons $-\sqrt{3} \cos \left(2x + \dfrac{\pi}{6}\right)$ grâce à la formule $\cos(a + b) = \cos a \cos b - \sin a\sin b$ :

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

$ - \sqrt{3}\left(\cos 2x \times \dfrac{\sqrt{3}}{2} - \sin 2x \times \dfrac{1}{2} \right) = - \dfrac{3}{2}\cos 2x + \dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin 2x = f(x)$.
\item %Calculer la valeur moyenne $m$ de la fonction $f$ sur l'intervalle $\left[0~;~\dfrac{\pi}{6}\right]$.

On a $m = \dfrac{1}{\frac{\pi}{6} - 0}\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}f(x)   \:\text{d}x = \dfrac{6}{\pi}\int_{0}^{\frac{\pi}{6}} -\sqrt{3} \cos \left(2x + \dfrac{\pi}{6}\right)\:\text{d}x =$

$ \dfrac{6}{\pi} \left[\dfrac{1}{2}\sin  \left(2x + \dfrac{\pi}{6}\right)\right]  = \dfrac{-3\sqrt{3}}{\pi}\left[\sin  \left(2\times \frac{\pi}{6} + \dfrac{\pi}{6}\right) - \sin  \left(2\times 0 + \dfrac{\pi}{6}\right)\right] =  \dfrac{-3\sqrt{3}}{\pi}\left[\sin \frac{\pi}{2} - \sin \frac{\pi}{6}  \right] $

$=  \dfrac{-3\sqrt{3}}{\pi}\left[1 - \dfrac{1}{2}  \right] = \dfrac{-3\sqrt{3}}{2\pi}$.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\medskip 

%On considère la fonction $f$ définie sur l'ensemble des nombres réels $\R$ par :

%\[f(x) = x - 1 - 2\text{e}^{-2x} + 5\text{e}^{-x}.  \]
 
%On désigne par $\mathcal{C}$ sa courbe représentative dans le plan rapporté à un repère orthonormal \Oij, (unité graphique : 2~cm).

%\bigskip
 
\textbf{Partie A}

\medskip
 
\begin{enumerate}
\item %Déterminer la limite de la fonction $f$ en $+ \infty$.
On a $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \text{e}^{-x} = \displaystyle\lim_{x \to + \infty} \text{e}^{-2x} = 0$, donc $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty$. 
\item %En remarquant que, pour tout nombre réel $x,~f(x) = \text{e}^{-x}\left(-2\text{e}^{-x} + 5 + x\text{e}^{x} - \text{e}^{x}\right)$, déterminer la limite de $f$ en $- \infty$.
En factorisant $\text{e}^{-x}$ on peut écrire :

$f(x) = \text{e}^{-x}\left(- 2\text{e}^{-x} + 5 + x \text{e}^{x} - \text{e}^{x}\right)$.

On a $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} \text{e}^{x} = 0$ et on= sait aussi que $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} x\text{e}^{x} = 0$.

D'autre part $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} \text{e}^{-x} = + \infty$ et $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} - 2\text{e}^{-x} + 5 + x \text{e}^{x} - \text{e}^{x} = - \infty$ et comme $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} \text{e}^{-x} = + \infty$, on obtient finalement par produit de limites :

$\displaystyle\lim_{x \to - \infty} f(x) = - \infty$.
\item %Soit la droite $\mathcal{D}$ d'équation $y = x - 1$. 
	\begin{enumerate}
		\item %Prouver que la droite $\mathcal{D}$ est asymptote oblique à la courbe $\mathcal{C}$ en $+ \infty$.
		Soit $d$ la fonction définie sur $\R$ par $d(x) = f(x) - (x - 1) = - 2\text{e}^{-2x} + 5\text{e}^{-x}$.
		
On a vu que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} d(x) = 0$, ce qui montre graphiquement que la droite $\mathcal{D}$ d'équation 

$y = x - 1$ est asymptote oblique à la courbe $\mathcal{C}$ en $+ \infty$.
		\item %Étudier la position relative de la courbe $\mathcal{C}$ par rapport à la droite $\mathcal{D}$.
		La position relative s'obtient grâce au signe de $d(x) = - 2\text{e}^{-2x} + 5\text{e}^{-x} = \text{e}^{-x}\left(-2\text{e}^{-x} + 5\right)$ qui a le signe de $-2\text{e}^{-x} + 5$ puisque $\text{e}^{-x} > 0$ quel que soit le réel $x$.
		
$-2\text{e}^{-x} + 5 > 0 \iff 5 > 2\text{e}^{-x} \iff \dfrac{5}{2}> \text{e}^{-x} \iff \ln \frac{5}{2} > - x$ (par croissance de la fonction logarithme népérien), soit finalement $x > - \ln \frac{5}{2}$.

Conclusion : la courbe $\mathcal{C}$ est au dessus de la droite $\mathcal{S}$ sur $\left]- \ln \frac{5}{2}~;~+ \infty\right[$.

On aurait de même  :  la courbe $\mathcal{C}$ est au dessous de la droite $\mathcal{S}$ sur $\left]\infty~;~- \ln \frac{5}{2} \right[$.
 	\end{enumerate} 
\item %Montrer que $f(\ln 4) = \dfrac{1}{8} + \ln 4$.
$f(\ln 4) = \ln 4 - 1 - 2\text{e}^{-2\times \ln 4} + 5\text{e}^{- \ln 4} = \ln 4 - 1 - 2\text{e}^{- \ln 4^2} + 5\text{e}^{- \ln 4} = \ln 4 - 1 - \dfrac{2}{\text{e}^{\ln 4^2}} + \dfrac{5}{\text{e}^{\ln 4}} =  \ln 4 - 1 - \dfrac{2}{16} + \dfrac{5}{4} = \ln 4 - 1 - \dfrac{1}{8} + \dfrac{5}{4} = \ln 4 + \dfrac{-8 - 1  + 10}{8} =    \dfrac{1}{8} + \ln 4$.

$f(0) = 0 - 1 - 2 + 5 = 2$.
\end{enumerate}

\bigskip
 
\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Soit $f'$ la fonction dérivée de la fonction $f$. 
 
%Montrer que, pour tout nombre réel $x,~f'(x) = 	\dfrac{\left(\text{e}^{x} - 4\right)\left(\text{e}^{x} - 1\right)}{\text{e}^{2x}}$.
$f$ est dérivable sur $\R$ et sur cet intervalle :

$f'(x) = 1 - 2 \times (- 2)\text{e}^{-2x} - 5\text{e}^{-x} = 1 + 4\text{e}^{-2x} - 5\text{e}^{-x} = \text{e}^{-2x}\left(\text{e}^{2x} + 4 - 5\text{e}^{x}\right) =$

$\dfrac{\text{e}^{2x} + 4 - 5\text{e}^{x}}{\text{e}^{2x}}$.

Or $\text{e}^{2x} + 4 - 5\text{e}^{x} = \left(\text{e}^{x} - 4\right)\left(\text{e}^{x} - 1\right)$, donc finalement :

$f'(x) = \dfrac{\left(\text{e}^{x} - 4\right)\left(\text{e}^{x} - 1\right)}{\text{e}^{2x}}$.
		\item  %Déterminer le signe de $f'(x)$ pour tout nombre réel $x$.
Comme $\text{e}^{2x} > 0$, quel que soit le réel $x$, le signe de $f'(x)$ est celui du numérateur : $\left(\text{e}^{x} - 4\right)\left(\text{e}^{x} - 1\right)$ qui dépend du signe de chaque facteur.

On a $\text{e}^{x} - 1 > 0 \iff \text{e}^{x} > 1 \iff x > 0$ (par croissance de la fonction logarithme népérien).

$\text{e}^{x} - 4 > 0 \iff \text{e}^{x} >  4 \iff x > \ln 4$ (par croissance de la fonction logarithme népérien).

On dresse alors le tableau de signes : 

\medskip

\psset{unit=1cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(11,3.5)
\psframe(11,3.5) \psline(0,1)(11,1)\psline(0,2)(11,2)\psline(0,3)(11,3)
\psline(2,0)(2,3.5)
\uput[u](1,3){$x$} \uput[u](2.4,3){$- \infty$} \uput[u](5,3){$0$} \uput[u](8,3){$\ln 4$} \uput[u](10.5,3){$+ \infty$}
\rput(1,2.5){$\text{e}^{x} - 1$}
 \rput(3.5,2.5){$-$} \rput(5,2.5){$0$} \rput(6.5,2.5){$+$}\rput(9.5,2.5){$+$}
\rput(1,1.5){$\text{e}^{x} - 4$}
 \rput(3.5,1.5){$-$} \rput(8,1.5){$0$} \rput(6.5,1.5){$-$}\rput(9.5,1.5){$+$}
\rput(1,0.5){signe de $f'(x)$}\rput(3.5,0.5){$+$} \rput(5,0.5){$0$}\rput(6.5,0.5){$-$}\rput(8,0.5){$0$}\rput(9.5,0.5){$+$}  
\end{pspicture}
\end{center} 
		\item  %Dresser le tableau de variations de la fonction $f$.
On en déduit le tableau de variations de $f$ :
		
\medskip
\psset{unit=1cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(11,3.5)
\psframe(11,3.5) \psline(0,2)(11,2)\psline(0,3)(11,3)
\psline(2,0)(2,3.5)\rput(1,1){$f(x)$}
\uput[u](1,3){$x$} \uput[u](2.4,3){$- \infty$} \uput[u](5,3){$0$} \uput[u](8,3){$\ln 4$} \uput[u](10.5,3){$+ \infty$}
\rput(1,2.5){signe de $f'(x)$}\rput(3.5,2.5){$+$} \rput(5,2.5){$0$}\rput(6.5,2.5){$-$}\rput(8,2.5){$0$}\rput(9.5,2.5){$+$}
\psline{->}(2.5,0.5)(4.5,1.5) \psline{->}(5.5,1.5)(7.5,0.5) \psline{->}(8.5,0.5)(10.5,1.5)
\uput[u](2.5,0){$-\infty$} \uput[d](10.5,2){$+ \infty$} 
\uput[d](5,2){$2$} \uput[u](8,0){$\frac{1}{8} + \ln 4$}
\end{pspicture}
\end{center}
	\end{enumerate} 
\item
	\begin{enumerate}
		\item %Montrer que l'équation $f(x) = 0$ admet une solution unique $\alpha$ sur l'intervalle $[-1~;~0]$.
		Comme $\dfrac{1}{8} + \ln 4 > 0$, on voit que $f(x) > 0$ sur $[0~;~+ \infty[$. Donc sur $]- \infty~;~0[$, la fonction est strictement croissante de moins l'infini à 2 : elle s'annule pour une seule valeur de $x = \alpha$.
		
Or $f(-1) = - 1 - 1 - 2\text{e}^{2} + 5\text{e}^{1} \approx - 3,2 < 0$, donc $-1 < \alpha < 0$. 
		\item %Donner un encadrement de $\alpha$ d'amplitude $10^{-2}$.
La calculatrice donne $f(-0,8) \approx -0,6$ et $f(-0,7) \approx 0,26$, donc 

$-0,8 < \alpha < -0,7$, puis $f(-0,74) \approx -0,05$ et $f(-0,73) \approx 0,03$, donc 

$-0,74 < \alpha < -0,73$.
	\end{enumerate}		 
\item %Tracer la droite $\mathcal{D}$ et la courbe $\mathcal{C}$ dans le repère orthonormal \Oij, (unité graphique : 2~cm).
Voir plus bas.

\end{enumerate}

\bigskip
 
\textbf{Partie C}

\medskip	 

\begin{enumerate}
\item %Déterminer une primitive $F$ de la fonction $f$ sur l'ensemble $\R$ des nombres réels.
Une primitive de $x$ est $\dfrac{x^2}{2}$ ;

Une primitive de $\text{e}^{-2x}$ est $- \dfrac{1}{2}\text{e}^{-2x}$ ;

Une primitive de $\text{e}^{-x}$ est $- \text{e}^{-x}$ ;

Une primitive de $f(x)$ est donc $F(x) = \dfrac{x^2}{2} - x - 2 \times \left(- \dfrac{1}{2}\right) \text{e}^{-2x} - 5\text{e}^{-x} = \dfrac{x^2}{2} - x + \text{e}^{-2x} - 5\text{e}^{-x}$. 
\item %Hachurer sur le graphique la partie $E$ du plan limitée par la courbe $\mathcal{C}$, l'axe des abscisses, l'axe des ordonnées et la droite d'équation $x = \ln 4$.
Voir plus bas. 
\item %Calculer la valeur exacte de l'aire $\mathcal{A}$ de la partie $E$ du plan en unités d'aire. En déduire la valeur arrondie à $10^{-2}$ de l'aire $\mathcal{A}$ en cm$^2$.
Le tableau de variations montre que sur $[0~ ;~\ln 4],~f(x) > 0$, donc l'aire de la surface hachurée est égale en unité d'aire à l'intégrale :

$\mathcal{A} = \displaystyle\int_{0}^{\ln 4} f(x)\:\text{d}x = \left[ F(x) \right]_{0}^{\ln 4}  = F(\ln 4) - F(0) = $

$\left[\dfrac{(\ln 4)^2}{2} - \ln 4 + \text{e}^{-2\times \ln 4} - 5\text{e}^{-\ln 4}\right] - \left[\dfrac{0^2}{2} - 0 + \text{e}^{-2\times 0} - 5\text{e}^{-0} \right] =$

$ \dfrac{(\ln 4)^2}{2} - \ln 4 + \text{e}^{-2\ln 4} - 5\text{e}^{-\ln 4} - 1  + 5 = 4 + \dfrac{(\ln 4)^2}{2} - \ln 4 + \dfrac{1}{16} - \dfrac{5}{4} = \dfrac{45}{16} + \dfrac{(\ln 4)^2}{2} - \ln 4$~(u. a.)

L'unité d'aire est égale à $2 \times 2 = 4$~cm$^2$ donc $\mathcal{A} = \dfrac{45}{4} + 2(\ln 4)^2 - 4\ln 4 \approx 9,55$~cm$^2$
\end{enumerate}

\psset{unit=2cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-1,-3)(5,5)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(-1,-3)(5,5)
\rput{45}(2.7,1.5){$y = x - 1$}\uput[u](3,2.25){$\mathcal{C}$}
\psline(-1,-2)(5,4)\uput[d](5,0){$x$}\uput[l](0,5){$y$}\uput[dl](0,0){O}
\psplot[plotpoints=8000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{-1}{5}{x 1 sub 2 2.71828 2 x mul  exp div  sub 5 2.71828 x exp div add}
\psline(1.38629,0)(1.38629,3)\rput{90}(1.5,2.5){$x = \ln 4$}
\pscustom[fillstyle=vlines]{
\psplot[plotpoints=8000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{1.38629}{x 1 sub 2 2.71828 2 x mul  exp div  sub 5 2.71828 x exp div add}
\psline(1.38629,0)(0,0)}
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridcolor=orange]
\end{pspicture}
\end{center}
\end{document}