Corrigé du devoir à la maison n

Corrigé du devoir à la maison n

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Partie A

1. Commek >0, lim

x→−∞−kx= +∞. Or, lim

X→+∞e^X = +∞donc, par composition, lim

x→+∞e^−kx = +∞. Comme k + 1 > 0, on conclut, par produit et somme par des constantes, que

lim−∞ϕ= +∞.

De même, lim

x→+∞−kx=−∞. Or, lim

X→−∞e^X = 0 donc, par composition, lim

x→+∞e^−kx = 0.

Par produit et somme par des constantes, on conclut que lim

+∞ϕ=−1.

2. La fonction ϕ est dérivable sur R comme composée, produit et somme de fonctions dérivables et, pour tout réelx,

ϕ⁰(x) = (k+ 1)×(−ke^−kx) = −k(k+ 1)e^−kx.

Comme k >0 et comme la fonction exponentielle est à valeurs positives, ϕ⁰(x)>0 pour tout réel x donc ϕest strictement croissante sur R.

3. La fonction ϕ est dérivable donc continue et strictement décroissante sur R. De plus, 0∈

lim+∞ϕ; lim

−∞ϕ

donc, d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique réel αk tel que ϕ(α_k) = 0.

4. On en déduit que, pour tout x∈]−∞;α_k[, ϕ(x)>0, que ϕ(α_k) = 0 et que, pour tout x∈]α_k; +∞[,ϕ(x)<0.

5. On remarque que ϕ(0) = (k+ 1)e⁰−1 = k+ 1−1 = k >0 donc, grâce à la question précédente, 0∈]−∞;αk[ i.e. αk >0.

6. Au vu de la question4., pour montrer que α_k > 1

2, il suffit de montrer que ϕ

1 2

>0 i.e. (k+ 1)e^−k2 −1>0. Pour cela, considérons la fonctiond:t 7→(t+ 1)e^−2t −1 définie sur [0 ; 1]. Cette fonction est dérivable sur [0 ; 1] comme composée, produit et somme de fonctions dérivables et, pour tout t∈[0 ; 1],

d⁰(t) = 1×e^−2t + (t+ 1)×

−1 2

e^−t2 = 1−t 2 e^−t2.

Or, pour tout t∈[0 ; 1], t61 et e^−2t >0 donc d⁰(t)>0 et insid est croissante sur [0 ; 1].

On en déduit que, pour tout t∈ [0 ; 1], d(t)> d(0) i.e. d(t) >0. Comme k ∈ [0 ; 1], on conclut que d(k) > 0 i.e. (k+ 1)e^−k2 −1 > 0. On conclut donc que ϕ

1 2

> 0 donc α_k > 1

2. Partie B

1. a. Comme g est dérivable et non nulle sur ]−∞;α_k[, h est définie et dérivable sur ]−∞;αk[ et

h⁰ =−g⁰

g² =−g²+kg

g² =−1− k

g =−kh−1.

Ainsi, h est solution sur ]−∞;α_k[ de l’équation différentelle (F) :y⁰ =−ky−1.

b. Par théorème, on en déduit qu’il existe une constante C ∈ R telle que, pour tout x∈ ]−∞;α_k[, h(x) =Ce^−kx− 1

k. De plus, h(0) = 1 g(0) = 1

1 = 1 donc Ce⁰− 1 k = 1 i.e. C = 1 + 1

k = k+ 1

k . On conclut donc que, pour toutx∈]−∞;α_k[, h(x) = k+ 1

k e^−kx− 1

k = (k+ 1)e^−kx−1

k .

2. On remarque que, pour tout x ∈]−∞;α_k[, h(x) = ϕ(x)

k et, d’après la question 4. de la Partie A, ϕ(x)> 0 pour tout x ∈ ]−∞;α_k[ donc, comme k > 0, la fonction h est strictement positive sur ]−∞;α_k[.

3. D’après la question précédente, la fonction h est strictement positive sur ]−∞;αk[.

Considérons alors la fonction f = 1

h. Elle est bien définie et dérivable sur ]−∞;α_k[. De plus, commeh est solution de (F) sur ]−∞;α_k[,

f⁰ =−h⁰

h² =−−kh−1 h² = k

h+ 1

h² =f²+kf donc f est solution de (E) sur ]−∞;αk[. De plus, f(0) = 1

h(0) = 1 1 = 1.

On conclut donc que f :x 7→ k

(k+ 1)e^−kx−1 est une solution de (E) sur ]−∞;αk[ et f(0) = 1.

4. a. Comme f₁ est dérivable sur ]−∞;α_k[, elle est continue sur ]−∞;α_k[ et en particulier, elle est continue en 0. Ainsi, pour tout réel t >0, il existe un réel r > 0 tel que, pour tout x∈]−r;r[, f(x)∈]f₁(0)−t;f₁(0) +t[ i.e. f(x)∈]1−t; 1 +t[. En particulier, en prenantt = ¹₂, il existe un intervalle ouvert I = ]−r;r[ contenant 0 tel que, pour tout x∈I, f₁(x)∈ⁱ¹₂;³₂^h et donc, en particulier,f₁(x)>0.

b. Par définition de J, I ⊂J donc 1∈J. De plus, si x∈J alors il existe un intervalle ouvertK vérifiant les deux points de l’énoncé tel que x∈K doncf₁(x)>0. Ainsi, J vérifie bien les deux points de l’énoncé.

c. Comme, pour tout x∈J, f₁(x) =f(x), f etf₁ ont les mêmes limites en a à droite.

Or, si a6=−∞, par continuité def et de f₁ en a, f₁(a) = lim

a⁺ f₁ = lim

a⁺ f =f(a)>0.

Dès lors, en raisonnant comme dans la question a., il existe un réel r > 0 tel que, pour tout x ∈ ]a−r;a+r[, f₁(x) > 0. Comme ]a;b[ contient 1, on en déduit que ]a−r;b[ contient et, pour toutx ∈]a−r;b[, f₁(x)>0. Ainsi, par définition de J, ]a−r;b[ ⊂ ]a;b[ ce qui contredit le fait que r > 0. Ainsi, a = −∞. Par le même raisonnement, on obitent que b=α_k.

d. On conclut que ]−∞;α_k[ et doncf etf₁ coïncident sur ]−∞;α_k[ i.e. f₁ =f. Ainsi, f est unique.