Soit g la fonction définie sur [0, +∞[ par g(x) = e^x + 2 ln x et soit f la fonction définie sur [0, +∞[ telles que pour tout x ∈ [0, +∞[, f(x) = e^x + 2x ln x - 2x et f(0) = 1. On désigne par (C) la courbe représentative de f dans le plan muni d'un repère orthonormé (O,I,J) d'unité graphique 4 cm.

Voici la suite de la résolution de l'exercice 5.

5.b) On pose : $K = \int_{1}^{2} x (\ln x)^2 dx$. À l'aide d'une intégration par parties, démontrer que $K = 2 \ln 2 - \frac{3}{4}$.

Nous allons utiliser l'intégration par parties, dont la formule est $\int u'v = [uv] - \int uv'$.

• Première intégration par parties : Soit $u'(x) = x$ et $v(x) = (\ln x)^2$. Alors $u(x) = \frac{x^2}{2}$ et $v'(x) = 2 \ln x \cdot \frac{1}{x} = \frac{2 \ln x}{x}$.

  $$K = \left[ \frac{x^2}{2} (\ln x)^2 \right]_{1}^{2} - \int_{1}^{2} \frac{x^2}{2} \cdot \frac{2 \ln x}{x} \, dx$$ $$K = \left( \frac{2^2}{2} (\ln 2)^2 - \frac{1^2}{2} (\ln 1)^2 \right) - \int_{1}^{2} x \ln x \, dx$$

  Puisque $\ln 1 = 0$:

  $$K = 2 (\ln 2)^2 - \int_{1}^{2} x \ln x \, dx$$

• Deuxième intégration par parties pour $\int_{1}^{2} x \ln x \, dx$ : Soit $u'(x) = x$ et $v(x) = \ln x$. Alors $u(x) = \frac{x^2}{2}$ et $v'(x) = \frac{1}{x}$.

  $$\int_{1}^{2} x \ln x \, dx = \left[ \frac{x^2}{2} \ln x \right]_{1}^{2} - \int_{1}^{2} \frac{x^2}{2} \cdot \frac{1}{x} \, dx$$ $$\int_{1}^{2} x \ln x \, dx = \left( \frac{2^2}{2} \ln 2 - \frac{1^2}{2} \ln 1 \right) - \int_{1}^{2} \frac{x}{2} \, dx$$ $$\int_{1}^{2} x \ln x \, dx = 2 \ln 2 - \left[ \frac{x^2}{4} \right]_{1}^{2}$$ $$\int_{1}^{2} x \ln x \, dx = 2 \ln 2 - \left( \frac{2^2}{4} - \frac{1^2}{4} \right)$$ $$\int_{1}^{2} x \ln x \, dx = 2 \ln 2 - \left( 1 - \frac{1}{4} \right)$$ $$\int_{1}^{2} x \ln x \, dx = 2 \ln 2 - \frac{3}{4}$$

• Substitution du résultat dans l'expression de $K$ :

  $$K = 2 (\ln 2)^2 - \left( 2 \ln 2 - \frac{3}{4} \right)$$ $$K = 2 (\ln 2)^2 - 2 \ln 2 + \frac{3}{4}$$

  Le résultat de notre calcul est $K = 2 (\ln 2)^2 - 2 \ln 2 + \frac{3}{4}$. Ce résultat ne correspond pas à la valeur attendue dans l'énoncé ($2 \ln 2 - \frac{3}{4}$). Il y a une incohérence dans l'énoncé de la question 5.b).

5.c) Calculer $\mathcal{A}$.

L'aire $\mathcal{A}$ en cm$^2$ est la partie du plan délimitée par la courbe $(C)$, l'axe $(OI)$ (qui est $y=0$) et les droites d'équations $x=1$ et $x=2$.
D'après la question 5.a), la courbe $(C)$ est au-dessus de l'axe $(OI)$ sur l'intervalle $[1;+\infty[$, donc $f(x) \ge 0$ sur $[1;2]$.
L'aire $\mathcal{A}$ en unités d'aire est donnée par l'intégrale :

$$\mathcal{A}_{u.a.} = \int_{1}^{2} f(x) \, dx$$

Nous avons $f(x) = e^x + 2x \ln x - 2x$.

$$\mathcal{A}_{u.a.} = \int_{1}^{2} (e^x + 2x \ln x - 2x) \, dx$$ $$\mathcal{A}_{u.a.} = \int_{1}^{2} e^x \, dx + 2 \int_{1}^{2} x \ln x \, dx - \int_{1}^{2} 2x \, dx$$

Calculons chaque intégrale :

1. $\int_{1}^{2} e^x \, dx = [e^x]_{1}^{2} = e^2 - e$
2. D'après la question 5.b), nous avons calculé $\int_{1}^{2} x \ln x \, dx = 2 \ln 2 - \frac{3}{4}$. Donc, $2 \int_{1}^{2} x \ln x \, dx = 2 \left( 2 \ln 2 - \frac{3}{4} \right) = 4 \ln 2 - \frac{3}{2}$
3. $\int_{1}^{2} 2x \, dx = [x^2]_{1}^{2} = 2^2 - 1^2 = 4 - 1 = 3$

Maintenant, combinons ces résultats pour trouver $\mathcal{A}_{u.a.}$ :

$$\mathcal{A}_{u.a.} = (e^2 - e) + \left( 4 \ln 2 - \frac{3}{2} \right) - 3$$ $$\mathcal{A}_{u.a.} = e^2 - e + 4 \ln 2 - \frac{3}{2} - \frac{6}{2}$$ $$\mathcal{A}_{u.a.} = e^2 - e + 4 \ln 2 - \frac{9}{2}$$

L'unité graphique est de 4 cm. Cela signifie qu'une unité d'aire correspond à $4 \text{ cm} \times 4 \text{ cm} = 16 \text{ cm}^2$.
Pour obtenir l'aire en cm$^2$, nous multiplions $\mathcal{A}_{u.a.}$ par 16 :

$$\mathcal{A} = \left( e^2 - e + 4 \ln 2 - \frac{9}{2} \right) \times 16$$ $$\mathcal{A} = 16e^2 - 16e + 16 \times 4 \ln 2 - 16 \times \frac{9}{2}$$ $$\mathcal{A} = 16e^2 - 16e + 64 \ln 2 - 72$$

L'aire est : $\boxed{\mathcal{A} = 16e^2 - 16e + 64 \ln 2 - 72 \text{ cm}^2}$.