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% Tapuscrit Denis Vergès 
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\def\Ouv{$\left(\text{O},~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\lfoot{\small{Polynésie}}
\rfoot{\small{juin 2007}}
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\thispagestyle{empty}

\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Polynésie~\decofourright\\juin 2007}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

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

\textbf{Commun  à tous les candidats}

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
\item On peut dresser l'arbre d'une partie :

\begin{center}
\pstree[treemode=R,treesep=20pt,nodesep=2.5pt]{\Tdot}
{
	\pstree{\TR{$B$}\taput{$\frac{1}{10}$}}
		{
\TR{$\overline{G}$}~[tnpos=r]{}\taput{$\frac{1}{6}$}
\TR{$G$}~[tnpos=r]{}\tbput{$\frac{5}{6}$}
 		}
	\pstree{\TR{$\overline{B}$}\tbput{$\frac{9}{10}$}}
		{
\TR{$G$}~[tnpos=r]{}\taput{$\frac{1}{6}$}
\TR{$\overline{G}$}~[tnpos=r]{}\tbput{$\frac{5}{6}$}
 		}
}
\end{center}

\medskip

En suivant les branches qui conduisent à un gain on obtient :

$p(G) = \dfrac{1}{10}\times \dfrac{5}{6} +  \dfrac{9}{10}\times \dfrac{1}{6} = \dfrac{5 + 9}{60} = \dfrac{14}{60} = \dfrac{7}{30}.$
\item On a $p\left(\overline{G} \right) = 1 - p(G) =  \dfrac{23}{30}.$

Il faut trouver $p_{\overline{G}}(B) = \dfrac{p\left( \overline{G} \cap B\right)}{p\left(\overline{G} \right)} = \dfrac{\frac{1}{10} \times \frac{1}{6}}{\frac{23}{30}} = \dfrac{\frac{1}{60}}{\frac{23}{30}} = \dfrac{1}{60} \times \dfrac{30}{23} = \dfrac{1}{46}.$
\item On a une épreuve de Bernoulli avec $n = 4$ et $p(G) = \dfrac{7}{30}.$

La probabilité de gagner exactement deux fois sur quatre parties est :

\[\binom{4}{2}\left(\dfrac{7}{30} \right)^2 \times \left( 1 - \dfrac{7}{30}\right)^2 = \dfrac{6 \times 7^2 \times 23^2}{30^4} = \dfrac{\np{25921}}{\np{135000}} \approx \np{0,192}(0).\]

\item La probabilité de ne gagner aucune partie sur $n$ jouées est $\binom{n}{0}\left(\dfrac{23}{30}\right)^n$.

La probabilité d'en gagner au moins une est donc : $1 - \binom{n}{0}\left(\dfrac{23}{30}\right)^n.$

Il faut donc trouver $n$ tel que $1 - \binom{n}{0}\left(\dfrac{23}{30}\right)^n \geqslant 0,99 \iff 0,01 \geqslant \left(\dfrac{23}{30}\right)^n \iff - \ln 100 \geqslant n\ln \left(\dfrac{23}{30} \right) \iff n \geqslant \dfrac{\ln 100}{\ln \left(\dfrac{23}{30} \right)} \approx 17,3$.

Il faut donc jouer au minimum  18  fois.
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Loi de probabilité de $X$ :
		
\begin{center}%\renewcommand{\arraystretch}{2}
		\begin{tabularx}{0.5\linewidth}{|l|*{2}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline
		$X$& + 4 & $-1$\\ \hline
		$\rule[-4mm]{0mm}{9mm} p(X=x_{i})$&$\dfrac{7}{30}$ & $\dfrac{23}{30}$\\ \hline
		\end{tabularx}
\end{center}
		 L'espérance mathématique est E$(X) = 4 \times \dfrac{7}{30} + (- 1) \times \dfrac{23}{30} = \dfrac{5}{30} = \dfrac{1}{6}$.
		 \item L'espérance de gain étant positive (environ 16 centimes par partie) le jeu est défavorable à l'organisateur.
	\end{enumerate}
\item On reprend l'arbre initial avec $p(\text{B}) = \dfrac{1}{n+1}$ et $p\left(\overline{\text{B}}\right) = \dfrac{n}{n+1}.$

La probabilité de gagner devient $p(\text{G}) = \dfrac{1}{n+1} \times \dfrac{5}{6} + \dfrac{n}{n+1} \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{n + 5}{6(n+1)}$. Il suit que $p\left(\overline{\text{G}}  \right) = \dfrac{5n+1}{6(n+1)}.$

L'espérance est donc E$(X) = 4 \times \dfrac{n + 5}{6(n+1)} + (-1) \times 
\dfrac{5n+1}{6(n+1)} = \dfrac{19 - n}{6(n+1)}$.

Le jeu est défavorable à l'organisateur si E$(X) < 0 \iff \dfrac{19 - n}{6(n+1)} \geqslant 0 \iff$

$n \leqslant 19$.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\medskip

\begin{enumerate}
\item En posant $z = x + \text{i}y$, avec $x$ et $y$ réels, $\overline{z} - 3\text{i}z - 3 + 6\text{i} = 0 \iff x  - \text{i}y - 3\text{i}x + 3y - 3 + 6\text{i} = 0 \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x + 3y - 3&=&0\\
-3x - y + 6&=&0\\
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x + 3y - 3&=&0\\
-9x - 3y + 18&=&0\\
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x + 3y - 3&=&0\\
-8x - 3y + 15&=&0\\
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x + 3y - 3&=&0\\
-8x  + 15&=&0\\
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x &=&\frac{15}{8}\\
y&=&\frac{3}{8}\\
\end{array}\right. $

Donc cette équation a une solution : $\dfrac{15}{8} + \text{i}\dfrac{3}{8}.$
\item OAB est équilatéral direct, donc B est l'image de A dans la rotation de centre O et d'angle $\dfrac{\pi}{3}.$ L'écriture complexe de cette rotation est : $z' = z \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}.$

Donc $z_{\text{B}} = z_{\text{A}}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}} = (4 - 2 \text{i})\left(\dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) = 2 + \sqrt{3} + \text{i}\left(2\sqrt{3} - 1 \right)$.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item L'égalité arg$(z - 2\text{i}) = \dfrac{\pi}{4} + k \times 2\pi~(k \in \Z)$ signifie que 
		
$\left(\vect{u},~\vect{\text{D}M}\right) = \dfrac{\pi}{4} + k \times 2\pi~(k \in \Z)$ : c'est donc la droite privée du point D contenant D et ayant une pente de $1$.
		\item $z = 2\text{i} + 2\text{e}^{\text{i}\theta} \iff z - 2 = 2\text{e}^{\text{i}\theta}$ qui signifie :
\setlength\parindent{8mm}
\begin{itemize}
\item que $|z - 2\text{i}| = 2 \iff \text{D}M = 2$ ;
\item que $\left(\vect{u},~\vect{\text{D}M}\right) = \theta + 2k\pi$
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}

L'ensemble de ces points $M$ est donc le cercle de centre D et de rayon $2$.
	\end{enumerate}
\item Si pour $z \neq -2,~z' =  \dfrac{z - 1}{\overline{z} + 2},~\left|z'  \right| = 1 \iff \left|\dfrac{z - 1}{\overline{z} + 2}  \right| = 1 \iff |z - 1| = \left|\overline{z} + 2\right|.$\\
Or $z$ et $\overline{z}$ sont les affixes de points symétriques autour de $\left(\text{O},~\vect{u}\right)$ et le point B d'affixe $- 2 $ appartient à cet axe $\left(\text{O},~\vect{u}\right)$. Donc $\left|\overline{z} + 2\right| = |z + 2|$

L'équation devient $|z+2| = |z - 1|$, qui signifie si on appelle C le point d'affixe $1$, B$M$ = C$M$ ou encore $M$ appartient à la médiatrice de [BC].
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 3} \hfill 5 points}

\textbf{Enseignement obligatoire}

\medskip

\begin{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item  Par définition E existe ($2 + 1 \neq 0$) et vérifie $2\vect{\text{EA}} + \vect{\text{EB}} = \vect{0} \iff $
		
$3\vect{\text{OE}} = 2\vect{\text{OA}} + \vect{\text{OB}}.$\\Les coordonnées de E sont donc $\left(\dfrac{\frac{4}{3}-\frac{4}{3}}{3}~;~\dfrac{-6 + 0}{3}~;~\dfrac{4 - 4}{3} \right) = (0~;~-2~;~0).$
		\item En utilisant le point E : $\left\|2\vect{M\text{A}} + \vect{M\text{B}}\right\| = 3\left\|\vect{M\text{O}}\right\| \iff \left\|2\vect{M\text{E}} + \vect{M\text{E}}\right\| = 3\left\|\vect{M\text{O}}\right\| \iff M\text{E} = M\text{O}$ qui signifie que $M$ est équidistant de O et de E, donc appartient au plan médiateur de [OE].
		\item $M\text{E} = M\text{O} \iff M\text{E}^2 = M\text{O}^2 \iff x^2 + y^2 + z^2 = x^2 + (y +2)^2 + z^2 \iff 0 = 4y + 4 \iff y = - 1.$\\
		L'équation du plan médiateur est $y = -1.$
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On a AB$^2 = \left(- \dfrac{4}{3} - \dfrac{2}{3} \right)^2 + 3^2 + (- 4 - 2)^2 = 4 + 9 + 36 = 49$ ; donc AB $ = 7$.
		
Le rayon de la sphère est donc $\dfrac{7}{2}.$

Distance de I centre de la sphère au plan (P) : I$\left(- \dfrac{1}{3}~ ;~- \dfrac{3}{2}~;~-1\right)$.

On a $d(\text{I}~ ;~(P)) = \dfrac{\left|-\frac{3}{2} + 1  \right|}{\sqrt{1}^2} = \dfrac{1}{2}$.

Comme $\dfrac{1}{2} < \dfrac{7}{2}$ on en déduit que l'intersection (le cercle (C)) de la sphère et du plan (P) n'est pas vide.
		\item Les points de (C) vérifient l'équation de (S) et celle de (P), c'est-à-dire le système $\left\{\begin{array}{l c l}
y&=&-1\\
\left(x  + \dfrac{1}{3}\right)^2 + \left(y + \dfrac{3}{2}\right)^2 +  (z + 1)^2&=&\dfrac{49}{4} \\
\end{array} \right. \iff \\ \left\{\begin{array}{l c l}
		y&=&-1\\
\left(x  + \dfrac{1}{3}\right)^2 	+ \left(y + \dfrac{3}{2}\right)^2 + (z + 1)^2&=&\dfrac{49}{4}\\
\end{array} \right. \iff$
 
$\left\{\begin{array}{l c l}
		y&=&-1\\
\left(x  + \dfrac{1}{3}\right)^2 + (z + 1)^2 &=&12
\end{array} \right. $.
Une équation de (C) dans le plan (P) est $\left(x  + \dfrac{1}{3}\right)^2 + (z + 1)^2 =12$ qui est l'équation d'un cercle de centre $\left(- \dfrac{1}{3}~;~-1~;~-1\right)$ et de rayon $\sqrt{12} = 2\sqrt{3}.$
	\end{enumerate}
\item Droite (ID) : on traduit la relation vectorielle :

 $M(x~;~y~;~z) \in (\text{ID}) \iff ~\text{il existe}~t \in \R~\text{tel que}~\vect{\text{I}M} = t\vect{\text{ID}}\iff$
 
$ \left\{\begin{array}{l c l}
	x - \left(- \dfrac{1}{3}\right) &=& t \times 0\\
	y - \left(- \dfrac{3}{2}\right) &=& t \left(- \dfrac{1}{2}+ \dfrac{3}{2} \right)\\
	z - (-1) &=& t \left(4\sqrt{3} \right)\\
	\end{array}\right.
	\iff \left\{\begin{array}{l c l}
	x&=&0t - \dfrac{1}{3}\\
	y &= &t - \dfrac{3}{2}\\
	z&=&4t\sqrt{3} - 1\\
	\end{array}\right.$
\item Si la droite (ID) est sécante au cercle (C) il existe au moins un point dont les  coordonnées $(x~;~y~;~z)$ vérifient l'équation de (ID) et celle de (C). Il faut donc résoudre :\\
	$\left\{\begin{array}{l c l}
	x&=&0t - \dfrac{1}{3}\\
	y &= &t - \dfrac{3}{2}\\
	z&=&4t\sqrt{3} - 1 \\
	\left(x  + \dfrac{1}{3}\right)^2 + (z + 1)^2 &=&12
	\end{array}\right. \iff 
	\left\{\begin{array}{l c l}
	x&=&0t - \dfrac{1}{3}\\
	y &= &t - \dfrac{3}{2}\\
	z&=&4t\sqrt{3} - 1 \\
	(0)^2 + (4\sqrt{3}t)^2 &=&12
	\end{array}\right. $
	Ceci entraîne que $t^2 = \dfrac{1}{4}\iff t = - \dfrac{1}{2}~\text{ou}~t = \dfrac{1}{2}$, mais $y = t - \dfrac{3}{2} = - 1 \iff $
	
$t =  \dfrac{1}{2}$.
	
Seule valeur positive de $t$ convient. (ID) est donc sécante au cercle (C) au seul point F$\left(- \dfrac{1}{3}~;~-1~;~2\sqrt{3} - 1 \right)$.
\end{enumerate}

\newpage

\textbf{\textsc{Exercice 3} \hfill 5 points}
 
\textbf{Enseignement de spécialité}

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Une équation du cône est de la forme : $x^2 + y^2
 = \alpha z^2$. Comme A appartient à ($\Gamma$), alors $1^2 + 3^2 = \alpha \times 2^2 \iff \alpha = \dfrac{10}{4} = \dfrac{5}{2}$.
 
Une équation de $(\Gamma)~\text{est donc}~M(x~;~y~;~z) \in (\Gamma) \iff x^2 + y^2 = \dfrac{5}{2}z^2$.
 \item 
	 \begin{enumerate}
		\item Le plan parallèle à $x\text{O}y$ et contenant B a pour équation $z = -4$.
		\item L'intersection de (P) et de ($\Gamma)$ est un cercle dont les points ont des coordonnées qui  vérifient les deux équations :
		
$\left\{\begin{array}{r c l}
x^2 + y^2&=&\dfrac{5}{2}z^2\\
z&=&-4\\
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{r c l}
x^2 + y^2&=&40\\
z&=&-4\\
\end{array}\right.$

Ce cercle $\left(\text{C}_{1}\right)$ a donc pour centre le point de coordonnées $(0~;~0~;~-4)$ et de rayon $\sqrt{40} = 2\sqrt{10}$.		
	\end{enumerate}
\item De la même façon $x^2 + y^2=\dfrac{5}{2}z^2$ et $y = 3$ entraîne que  $\dfrac{5}{2}z^2 - x^2  = 9$ et $y = 3$. Cette intersection 
 $\left(\text{C}_{2}\right)$ est une hyperbole.
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $x^2
 + y^2 = 40$.	
	\begin{enumerate}
		\item Les nombres $x$ et $y$ ne peuvent, en valeur absolue être supérieurs à $6$. On trouve que les seuls carrés dont la somme est égale à $40$ sont $36$ et $4$.
		
Les couples solution sont donc
$(-6~;~-2),~(-6~;~2),~(-2~;~-6),~(-2~;~6)$,
		 
$(2~;~-6),~(2~;~6),(6~;~-2),~(6~;~2)$.		
		\item En ajoutant la cote $z = -4$, on obtient huit points de $\left(\text{C}_{1}\right)$ dont les coordonnées sont des entiers :
		
$(-6~;~-2~;~-4),~(-6~;~2~;~-4),~(-2~;~-6~;~-4),~(-2~;~6~;~-4), (2~;~-6~;~-4)$,

$(2~;~6~;~-4),~(6~;~-2~;~-4),~(6~;~2~;~-4)$
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item $(x~;~y~;~z) \in \Z^3$ et $x^2 + y^2 = \dfrac{5}{2}z^2 \iff 2(x^2 + y^2) = 5z^2$.
		
D'après Gauss : 2 divise $2(x^2 + y^2)$, donc $5z^2$ ; comme il est premier avec $5$, il divise $z^2$ et donc $z$ puisque ces deux entiers comprennent exactement les mêmes diviseurs premiers.

De la même façon $5$ divise $2(x^2 + y^2)$ et est premier avec $2$, donc il divise $x^2 + y^2$.
		
On a vu que $z$ est pair, donc $z^2$ est un multiple de $4$ et par conséquent $\dfrac{5}{2}z^2 = x^2 + y^2$ est un multiple de 2.

Finalement $x^2 + y^2$  est un multiple de $2$ et de $5$, donc de $10$. 
		\item $M(x~;~y~;~z) \in \left(\text{C}_{2}\right)$ donc $x^2 + y^2 = \dfrac{5}{2}z^2$ et $y = 3$.
		
D'après la question précédente on a $x^2 + y^2 = x^2 + 9$ est divisible par $10$, soit $x^2 + 9 \equiv 0\quad [10] \iff x^2 \equiv - 9 \quad [10] \iff x^2 \equiv 1 \quad  [10] \iff x \equiv 1 \quad [10].$
		\item Résolution de $x^2 \equiv 1 \quad [10]$ : les seules possibilités sont $x \equiv 1 \quad [10]$ et 
		
$x \equiv 9 \quad [10].$
		\item Avec $x = 1,~y = 3$, on trouve que $z = 2$ ou $z = -2$. La première solution correspond à A la seconde à un autre point de $\left(\text{C}_{02}\right) : (1~;~3~;~-2).$
		
(Il y a aussi $(9~;~3~;~6)$ et $(9~;~3~;~-6).$	
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 4} \hfill 5 points}

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item  $1 \leqslant x \leqslant 2 \Rightarrow 0 \leqslant  \ln x \leqslant \ln 2 \Rightarrow 0 \leqslant x \ln x \leqslant 2\ln 2 \Rightarrow 1 \leqslant 1 + x \ln x \leqslant1 + 2\ln 2$.
		
La fonction $f$ est positive sur [1 ; 2].
		\item On a M$(1~;~1)$ et N$(2~;~1 + 2\ln 2)$, donc $\vect{\text{MN}}(1~; ~2\ln 2)$, ce qui montre que le coefficient directeur de la droite (MN) est $2\ln 2$.
		\item Une équation de la tangente $T_{x}$ à $\mathcal{C}_{f}$ en un point de coordonnées $(x~;~f(x))$, avec $1 \leqslant x \leqslant 2$ est :  $P(X~;~Y) \in T_{x} \iff Y - (1 + x\ln x) = (X - x)f'(x)$.
		
	Or $f'(x) = \ln x + x \times \dfrac{1}{x} = 1 + \ln x$.
	
$P(X~;~Y) \in T_{x} \iff Y - (1 + x\ln x) = (X - x)(1 + \ln x) \iff Y = 1 + x\ln x +X(1 + \ln x) - x - \ln x \iff Y = X(1 + \ln x) + 1 + x\ln x - x  - \ln x$. Cette droite est parallèle à la droite (MN) si et seulement si son coefficient directeur est égal à $2\ln 2$, soit si $1 + \ln x = 2\ln 2 \iff \ln x = \ln 4 - \ln \text{e}\iff \ln x = \ln \left(\dfrac{4}{\text{e}} \right) \iff x = \dfrac{4}{\text{e}}$ (d'après la croissance de la fonction $\ln$.

Il existe donc un seul point E  entre M et N où la tangente à la courbe est parallèle à la droite (MN).
		\item 	D'après la question précédente l'équation de T est $P(X~;~Y) \in \text{T} \iff Y = X(1 + \ln x) + 1  - x  $ avec $x = \dfrac{4}{\text{e}}$, l'équation de la tangente en E est donc (puisque le coefficient directeur est égal à $2\ln 2$), $Y= (2\ln 2)X + 1 - \dfrac{4}{\text{e}}$
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On a $g(x) = 1 + x\ln x - (2\ln 2)x - 1 + \dfrac{4}{\text{e}}$, donc puisque toutes les fonctions sont dérivables sur [1 ; 2], $g'(x) = \ln x  + 1 - 2\ln 2 = 1 + \ln x - \ln 4 = 1 + \ln \left( \dfrac{x}{4}\right)$.
		\item La fonction $g'$ s'annule si $1 + \ln \left( \dfrac{x}{4}\right) = 0 \iff \ln \left( \dfrac{x}{4}\right) = - 1 \iff $
		
$\ln \left( \dfrac{x}{4}\right) = \ln \left( \dfrac{1}{\text{e}} \right) \iff x = \dfrac{4}{\text{e}}.$
		
La dérivée $g'$ est donc négative sur $\left[1 ~;~ \dfrac{1}{\text{e}}\right]$ et positive sur $\left[\dfrac{1}{\text{e}} ~;~2 \right]$, d'où le tableau de variations de $g$ :

La fonction est donc décroissante de $f(1)$ à $f\left(\dfrac{4}{\text{e}} \right) = 0$ puis croissante de $0$ à $f(2)$. La fonction $g$ a donc un minimum en $\dfrac{4}{\text{e}}$ : elle est donc positive sur l'intervalle [1 ; 2].

Conclusion : $g(x) \geqslant 0 \iff f(x) \geqslant (2\ln 2)x - \dfrac{4}{\text{e}} + 1$, ce qui signifie que la courbe $\mathcal{C}_{f}$ est au dessus de la tangente T.		
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item On a M$'\left(1~;~2\ln 2 - \dfrac{4}{\text{e}} + 1\right)$ et N$'\left(1~;~4\ln 2 - \dfrac{4}{\text{e}} + 1\right)$.
		
aire(MNQP) $ = \dfrac{1}{2}(f(1) + f(2)) \times \text{PQ} = \dfrac{1 + 1  + 2\ln 2}{2}\times 1 = 1 + \ln 2$.

aire(M$'$N$'$QP) $ = \dfrac{2\ln 2 - \dfrac{4}{\text{e}} + 1 + 4\ln 2 - \dfrac{4}{\text{e}} + 1}{2}\times \text{PQ} = 3\ln 2 - \dfrac{4}{\text{e}} + 1$.
		\item Avec l'hypothèse que la courbe reste sous la droite (MN) on en déduit l'encadrement :
		
\[1 + \ln 2 \leqslant \mathcal{A} \leqslant  3\ln 2 - \dfrac{4}{\text{e}} + 1\]
		\[\text{soit} \quad 1,607 < \mathcal{A}< 1,694\]
		
		\[\text{Conclusion}~~ 1,6 < \mathcal{A} < 1,7\quad \text{à}~10^{-1}~\text{près}\]
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Intégration par parties : $u'(x) = x~ ;~ v(x) = \ln x$\\
Donc $u(x) = \dfrac{x^2}{2}$ ; $v'(x) = \dfrac{1}{x}$. Les dérivées $u'$ et $v'$ étant continues sur [1~;~2],

\[\int_{1}^2 x \ln x\:\text{d}x = \left[\dfrac{x^2 \ln x}{2}\right]_{1}^2 - \int_{1}^2 \dfrac{x}{2}\:\text{d}x = \left[\dfrac{x^2 \ln x}{2}- \dfrac{x^2}{4}\right]_{1}^2 = \dfrac{4\ln 2}{2} - 1 - 0 + \dfrac{1}{4} = 2\ln 2 - \dfrac{3}{4}.\]
\item $\mathcal{A}$ est, par définition la mesure de la surface limitée par la courbe $\mathcal{C}_{f}$, l'axe des abscisses et les droites d'équation $x = 1$ et $x = 2$.\\
D'où $\mathcal{A} = \displaystyle\int_{1}^2 (1 + x\ln x)\:\text{d}x = \displaystyle\int_{1}^2 1\cdot \text{d}x + \displaystyle\int_{1}^2x\ln x\:\text{d}x = 1 + 2\ln 2 - \dfrac{3}{4} = 2\ln 2 + \dfrac{1}{4}$.
\[\text{Conclusion :}\quad \mathcal{A} = 2\ln 2 + \dfrac{1}{4}.\]
\end{enumerate}
\end{document}