2023 — Session de rattrapage

1) \(u_n>-1\) pour tout \(n\)

Raisonnement par récurrence. Initialisation : \(u_0=0>-1\). Hérédité : supposons \(u_n>-1\). On calcule \[u_{n+1}+1=\frac{u_n-2}{2u_n+5}+1=\frac{u_n-2+2u_n+5}{2u_n+5}=\frac{3u_n+3}{2u_n+5}=\frac{3(u_n+1)}{2u_n+5}.\] Comme \(u_n>-1\), on a \(u_n+1>0\) et \(2u_n+5>2(-1)+5=3>0\), donc \(u_{n+1}+1=\dfrac{3(u_n+1)}{2u_n+5}>0\), c'est-à-dire \(u_{n+1}>-1\). D'où \(u_n>-1\) pour tout \(n\in\mathbb N\). ∎

2) \((u_n)\) décroissante et convergente

Pour tout \(n\), \[u_{n+1}-u_n=\frac{u_n-2}{2u_n+5}-u_n=\frac{u_n-2-u_n(2u_n+5)}{2u_n+5}=\frac{-2u_n^{2}-4u_n-2}{2u_n+5}=\frac{-2(u_n+1)^{2}}{2u_n+5}.\] Or \((u_n+1)^{2}\ge0\) et \(2u_n+5>3>0\) (question 1), donc \(u_{n+1}-u_n\le0\) : la suite \((u_n)\) est décroissante.

3) a) \((v_n)\) arithmétique de raison \(2\)

Avec \(v_n=\dfrac{3}{1+u_n}\), on a d'après la question 1 la relation \(1+u_{n+1}=\dfrac{3(u_n+1)}{2u_n+5}\), donc \[v_{n+1}=\frac{3}{1+u_{n+1}}=\frac{3(2u_n+5)}{3(u_n+1)}=\frac{2u_n+5}{u_n+1}.\] On en déduit \[v_{n+1}-v_n=\frac{2u_n+5}{u_n+1}-\frac{3}{u_n+1}=\frac{2u_n+2}{u_n+1}=\frac{2(u_n+1)}{u_n+1}=2.\] Donc \((v_n)\) est arithmétique de raison \(2\), de premier terme \(v_0=\dfrac{3}{1+u_0}=\dfrac{3}{1}=3\). ∎

3) b) Expression de \(u_n\) et limite

Suite arithmétique : \(v_n=v_0+2n=2n+3\). De \(v_n=\dfrac{3}{1+u_n}\) on tire \(1+u_n=\dfrac{3}{v_n}=\dfrac{3}{2n+3}\), d'où \[u_n=\frac{3}{2n+3}-1=\frac{3-(2n+3)}{2n+3}=\frac{-2n}{2n+3}.\] Par suite \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=\lim_{n\to+\infty}\frac{-2n}{2n+3}=\lim_{n\to+\infty}\frac{-2n}{2n}=-1\), ce qui est cohérent avec « \((u_n)\) décroissante et minorée par \(-1\) ». \(\boxed{\lim u_n=-1}\) ∎

4) a) \((w_n)\) géométrique

Comme \(v_n=2n+3\), on a \(3-v_n=3-(2n+3)=-2n\), donc \(w_n=e^{\,3-v_n}=e^{-2n}=\big(e^{-2}\big)^{n}\). Ainsi \[\frac{w_{n+1}}{w_n}=\frac{e^{-2(n+1)}}{e^{-2n}}=e^{-2}.\] Donc \((w_n)\) est géométrique de raison \(q=e^{-2}\), de premier terme \(w_0=e^{\,3-v_0}=e^{0}=1\). ∎

4) b) Limite de \(S_n\)

Somme des premiers termes d'une suite géométrique de raison \(q=e^{-2}\neq1\) : \[S_n=w_0\,\frac{1-q^{\,n+1}}{1-q}=\frac{1-e^{-2(n+1)}}{1-e^{-2}}.\] Comme \(0

1) a) \(\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=13\,\vec u\)

On a \(\vec u=\overrightarrow{\Omega A}=(2-1,\,1+1,\,2-0)=(1,2,2)\), avec \(\|\vec u\|=\sqrt{1+4+4}=3=R\). Puis \(\overrightarrow{AB}=(-4,-1,3)\) et \(\overrightarrow{AC}=(2,-6,5)\), d'où \[\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\Big((-1)(5)-(3)(-6),\ (3)(2)-(-4)(5),\ (-4)(-6)-(-1)(2)\Big)=(13,26,26)=13(1,2,2)=13\,\vec u.\] Comme \(\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=13\,\vec u\neq\vec 0\), les vecteurs \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\) ne sont pas colinéaires : \(A\), \(B\), \(C\) ne sont pas alignés. ∎

1) b) Équation du plan \((ABC)\)

Le vecteur \(\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=13\,\vec u\) est normal à \((ABC)\) ; on peut donc prendre \(\vec u=(1,2,2)\) comme vecteur normal. Le plan s'écrit \(x+2y+2z+d=0\), et le passage par \(A(2,1,2)\) donne \(2+2+4+d=0\), soit \(d=-8\). D'où \[(ABC):\ x+2y+2z-8=0.\] Vérification : \(B(-2,0,5)\to-2+0+10-8=0\) et \(C(4,-5,7)\to4-10+14-8=0\). ✓ ∎

1) c) Tangence de \((ABC)\) à \((S)\) en \(A\)

Le vecteur \(\vec u=\overrightarrow{\Omega A}\) est normal à \((ABC)\), donc \(A\) est le projeté orthogonal de \(\Omega\) sur \((ABC)\) et \[d\big(\Omega,(ABC)\big)=\Omega A=\|\vec u\|=3=R.\] De plus \(\Omega A=3=R\) montre que \(A\in(S)\). Comme la distance du centre au plan vaut le rayon, le plan \((ABC)\) est tangent à \((S)\), et le point de contact est précisément \(A\). ∎

2) a) Intersection de \((\Delta)\) et \((P)\)

\((\Delta)\) est orthogonale à \((P)\), elle admet donc \(\vec n=(3,4,1)\) (normal de \((P)\)) comme vecteur directeur. Une représentation paramétrique passant par \(A\) est \((x,y,z)=(2+3t,\,1+4t,\,2+t)\). En reportant dans \((P)\) : \[3(2+3t)+4(1+4t)+(2+t)+1=0\ \Longrightarrow\ 13+26t=0\ \Longrightarrow\ t=-\tfrac12.\] Alors \(H=\Big(2-\tfrac32,\,1-2,\,2-\tfrac12\Big)=\Big(\dfrac12,-1,\dfrac32\Big)\). ∎

2) b) Point \(D\)

\(H\) milieu de \([AD]\) équivaut à \(D=2H-A\) : \[D=\big(2\cdot\tfrac12-2,\ 2\cdot(-1)-1,\ 2\cdot\tfrac32-2\big)=(-1,-3,1). ∎\]

3) a) Tangence de \((Q)\) à \((S)\) en \(D\)

\(\overrightarrow{\Omega D}=(-1-1,\,-3+1,\,1-0)=(-2,-2,1)\), avec \(\|\overrightarrow{\Omega D}\|=\sqrt{4+4+1}=3=R\), donc \(D\in(S)\). Le plan \((Q)\) passe par \(D\) et admet \(\overrightarrow{\Omega D}\) pour vecteur normal ; \(D\) est donc le projeté orthogonal de \(\Omega\) sur \((Q)\) et \[d\big(\Omega,(Q)\big)=\Omega D=3=R.\] Le plan \((Q)\) est donc tangent à la sphère \((S)\), au point de contact \(D\). ∎

3) b) \((Q)\cap(ABC)=(BC)\)

Le plan \((Q)\), de vecteur normal \((-2,-2,1)\) et passant par \(D(-1,-3,1)\), s'écrit \(-2x-2y+z+d=0\) avec \(-2(-1)-2(-3)+1+d=0\), soit \(d=-9\). Donc \[(Q):\ 2x+2y-z+9=0.\] Vérifions que \(B\) et \(C\) lui appartiennent : \(B(-2,0,5)\to2(-2)+0-5+9=0\) ✓ ; \(C(4,-5,7)\to8-10-7+9=0\) ✓. Or \(B\) et \(C\) appartiennent déjà à \((ABC)\).

1) a) Forme trigonométrique de \(a\)

\(|a|=\sqrt{\Big(\dfrac{\sqrt3}{2}\Big)^{2}+\Big(\dfrac{3}{2}\Big)^{2}}=\sqrt{\dfrac34+\dfrac94}=\sqrt{3}\). On factorise : \[a=\sqrt3\Big(\frac{\sqrt3/2}{\sqrt3}+i\,\frac{3/2}{\sqrt3}\Big)=\sqrt3\Big(\frac12+i\,\frac{\sqrt3}{2}\Big)=\sqrt3\Big(\cos\frac{\pi}{3}+i\sin\frac{\pi}{3}\Big). ∎\]

1) b) \(a^{2022}\) est réel

D'après la formule de Moivre, \[a^{2022}=\big(\sqrt3\big)^{2022}\Big(\cos\frac{2022\pi}{3}+i\sin\frac{2022\pi}{3}\Big)=3^{1011}\big(\cos 674\pi+i\sin 674\pi\big).\] Comme \(674\pi=337\times2\pi\), on a \(\cos 674\pi=1\) et \(\sin 674\pi=0\). Donc \(a^{2022}=3^{1011}\), qui est réel (positif). ∎

2) Angle de la rotation \(R\)

\(a=\sqrt3\,e^{i\pi/3}\) et \(\bar a=\sqrt3\,e^{-i\pi/3}\). La rotation \(R\) de centre \(O\) et d'angle \(\theta\) transforme \(B\) en \(A\) si et seulement si \(a=e^{i\theta}\,\bar a\), c'est-à-dire \[e^{i\theta}=\frac{a}{\bar a}=\frac{\sqrt3\,e^{i\pi/3}}{\sqrt3\,e^{-i\pi/3}}=e^{i\,2\pi/3}.\] Une mesure de l'angle de \(R\) est donc \(\boxed{\theta\equiv\dfrac{2\pi}{3}\ [2\pi]}\). ∎

3) a) \(\alpha>\tfrac34\) et \(\alpha=z\bar z\)

Le discriminant de \((E_\alpha)\) est \(\Delta=(-\sqrt3)^{2}-4\alpha=3-4\alpha\). L'équation admet deux racines complexes conjuguées non réelles si et seulement si \(\Delta<0\), soit \(3-4\alpha<0\), c'est-à-dire \(\alpha>\dfrac34\). D'autre part, le produit des racines vaut \(z\bar z=\dfrac{\alpha}{1}=\alpha\) (relations coefficients–racines). D'où \(\alpha=z\bar z=|z|^{2}\). ∎

3) b) \(|z|=|z-\sqrt3|\)

La somme des racines vaut \(z+\bar z=\sqrt3\), donc \(2\,\mathrm{Re}(z)=\sqrt3\). Alors \[|z-\sqrt3|^{2}=(z-\sqrt3)(\bar z-\sqrt3)=z\bar z-\sqrt3(z+\bar z)+3=\alpha-\sqrt3\cdot\sqrt3+3=\alpha.\] Or \(|z|^{2}=z\bar z=\alpha\). Donc \(|z-\sqrt3|^{2}=|z|^{2}\), soit \(|z|=|z-\sqrt3|\). ∎

3) c) \(M\) et \(N\) sur la médiatrice de \([OP]\)

\(|z|=|z-\sqrt3|\) signifie \(MO=MP\) (car \(P\) a pour affixe \(\sqrt3\)) : le point \(M\) est équidistant de \(O\) et de \(P\), donc \(M\) appartient à la médiatrice \((\Delta)\) de \([OP]\). De même, comme \(\sqrt3\) est réel, \(|\bar z-\sqrt3|=|\overline{z-\sqrt3}|=|z-\sqrt3|=|z|=|\bar z|\), donc \(NO=NP\) et \(N\in(\Delta)\). ∎

3) d) Valeur de \(\alpha\) et points d'intersection

D'après 3)b), \(|z-\sqrt3|^{2}=\alpha\). La condition \(|z-\sqrt3|=\sqrt3\) donne \(\alpha=3\) (qui vérifie bien \(\alpha>\tfrac34\) et \(\alpha\neq0\)). L'équation devient \(z^{2}-\sqrt3\,z+3=0\), de discriminant \(\Delta=3-12=-9\), d'où les racines \[z=\frac{\sqrt3+3i}{2}=\frac{\sqrt3}{2}+\frac32 i\quad\text{et}\quad\bar z=\frac{\sqrt3}{2}-\frac32 i.\] Avec \(\alpha=3\), on a \(MP=|z-\sqrt3|=\sqrt3\) et \(NP=|\bar z-\sqrt3|=\sqrt3\) : \(M\) et \(N\) appartiennent au cercle de centre \(P\) et de rayon \(\sqrt3\). Or \(M,N\in(\Delta)\).

1) a) \(p(A)\) : au moins une noire

Le tirage simultané de \(2\) boules parmi \(6\) donne \(\mathrm{Card}(\Omega)=\binom{6}{2}=15\) issues équiprobables. L'événement contraire de \(A\) est « aucune noire », c'est-à-dire « les deux boules sont blanches » : \[p(A)=1-\frac{\binom{4}{2}}{\binom{6}{2}}=1-\frac{6}{15}=\frac{9}{15}=\frac35. ∎\]

1) b) \(p(B)=\tfrac{7}{15}\)

« Deux boules de même couleur » = « deux blanches » ou « deux noires » (incompatibles) : \[p(B)=\frac{\binom{4}{2}+\binom{2}{2}}{\binom{6}{2}}=\frac{6+1}{15}=\frac{7}{15}. ∎\]

1) c) \(B\) réalisé exactement 3 fois sur 5

Les \(5\) répétitions avec remise sont identiques et indépendantes ; le nombre de réalisations de \(B\) suit une loi binomiale de paramètres \(n=5\) et \(p=p(B)=\dfrac{7}{15}\). Donc \[p=\binom{5}{3}\Big(\frac{7}{15}\Big)^{3}\Big(1-\frac{7}{15}\Big)^{2}=10\Big(\frac{7}{15}\Big)^{3}\Big(\frac{8}{15}\Big)^{2}=\frac{10\times343\times64}{15^{5}}=\frac{43904}{151875}\approx0{,}289. ∎\]

2) a) Valeurs de \(X\)

On s'arrête à la première blanche. \(X=1\) si la \(1^{\text{re}}\) boule est blanche ; \(X=2\) si la \(1^{\text{re}}\) est noire et la \(2^{\text{e}}\) blanche ; \(X=3\) si les deux premières sont noires (les seules deux noires) et la \(3^{\text{e}}\) est alors nécessairement blanche. Comme il n'y a que \(2\) boules noires, on obtient une blanche au plus au \(3^{\text{e}}\) tirage : \(X\in\{1,2,3\}\). ∎

2) b) \(p(X=2)=\tfrac{4}{15}\)

\(X=2\) : première boule noire puis blanche (sans remise) : \[p(X=2)=\frac{2}{6}\times\frac{4}{5}=\frac{8}{30}=\frac{4}{15}. ∎\]

2) c) Loi de \(X\)

\(p(X=1)=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}=\dfrac{10}{15}\) ; \(p(X=2)=\dfrac{4}{15}\) ; et \[p(X=3)=\frac{2}{6}\times\frac{1}{5}\times1=\frac{2}{30}=\frac{1}{15}.\] On vérifie \(\dfrac{10}{15}+\dfrac{4}{15}+\dfrac{1}{15}=1\).

2) d) Au moins une noire

« Obtenir au moins une boule noire » signifie que la première boule n'est pas blanche, c'est-à-dire \(X\ge2\) : \[p(X\ge2)=p(X=2)+p(X=3)=\frac{4}{15}+\frac{1}{15}=\frac{5}{15}=\frac13.\] (On retrouve \(1-p(X=1)=1-\tfrac23=\tfrac13\).) ∎

1) Continuité en \(2\)

\(f(2)=(2-1)^{2}e^{\,2(2-2)}=1\times e^{0}=1\). À gauche, \(\displaystyle\lim_{x\to2^{-}}(x-1)^{2}e^{\,x(2-x)}=1\times e^{0}=1\). À droite, en posant \(t=x-2\to0^{+}\), \[\lim_{x\to2^{+}}\big(1+(x-2)^{2}\ln(x-2)\big)=1+\lim_{t\to0^{+}}t^{2}\ln t=1+0=1,\] car \(\displaystyle\lim_{t\to0^{+}}t^{2}\ln t=0\). Les limites à gauche et à droite valent \(f(2)=1\) : \(f\) est continue en \(2\). ∎

2) a) Identité du taux d'accroissement (\(x<2\))

Notons \(t=x(2-x)\). On part du membre de droite et on réduit au même dénominateur \(2-x\) (en remarquant que \(x\,\dfrac{e^{t}-1}{x(2-x)}=\dfrac{e^{t}-1}{2-x}\)) : \[x\,e^{t}-x\,\frac{e^{t}-1}{x(2-x)}=x\,e^{t}-\frac{e^{t}-1}{2-x}=\frac{x(2-x)\,e^{t}-(e^{t}-1)}{2-x}=\frac{e^{t}\big(x(2-x)-1\big)+1}{2-x}.\] Or \(x(2-x)-1=2x-x^{2}-1=-(x^{2}-2x+1)=-(x-1)^{2}\), donc le numérateur vaut \(-e^{t}(x-1)^{2}+1=-\big((x-1)^{2}e^{t}-1\big)\). D'où \[\frac{-\big((x-1)^{2}e^{t}-1\big)}{2-x}=\frac{(x-1)^{2}e^{\,x(2-x)}-1}{x-2}=\frac{f(x)-f(2)}{x-2}.\] L'identité est vérifiée. ∎

2) b) Dérivabilité à gauche en \(2\)

Quand \(x\to2^{-}\), on a \(t=x(2-x)\to0\), donc \(e^{\,x(2-x)}\to1\) : le premier terme tend vers \(2\times1=2\). Pour le second, comme \(t=x(2-x)\to0\), on a \(\dfrac{e^{t}-1}{t}\to1\), donc \(x\cdot\dfrac{e^{t}-1}{x(2-x)}=x\cdot\dfrac{e^{t}-1}{t}\to2\times1=2\). Ainsi \[f'_g(2)=\lim_{x\to2^{-}}\frac{f(x)-f(2)}{x-2}=2-2=0.\] Donc \(f\) est dérivable à gauche en \(2\), avec \(f'_g(2)=0\). ∎

2) c) Dérivabilité en \(2\) et \(f'(2)=0\)

À droite, avec \(t=x-2\to0^{+}\) : \[f'_d(2)=\lim_{x\to2^{+}}\frac{1+(x-2)^{2}\ln(x-2)-1}{x-2}=\lim_{x\to2^{+}}(x-2)\ln(x-2)=\lim_{t\to0^{+}}t\ln t=0.\] Comme \(f'_g(2)=f'_d(2)=0\), \(f\) est dérivable en \(2\) et \(f'(2)=0\).

3) a) Autre écriture de \(f\) (\(x\le2\))

Pour \(x\le2\), \(f(x)=(x-1)^{2}e^{\,x(2-x)}=(x^{2}-2x+1)e^{\,x(2-x)}\). Or \(x^{2}-2x=x(x-2)\), donc \[f(x)=\big(x(x-2)+1\big)e^{\,x(2-x)}=x(x-2)\,e^{\,x(2-x)}+e^{\,x(2-x)}. ∎\]

3) b) Limite en \(-\infty\)

Posons \(t=x(2-x)=1-(x-1)^{2}\). Alors \(f(x)=(x-1)^{2}e^{\,x(2-x)}\) s'écrit, avec \(s=(x-1)^{2}\) et \(t=1-s\), \[f(x)=s\,e^{\,1-s}=e\cdot s\,e^{-s}.\] Quand \(x\to-\infty\), \(s=(x-1)^{2}\to+\infty\), et \(s\,e^{-s}\to0\) (croissances comparées). Donc \[\lim_{x\to-\infty}f(x)=0.\] Interprétation : la droite \(y=0\) (l'axe des abscisses) est asymptote horizontale à \((C)\) au voisinage de \(-\infty\). ∎

3) c) Limites en \(+\infty\)

Pour \(x>2\), \(f(x)=1+(x-2)^{2}\ln(x-2)\). Comme \((x-2)^{2}\to+\infty\) et \(\ln(x-2)\to+\infty\), on a \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\). De plus \[\frac{f(x)}{x}=\frac{1}{x}+\frac{(x-2)^{2}\ln(x-2)}{x}=\frac1x+x\Big(1-\frac2x\Big)^{2}\ln(x-2)\xrightarrow[x\to+\infty]{}+\infty.\] Interprétation : \((C)\) admet une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées \((Oy)\) au voisinage de \(+\infty\). ∎

4) a) \(f'\) pour \(x<2\)

\(f=(x-1)^{2}e^{\,x(2-x)}\), et \(\big(x(2-x)\big)'=2-2x\). Par la règle du produit : \[f'(x)=2(x-1)e^{\,x(2-x)}+(x-1)^{2}(2-2x)e^{\,x(2-x)}=e^{\,x(2-x)}\Big[2(x-1)+2(x-1)^{2}(1-x)\Big].\] On factorise \(2(x-1)\) : \(2(x-1)\big[1-(x-1)^{2}\big]\), et \(1-(x-1)^{2}=x(2-x)\). D'où \[f'(x)=2(x-1)\,x(2-x)\,e^{\,x(2-x)}=2x(x-1)(2-x)\,e^{\,x(2-x)}. ∎\]

4) b) \(f'\) pour \(x>2\)

\(f=1+(x-2)^{2}\ln(x-2)\), donc \[f'(x)=2(x-2)\ln(x-2)+(x-2)^{2}\cdot\frac{1}{x-2}=2(x-2)\ln(x-2)+(x-2)=(x-2)\big(1+2\ln(x-2)\big). ∎\]

4) c) Résolution de \(1+2\ln(x-2)\le0\)

Sur \(]2,+\infty[\) : \[1+2\ln(x-2)\le0\iff\ln(x-2)\le-\tfrac12\iff x-2\le e^{-1/2}\iff x\le2+\frac{1}{\sqrt e}.\] Compte tenu de \(x>2\), l'ensemble des solutions est \(S=\Big]\,2\,,\ 2+\dfrac{1}{\sqrt e}\,\Big]\). ∎

4) d) Signe de \(f'\) et tableau de variations

Sur \(]-\infty,2[\) : \(f'(x)=2x(x-1)(2-x)e^{\,x(2-x)}\). Comme \(e^{\,x(2-x)}>0\) et \(2-x>0\), le signe de \(f'\) est celui de \(x(x-1)\) : positif sur \(]-\infty,0[\), négatif sur \(]0,1[\), positif sur \(]1,2[\) ; \(f'(0)=f'(1)=0\).

Sur \(]2,+\infty[\) : \(f'(x)=(x-2)\big(1+2\ln(x-2)\big)\) avec \(x-2>0\), donc le signe est celui de \(1+2\ln(x-2)\) : d'après 4)c), négatif sur \(\big]2,\,2+\tfrac{1}{\sqrt e}\big[\), nul en \(2+\tfrac{1}{\sqrt e}\), positif ensuite. Enfin \(f'(2)=0\).

Valeurs remarquables : \(f(0)=1\), \(f(1)=0\), \(f(2)=1\), et \(f\big(2+\tfrac{1}{\sqrt e}\big)=1+\tfrac1e\big(-\tfrac12\big)=1-\tfrac{1}{2e}\approx0{,}8\).

5) Construction de \((C)\)

On dispose des points et tangentes suivants : tangente horizontale en \((0,1)\), \((1,0)\) et \((2,1)\) ; minimum \(\big(2+\tfrac{1}{\sqrt e},\,0{,}8\big)\) avec \(2+\tfrac{1}{\sqrt e}\approx2{,}6\) ; \(f(3)=1\) (car \(\ln1=0\)) ; asymptote horizontale \(y=0\) en \(-\infty\) et branche parabolique de direction \((Oy)\) en \(+\infty\). La courbe « rebondit » sur l'axe des abscisses en \(x=1\), atteint le sommet \((2,1)\) à tangente horizontale, redescend jusqu'au minimum voisin de \(x\approx2{,}6\), puis remonte vers \(+\infty\).

6) a) Intégration par parties

Posons \(u(x)=\ln(x-2)\), \(v'(x)=(x-2)^{2}\), d'où \(u'(x)=\dfrac{1}{x-2}\) et \(v(x)=\dfrac{(x-2)^{3}}{3}\). Alors \[\int_{\lambda}^{3}(x-2)^{2}\ln(x-2)\,dx=\Big[\frac{(x-2)^{3}}{3}\ln(x-2)\Big]_{\lambda}^{3}-\int_{\lambda}^{3}\frac{(x-2)^{3}}{3}\cdot\frac{1}{x-2}\,dx.\] Le crochet vaut \(\dfrac{1}{3}\ln1-\dfrac{(\lambda-2)^{3}}{3}\ln(\lambda-2)=-\dfrac{(\lambda-2)^{3}}{3}\ln(\lambda-2)\). L'intégrale restante : \[\int_{\lambda}^{3}\frac{(x-2)^{2}}{3}\,dx=\frac13\Big[\frac{(x-2)^{3}}{3}\Big]_{\lambda}^{3}=\frac19\big(1-(\lambda-2)^{3}\big).\] En regroupant : \[\int_{\lambda}^{3}(x-2)^{2}\ln(x-2)\,dx=-\frac{(\lambda-2)^{3}}{3}\ln(\lambda-2)-\frac19+\frac{(\lambda-2)^{3}}{9}=-\frac19+\frac13(\lambda-2)^{3}\Big(\frac13-\ln(\lambda-2)\Big). ∎\]

6) b) Aire \(A(\lambda)\)

Pour \(x\in\,]2,3[\), \(f(x)-1=(x-2)^{2}\ln(x-2)\), et comme \(0en dessous de la droite \(y=1\). L'aire cherchée (unité d'aire \(=1\,\text{cm}^{2}\)) est \[A(\lambda)=\int_{\lambda}^{3}\big(1-f(x)\big)\,dx=-\int_{\lambda}^{3}(x-2)^{2}\ln(x-2)\,dx.\] D'après 6)a), \[\boxed{A(\lambda)=\Big[\frac19-\frac13(\lambda-2)^{3}\Big(\frac13-\ln(\lambda-2)\Big)\Big]\ \text{cm}^{2}.} ∎\]

6) c) Limite de \(A(\lambda)\) en \(2^{+}\)

Quand \(\lambda\to2^{+}\), on a \((\lambda-2)^{3}\to0\) et \((\lambda-2)^{3}\ln(\lambda-2)\to0\) (croissances comparées), donc \(\dfrac13(\lambda-2)^{3}\big(\tfrac13-\ln(\lambda-2)\big)\to0\). Par conséquent \[\lim_{\lambda\to2^{+}}A(\lambda)=\frac19\ \text{cm}^{2}. ∎\]