Fiche de mathématiques
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Bac Mathématiques

Cameroun 2023

Série F

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Durée : 3h
Coefficient: 3



5 points

exercice 1


Bac Cameroun 2023 série F : image 4


5 points

exercice 2


Bac Cameroun 2023 série F : image 1


10 points

probleme


Bac Cameroun 2023 série F : image 3

Bac Cameroun 2023 série F : image 2








exercice 1


1)
Rappel
Soit (E) : ay''+by'+cy=0 \text{ , }a,b,c\in\R \text{ avec }a\neq 0
On appelle équation caractéristique de (E) l'équation du second degré ar^2+br+c=0 . Notons \Delta= b^2-4ac son dicriminent .

\bullet \text{ Si }\Delta> 0 \text{ : } L'équation caractéristique admet deux solutions réelles distinctes \alpha \text{ et }\beta. Les solutions de l'équation différentielle (E) sont les fonctions de la forme : t\mapsto A \text{ e }^{\alpha t}+B\text{ e }^{\beta t}

\bullet \text{ Si }\Delta= 0 \text{ : } L'équation caractéristique admet une solution réelle \alpha . Les solutions de l'équation différentielle (E) sont les fonctions de la forme : t\mapsto (At +B)\text{ e }^{\alpha t}

\bullet \text{ Si }\Delta< 0 \text{ : } L'équation caractéristique admet deux solutions complexes conjuguées, que l'on note p +iq \text{ et }p -iq \enskip (p,q\in\R). Les solutions de l'équation différentielle (E) sont les fonctions de la forme : t\mapsto \text{e}^{p t} (k_1\cos q t+ k_2\sin q t)

k_1,k_2, A \text{ et }B sont des constantes réelles quelconques


Soit (E)\text{ : }y''+4y=0 , son équation caractéristique s'écrit r^2+4=0. Calculons le discriminent \Delta=-4\times 4 = -16<0\enskip\enskip (\Delta=-16=(4i)^2)

L'équation caractéristique admet donc deux solutions complexes conjuguées:

r_1=\dfrac{-0-4i}{2}=0-2i \enskip\enskip\text{ et }\enskip\enskip r_2=\dfrac{0+4i}{2}=0+2i


Les solutions de l'équation différentielle (E) s'écrivent:

t\mapsto  \text{e}^{0 t} (\lambda \cos 2 t+ \mu \sin 2 t)\text{ avec }\lambda;\mu\in\R


Ou encore:

\boxed{\text{ Les solutions de }(E)\text{ sont les fonctions }f\text{ définies sur }\R\text{ par : } f(t)=\lambda \cos 2 t+ \mu \sin 2 t\enskip\text{ , où } \lambda;\mu\in\R}


2-a) Déterminons la fonction f\text{, } solution de (E) qui vérifie f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=0\text{ et }f'\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=1

La fonction f est solution de (E), donc il existe \lambda;\mu\in\R\text{ tels que }f(t)=\lambda \cos 2 t+ \mu \sin 2 t .

La fonction f est dérivable sur \R comme somme de fonctions trigonométriques dérivables sur \R, alors:

\forall t\in\R\text{ : }f'(t)=\left(\lambda \cos 2 t+ \mu \sin 2 t\right)'=-2\lambda \sin 2t +2\mu\cos 2t

Déterminons les deux constantes réelles \lambda;\mu\in\R

\begin{matrix} \begin{cases} f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=0 \\ f'\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=1\end{cases} &\iff&  \begin{cases} \lambda \cos \dfrac{2\pi}{6}+ \mu \sin  \dfrac{2\pi}{6}=0 \\ -2\lambda \sin \dfrac{2\pi}{3} +2\mu\cos \dfrac{2\pi}{3} =1\end{cases}  \\\\  &\iff&  \begin{cases} \lambda \cos \dfrac{\pi}{3}+ \mu \sin  \dfrac{\pi}{3}=0 \\ -2\lambda \sin \dfrac{\pi}{3} -2\mu\cos \dfrac{\pi}{3} =1\end{cases}   \\\\  &\iff&  \begin{cases} \dfrac{1}{2}\lambda + \dfrac{\sqrt{3}}{2}\mu =0 \\ -\dfrac{2\sqrt{3}}{2}\lambda  -\dfrac{2}{2}\mu =1\end{cases}\\\\  &\iff&  \begin{cases} \lambda + \sqrt{3}\mu =0 \\ -\sqrt{3}\lambda  -\mu =1\end{cases}\\\\  &\iff&  \begin{cases} \sqrt{3}\lambda + 3\mu =0 \\ -\sqrt{3}\lambda  -\mu =1\end{cases} \\\\  &\iff&  \begin{cases} \sqrt{3}\lambda + 3\mu =0 \\ 2\mu =1\end{cases}\end{matrix}

\begin{matrix} \white \begin{cases} f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=0 \\ f'\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=1\end{cases} \black &\iff&  \begin{cases} \lambda  =-\dfrac{3}{\sqrt{3}}\mu \\ \mu =\dfrac 12\end{cases} \\\\ &\iff&  \begin{cases} \lambda  =-\dfrac{\sqrt{3}}{2} \\ \mu =\dfrac 12\end{cases}\end{matrix}

On obtient la solution f recherchée:

\boxed{\forall t\in\R\text{ : }f(t)=-\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos 2 t+ \dfrac 12 \sin 2 t}


b) Pour tout réel t\text{ , on a:}

\begin{matrix} \cos\left(2t+\dfrac{7\pi}{6}\right)&=& \cos 2t \enskip \cos \dfrac{7\pi}{6}-\sin 2t \enskip \sin \dfrac{7\pi}{6} \\&=&  -\cos 2t \enskip \cos \dfrac{\pi}{6}+\sin 2t \enskip \sin \dfrac{\pi}{6} \\&=& -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos 2 t+ \dfrac 12 \sin 2 t \\&=& f(t) \end{matrix}

Donc:
\boxed{\forall t\in\R\text{ : }f(t)=\cos\left(2t+\dfrac{7\pi}{6}\right)}


c) Résolvons l'équation f(t)=0 sur \R\text{ :}

\begin{matrix} f(t)=0&\iff& \cos\left(2t+\dfrac{7\pi}{6}\right)=0 \\&\iff& 2t+\dfrac{7\pi}{6}=\dfrac{\pi}{2}+k\pi\enskip / \enskip k\in\Z \\&\iff& 2t=\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{7\pi}{6}+k\pi\enskip / \enskip k\in\Z \\&\iff& 2t=-\dfrac{2\pi}{3}+k\pi\enskip / \enskip k\in\Z \\&\iff& t=-\dfrac{\pi}{3}+k\dfrac{\pi}{2}\enskip / \enskip k\in\Z  \end{matrix}

Conclusion:
\boxed{\text{L'ensemble des solutions est: }S=\left\lbrace -\dfrac{\pi}{3}+k\dfrac{\pi}{2}\enskip / \enskip k\in\Z  \right\rbrace }




exercice 2



1) Résolvons l'équation (E)\text{ : }z^2-(1+3i)z+2i-2=0

Calculons le discriminent: \Delta= [-(1+3i)]^2-4(2i-2) = 1+6i-9-8i+8=-2i=(1-i)^2 \neq 0

Remarque:
 Cliquez pour afficher


Les solutions de l'équation (E) sont donc:

\begin{matrix} \begin{matrix}z_1&=&\dfrac{(1+3i)-(1-i)}{2}\\&=& \dfrac{1+3i-1+i}{2}\\&=& \dfrac{4i}{2} \\&=& 2i \end{matrix} &&&&  \begin{matrix}z_2&=&\dfrac{(1+3i)+(1-i)}{2}\\&=& \dfrac{1+3i+1-i}{2}\\&=& \dfrac{2+2i}{2} \\&=& 1+i \end{matrix} \end{matrix}

D'où:
 \boxed{\text{ L'ensemble des solutions de l'équation  }(E)  \text{ est } S=\lbrace 2i \text{ ; }1+i\rbrace}}


2-a) Calculons \dfrac{z_C-z_B}{z_A-z_B}\text{ : }

\begin{matrix}\dfrac{z_C-z_B}{z_A-z_B}&=& \dfrac{3+5i-2i}{1+i-2i}&=& \dfrac{3+3i}{1-i} &=& \dfrac{3(1+i)}{1-i} \\\\&=& \dfrac{3(1+i)^2}{(1+i)(1-i)} &=& \dfrac{6 i}{2}&=& 3i\end{matrix}

\boxed{\dfrac{z_C-z_B}{z_A-z_B}=3i}


On en déduit que:

\begin{matrix}\arg\left(\dfrac{z_C-z_B}{z_A-z_B}\right)\equiv \arg(3i)\enskip[2\pi] &\Longrightarrow& \arg\left(\dfrac{z_C-z_B}{z_A-z_B}\right)\equiv \arg(i)\enskip[2\pi] \\&\Longrightarrow&  \arg\left(\dfrac{z_C-z_B}{z_A-z_B}\right)\equiv \dfrac{\pi}{2}\enskip[2\pi] \\&\Longrightarrow &  \boxed{\left(\overrightarrow{BA};\overrightarrow{BC}\right)\equiv \dfrac{\pi}{2} \enskip[2\pi]}\end{matrix}

On obtient donc:

\boxed{\text{ Le triangle }ABC\text{ est rectangle en }B}


b) Puisque le triangle ABC est rectangle en B , il suffit que \overrightarrow{BA}=\overrightarrow{CD} pour que ABCD soit un rectangle .

\begin{matrix}\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{BA}&\iff& z_D-z_C=z_A-z_B &\iff& z_D=z_A-z_B+z_C &\iff& z_D=1-i+3+5i &\iff& \boxed{z_D=4+4i } \end{matrix}

c) Le triangle ABC est rectangle en B , donc le centre I du cercle circonscrit au triangle ABC est le milieu de [AC] , donc:

Donc:

\begin{matrix} z_I&=&\dfrac{z_A+z_C}{2} &=& \dfrac{1+i+3+5i}{2}&=& \dfrac{4+6i}{2}&=& 2+3i \end{matrix}

\boxed{z_I=2+3i}


Figure:

Bac Cameroun 2023 série F : image 7



probleme



Partie A

1) Puisque la fonction f est une fonction polynômiale , alors son domaine de définition D_f=\R .

De plus, si on note D_g le domaine de définition de la fonction g, alors: x\inD_g\iff -x>0 \iff x<0 . On a donc D_g=]-\infty;0[

On en tire que:

\boxed{\text{La courbe }C_f\text{ est la courbe (1) et la courbe }C_g\text{ est la courbe (2)}}


2) Résolvons (E)\text{: }

On a (E)\text{: }x^3-x-\ln(-x)=0  \iff f(x)-g(x)=0 \iff f(x)=g(x)

Graphiquement, les solutions de (E) sont les abscisses des points d'intersection des courbes C_f\text{ et }C_g .

On lit sur le graphique qu'il n'y a qu'un seul point d'intersection et qui est le point de coordonnées  (-1;0).

D'où:

\boxed{\text{ L'ensemble des solutions de }(E)\text{ est : }S=\left\lbrace -1\right\rbrace }


Résolvons (F)\text{: }

On a (F)\text{: }x^3-x-\ln(-x)<0  \iff f(x)-g(x)<0 \iff f(x)<g(x)

Graphiquement, l'ensemble des solutions de (F) est l'emsemble des abscisses des points pour lesquels C_f\text{ se trouve en dessous de }C_g .

On lit sur le graphique que C_f est en dessous de C_g sur l'intervalle ]-\infty;-1[ , l'intervalle est ouvert en -1 car l'inégalité est stricte.

D'où:

\boxed{\text{ L'ensemble des solutions de }(F)\text{ est : }S=]-\infty;-1[}


Résolvons (G)\text{: }

On a (G)\text{: }x^3-x-\ln(-x)\geq 0  \iff f(x)-g(x)\geq 0 \iff f(x)\geq g(x)

Graphiquement, l'ensemble des solutions de (G) est l'emsemble des abscisses des points pour lesquels C_f\text{ se trouve au-dessus de }C_g .

On lit sur le graphique que C_f est au-dessus de C_g sur l'intervalle [-1;+\infty[ , mais, en sachant que la fonction g n'est définie que sur ]-\infty;0[, alors il ne convient pas de parler de la position de C_g sur [0;+\infty[.

C_f est donc au-dessus de C_g sur l'intervalle [-1;0[

l'intervalle est ouvert en 0 car g n'est pas définie sur 0 , et il est fermé en -1 car l'inégalité est large.

D'où:

\boxed{\text{ L'ensemble des solutions de }(G)\text{ est : }S=[-1;0[}



Partie B

1-a) Déterminons l'ensemble de définition de la fonction h\text{: }

\begin{matrix} x\in D_h&\iff& x^3-x>0&\iff& x(x^2-1)>0 &\iff& x(x-1)(x+1) >0 \end{matrix}

Dressons un tableau de signes:

\begin{array}{|c|rcccccccc|} \hline x     & -\infty         &          & -1      &            &        0       &    &  1   &    &+\infty                           \\ \hline x+1 &          &    -      &  \barre{0}     &     +       &     \barre{}         &  +  &  \barre{}   &   + &                         \\ \hline x &          &    -      &    \barre{}   &     -       &  \barre{0}            &  +  &  \barre{}   &   + &            \\ \hline x-1 &          &    -      &   \barre{}    &     -       &     \barre{}         &  -  &   \barre{0}  &   + &      \\ \hline x^3-x=x(x-1)(x+1) &          &    -      &  \barre{ 0}    &     +       &     \barre{0}         &  -  &   \barre{0}  &   + &      \\ \hline     \end{array}


On en déduit que:

\begin{matrix} x\in D_h &\iff& x(x-1)(x+1) >0 &\iff& x\in ]-1;0[\cup ]1;+\infty[\end{matrix}

\boxed{\text{L'ensemble de définition de la fonction }h\text{ est: }D_h=]-1;0[\cup]1;+\infty[}


b) Les limites de h aux bornes de D_h\text{ : }

\displaystyle\lim_{x\to -1^+}h(x)= \displaystyle\lim_{x\to -1^+}\ln(x^3-x)=\ln 0^+ = -\infty
En effet, d'après le tableau de signe dressé en 1), au voisinage de -1 : x>-1\Longrightarrow x^3-x>0

\displaystyle\lim_{x\to 0^-}h(x)= \displaystyle\lim_{x\to 0^-}\ln(x^3-x)=\ln 0^+ = -\infty
En effet, d'après le tableau de signe dressé en 1), au voisinage de 0 : x<0\Longrightarrow x^3-x>0

\displaystyle\lim_{x\to 1^+}h(x)= \displaystyle\lim_{x\to 1^+}\ln(x^3-x)=\ln 0^+ = -\infty
En effet, d'après le tableau de signe dressé en 1), au voisinage de 1 : x>1\Longrightarrow x^3-x>0

\displaystyle\lim_{x\to +\infty}h(x)= \displaystyle\lim_{x\to +\infty}\ln(x^3-x)=\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\ln(x^3)=\ln (+\infty) = +\infty

Conclusion:

\boxed{\begin{matrix}\displaystyle\lim_{x\to -1^+}h(x)=-\infty & \displaystyle\lim_{x\to 0^-}h(x)=-\infty \\\\ \displaystyle\lim_{x\to 1^+}h(x)=-\infty & \displaystyle\lim_{x\to +\infty}h(x)=+\infty \end{matrix}}


2) La fonction h est définie et dérivable sur D_h comme composée des fonctions x\mapsto \ln x \text{ et }x\mapsto x^3-x dérivables sur D_h.

\begin{matrix} \forall x\in D_h\text{ : }h'(x)&=& \left(\ln(x^3-x)\right)'&=& \dfrac{(x^3-x)'}{x^3-x} \\\\&=& \dfrac{3x^2-1}{x^3-x}&=& \dfrac{(\sqrt{3} x)^2-1}{x^3-x} \\\\&=& \dfrac{(\sqrt{3}x-1)(\sqrt{3}x+1)}{x^3-x}\end{matrix}

On a vu que, pour tout x \in D_h \text{: }x^3-x>0 , le signe de h'(x) est donc celui de 3x^2-1=(\sqrt{3}x-1)(\sqrt{3}x+1)

Dressons un tableau de signes:

\begin{array}{|c|rcccccc|} \hline x     & -\infty         &          & -\dfrac{1}{\sqrt{3}}      &            &       \dfrac{1}{\sqrt{3}}        &    &+\infty                           \\ \hline \sqrt{3}x-1 &          &    -      &  \barre{}     &     -       &     \barre{0}         &  + &                         \\ \hline \sqrt{3}x+1 &          &    -      &    \barre{0}   &     +       &  \barre{}            &  +   &            \\ \hline 3x^2-1=(\sqrt{3}x-1)(\sqrt{3}x+1) &          &    +      &   \barre{0}    &     -       &     \barre{0}         &  +   &      \\ \hline     \end{array}


Or, puisque le domaine d'étude est D_h\text{ , et que: }

\begin{matrix} \bullet \enskip  D_h\cap ]-\infty;-1/\sqrt{3}[\cup ]1/\sqrt{3};+\infty[ &=&\left( ]-1;0[\cup]1;+\infty[\right)\cap \left(]-\infty;-1/\sqrt{3}[\cup ]1/\sqrt{3};+\infty[\right)\\&=&]-1;-1/\sqrt{3}[\cup ]1;+\infty[\end{matrix}

\begin{matrix} \bullet \enskip  D_h\cap ]-1/\sqrt{3};1/\sqrt{3}[ &=&\left( ]-1;0[\cup]1;+\infty[\right)\cap ]-1/\sqrt{3};1/\sqrt{3}[\\&=&]-1/\sqrt{3};0[\end{matrix}

On obtient donc:

\begin{cases} \forall x\in ]-1;-1/\sqrt{3}[\cup ]1;+\infty[ \text{ : } 3x^2-1 >0 \\ \text{ si }x=-1/\sqrt{3} \text{ , alors }3x^2-1 =0\\ \forall x\in ]-1/\sqrt{3};0[ \text{ : }3x^2-1< 0 \end{cases} \iff \boxed{\begin{cases} \forall x\in ]-1;-1/\sqrt{3}[\cup ]1;+\infty[ \text{ : } h'(x) >0 \\ h'(-1/\sqrt{3})=0 \\ \forall x\in ]-1/\sqrt{3};0[ \text{ : }h'(x)< 0 \end{cases}}

On en déduit les variations de la fonction h\text{ sur }D_h\text{ : }

\boxed{\begin{matrix} h\text{ est strictement croissante sur }]-1;-1/\sqrt{3}[ \\ h \text{ admet un maximum en }-1/\sqrt{3} \\ h\text{ est strictement décroissante sur }]-1/\sqrt{3}; 0[ \\ h \text{ est strictement croissante sur }]1;+\infty[ \end{matrix}}


Finalement: h(-1/\sqrt{3})=\ln\left(\left(-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)^3+\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right) = \ln\left(-\dfrac{1}{3\sqrt{3}}+\dfrac{3}{3\sqrt{3}}\right)=\ln\left(\dfrac{2}{3\sqrt{3}}\right)

Dressons le tableau de variations de la fonction h\text{ : }

\begin{array}{|c|cccccccccccc|} \hline x     & -1   &  &     & -1/\sqrt{3} &          & &  0 &&1&&&+\infty                                         \\ \hline h'(x)        & \dbarre  &    &       +     &       \barre{0} &-& &\dbarre & \text{N.D.} &\dbarre& & +&                       \\ \hline       & \dbarre&&&\ln\left(2/(3\sqrt{3})\right)& & &\dbarre&&\dbarre& &&+\infty  \\        h        &  \dbarre   & & \nearrow &   &  \searrow    & & \dbarre  &\text{ N.D.}&\dbarre& &  \nearrow &                    \\	            &\dbarre & -\infty&&&&-\infty&\dbarre&& \dbarre&-\infty&&  	\\  \hline \end{array}}


\text{ N.D. : Non définie }

3) Supplément: Etude des branches infinies

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Le graphique:

Bac Cameroun 2023 série F : image 5


4-a) La fonction \varphi est dérivable sur ]1;+\infty[ comme somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.

Donc:

\begin{matrix}\forall x\in ]1;+\infty[\text{ : }\varphi'(x)&=& \left(x\ln x-x\right)' \\&=& (x\ln x)'-x' \\&=& x'\ln x+x(\ln x)'-1 \\&=& \ln x +1 -1 \\&=& \ln x\end{matrix}

La fonction \rho est dérivable sur ]1;+\infty[ comme somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.

Donc:

\begin{matrix}\forall x\in ]1;+\infty[\text{ : }\rho'(x)&=& \left[x\ln( x^2-1)-2x-\ln(x-1)+\ln(x+1)\right]' \\&=& (x\ln (x^2-1))'-(2x)'-(\ln(x-1))'+(\ln(x+1))' \\&=& x'\ln (x^2-1)+x(\ln(x^2-1))'-2-\dfrac{(x-1)'}{x-1} +\dfrac{(x+1)'}{x+1}\\&=& \ln ( x^2-1)+x\dfrac{(x^2-1)'}{x^2-1}-2-\dfrac{1}{x-1}+\dfrac{1}{x+1}\\&=& \ln (x^2-1)+\dfrac{x(2x)}{x^2-1}-2-\dfrac{1}{x-1}+\dfrac{1}{x+1}\\&=& \ln (x^2-1)+\dfrac{2x^2}{x^2-1}-\dfrac{2(x^2-1)}{x^2-1}-\dfrac{x+1}{(x-1)(x+1)}+\dfrac{x-1}{(x-1)(x+1)}  \\&=& \ln (x^2-1)+\dfrac{2x^2-2x^2+2-(x+1)+(x-1)}{x^2-1} \\&=& \ln (x^2-1)+\dfrac{2x^2-2x^2+2-x-1+x-1}{x^2-1} \\&=& \ln (x^2-1)\end{matrix}

Conclusion:

\boxed{\forall x\in ]1;+\infty[\text{ : }\varphi'(x)=\ln x \enskip\text{ et }\rho'(x)=\ln(x^2-1) }


Soit F la fonction définie sur ]1;+\infty[ par: F(x)=\rho(x)+\varphi(x)

F est dérivable sur ]1;+\infty[ comme somme de fonctions dérivables sur ]1;+\infty[, donc:

\begin{matrix}\forall x\in ]1;+\infty[\text{ : }F'(x)&=&(\rho(x)+\varphi(x))'\\&=&\rho'(x)+\varphi'(x)\\&=&\ln(x^2-1)+\ln x \\&=&\ln [(x^2-1) x ]\\&=& \ln (x^3-x)\\&=&h(x)\end{matrix}

Conclusion:
\boxed{\forall x\in ]1;+\infty[\text{ : }F'(x)=h(x) } \enskip\text{ , donc: } \boxed{F \text{ est une primitive de }h\text{ sur }]1;+\infty[ }


b)L'aire de la partie du plan comprise entre (C_h)\text{ , } l'axe des abscisses et les droites d'équations x=2 \text{ et } x=3 est en unité d'aire (U.A)\text{ : }

A=\displaystyle \int_{2}^{3}|h(x)|\text{ d}x\enskip


Or , on sait que h(x)>0 \text{ pour tout réel }2\leq x\leq 3 \text{ , alors : } A=\displaystyle \int_{2}^{3}h(x)\text{ d}x

De plus, F \text{ est une primitive de }h\text{ sur }]1;+\infty[ \text{ et }[2;3]\subset ]1;+\infty[ \text{ , donc: }

\begin{matrix}A&=&\displaystyle \int_{2}^{3}h(x)\text{ d}x \\&=& \left[F(x)\right]_2^3 \\ &=& F(3)-F(2) \\&=& \varphi(3)+\rho (3)-\varphi(2)-\rho(2) \\&=& (3\ln 3-3)+(3\ln 8-6-\ln 2+\ln 4) - (2\ln 2-2)-(2\ln 3-4-\ln 1+\ln 3) \\&=& 3\ln 3-3+3\ln 2^3-6-\ln 2 +\ln 2^2-2\ln 2+2-2\ln 3+4-\ln 3 \\&=& 3\ln 3+9\ln 2-\ln 2 +2\ln 2-2\ln 2-2\ln 3-\ln 3 -3\\&=&8\ln 2 - 3  \end{matrix}

\boxed{A=8\ln 2 - 3 \text{ (U.A.)}}
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