Solutions du Devoir n˚4 page 1 de 2

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Solutions du Devoir n˚4

I) 3 points

f

(x) = (2x + a)e

On résout



 



 

 f

− 1 2

= 0 f

− 1 2

= √

e = e

⇔

( −1 + a = 0 1

4 − 1

2 + b = 1 2

⇔

( a = 1 b = 3 4 f (x) = e

II) 5 points

(E

) y

+ y = (2x − 1)

1. On cherche u(x) = ax

+ bx + c vérifiant

u

(x) + u(x) = (2x − 1)

= 4x

− 4x + 1 pour tout x

Après calculs, cela équivaut à (a − 4)x

+ (2a + b + 4)x + (b + c − 1) = 0 On cherche seulement une solution particulière, donc il suffit d’identifier :







a − 4 = 0 2a + b + 4 = 0 b + c − 1 = 0

⇔





 a = 4 b = −12 c = 13

Donc une solution est u(x) = 4x

− 12x + 13 2. On raisonne par équivalences :

f − u est solution de (E

) ⇔ (f − u)

+ (f − u) = 0

⇔ f

− u

+ f − u = 0

⇔ f

+ f = u

+ u

⇔ f

+ f = (2x − 1)

car u

(x) + u(x) = (2x − 1)

⇔ f est solution de (E

)

3. L’équation (E

) a pour solutions les fonctions de la forme ke

d’après le cours.

D’après la question précédente, f est solution de (E

) équivaut à f − u = ke

, soit

f (x) = 4x

− 12x + 13 + ke

III) 7 points

Soit f la fonction définie sur R par f (x) = (2 − x)(1 − e

) Soit g la fonction définie par g(x) = e

+ x − 3

1. a) g

(x) = e

+ 1 > 0, donc g est strictement croissante sur R

x→−∞

lim g(x) = −∞ (forme « 0 − ∞ − 3 »)

x→+∞

lim g(x) = +∞ (forme « +∞ + ∞ − 3 »)

b) On vérifie les conditions d’applications du théorème de la bijection continue :

• g est continue sur R (somme de fonctions usuelles continues sur R ).

• lim

x→−∞

g(x) = −∞ et lim

x→+∞

g(x) = +∞, donc 0 est une valeur intermédiaire entre ces deux limites : 0 ∈] − ∞; +∞[

• g est strictement croissante sur R

Donc, d’après le théorème de la bijection continue, il existe un unique α réel tel que g(α) = 0.

L’observation de la courbe ou d’un tableau de valeurs suggère que 0 < α < 1.

On peut essayer ensuite les valeurs de 0, 1 en 0, 1 (méthode du balayage).

−1 1

1

0

On trouve g(0, 7) ≈ −0, 29 et g(0, 8) ≈ 0, 03. Donc g(0, 7) < 0 < g(0, 8), donc 0, 7 < α < 0, 8

c) g est strictement croissante et s’annule en α, donc g(x) < 0 pour x < α et g(x) > 0 pour x > α .

f

(x) = −(1 − e

) + (2 − x)e

= · · · = −e

(e

+ x − 3) = −e

g(x)

Donc f

(x) est du signe contraire de g(x). On en déduit le tableau de variations

de f :

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x −∞ α +∞

f

(x) + 0 −

f (x)

2. On étudie la limite de f (x) − (2 − x) lorsque x tend vers +∞.

f (x) − (2 − x) = (2 − x)(1 − e

− 1) = (2 − x)(−e

) = −2e

+ xe

On sait que lim

x→+∞

e

= 0

D’après le cours (croissances comparées), on sait que lim

x→+∞

xe

= 0 Donc lim

x→+∞

f (x) − (2 − x) = 0

Donc la droite d’équation y = 2 − x est asymptote à la courbe de f en +∞

IV) 5 points

1.

u

= f

+ f

= f + f

= u u(0) = f

(0) + f (0) = 0 + 1 = 1 u

= f

− f

= f − f

= −v

u(0) = f

(0) − f (0) = 0 − 1 = −1 Donc u et v vérifient

u

= u u(0) = 1 et

v

= −v v(0) = −1 2. On résout les équations différentielles précédentes.

D’après le cours (résolution d’équations différentielles avec condition initiale) : u(x) = e

et v(x) = −e

Or u = f

+ f et v = f

− f , donc f = u − v 2 Donc f (x) = e

+ e

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