Exercices types : $$1$$^ère partie - Exercice 3

Dans un premier temps, nous allons calculer la dérivée de la fonction $$g$$.
$$g$$ est dérivable sur $$\mathbb{R}$$.
Ici on reconnaît la forme : $$\left(uv\right)'=u'v+uv'$$ avec $$u\left(x\right)=x$$ et $$v\left(x\right)=e^{-x}$$.
Ainsi : $$u'\left(x\right)=1$$ et $$v'\left(x\right)=-e^{-x}$$.
Il vient alors que :
$$g'\left(x\right)=1\times e^{-x} +x\times \left(-e^{-x} \right)$$
$$g'\left(x\right)=e^{-x} -xe^{-x}$$
Maintenant, $$g$$ est une solution de $$\left(E\right)$$ si et seulement si $$g'+g=e^{-x}$$ .
Il vient alors que :
$$g'\left(x\right)+g\left(x\right)=e^{-x} -xe^{-x}+xe^{-x}$$
Finalement :

Donc $$g$$ est bien une solution de l’équation différentielle $$(E).$$

Nous allons transformer l'écriture afin de revenir à une forme $$y'=ay$$. Ainsi:
$$y'+y=0$$ équivaut successivement à :
$$y'=-y$$
On identifie ici que : $$a=-1$$ .
Il en résulte que les solutions de l'équation sont alors : $$f\left(x\right)=ke^{-x}$$ où $$k$$ est une constante réelle.
Finalement : où $$k$$ est une constante réelle.

$$h$$ est une solution de $$\left(E\right)$$ si et seulement si $$h'+h=\red{e^{−x}}$$ .
D'après la question $$1$$, nous avons montré que $$g'+g=\red{e^{−x}}$$ .
Comme $$h'+h=\red{e^{−x}}$$ et que $$g'+g=\red{e^{−x}}$$ alors nous pouvons écrire que :
$$h'+h=g'+g$$
$$h'-g'=g-h$$
$$\left(h-g\right)'+\left(h-g\right)=0$$
Il en résulte donc bien que $$h$$ est une solution de $$\left(E\right)$$ si et seulement si $$h-g$$ est une solution de $$y'+y=0$$ .

D'après la question $$2$$, nous savons que les solutions de l’équation différentielle $$(E_0) : y'+y=0$$ sont où $$k$$ est une constante réelle.
D'après la question $$3$$, nous savons que $$h$$ est solution de $$(E)$$ si et seulement si $$h-g$$ est une solution de l’équation différentielle $$(E_0) : y'+y=0$$ .
Il en résulte donc que :
$$h\left(x\right)-g\left(x\right)=ke^{-x}$$ où $$k$$ est une constante réelle. Nous savons également que : $$g(x)=xe^{-x}$$
$$h\left(x\right)-xe^{-x}=ke^{-x}$$
$$h\left(x\right)=ke^{-x}+xe^{-x}$$ où $$k$$ est une constante réelle.
Les solutions de l’équation $$(E)$$ sont alors :

Soit $$f_2\left(x\right)=ke^{-x}+xe^{-x}$$ où $$k$$ est une constante réelle tel que $$f_2(0)=2$$
Il vient alors que :
$$f_2(0)=2$$ équivaut successivement à :
$$ke^{-0} +0\times e^{-0} =2$$
$$ke^{-0} =2$$
$$ke^{0} =2$$
Ainsi :
La fonction la fonction $$f_2,$$ solution de $$(E),$$ qui prend la valeur $$2$$ en $$0$$ est alors : $$f_2\left(x\right)={\color{blue}{2}}e^{-x}+xe^{-x}$$

Commençons par calculer $${\mathop{\lim }\limits_{x\to -\infty }} e^{-x}$$
$$\blue{\text{Il s'agit d'une limite par composition.}}$$
On commence par calculer $$\lim\limits_{x\to {\color{red}-\infty} }-x={\color{blue}+\infty}$$ .
On pose $$X=-x$$. Lorsque $$x$$ tend vers $${\color{red}-\infty}$$ alors $$X$$ tend vers $${\color{blue}+\infty}$$.
Or : $$\lim\limits_{X\to {\color{blue}+\infty}} e^{X}={\color{green}+\infty}$$
Par composition :
Ainsi :
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to -\infty } x+k} & {=} & {-\infty} \\ {\lim\limits_{x\to -\infty } e^{-x}} & {=} & {+\infty} \end{array}\right\}$$ $$\text{\red{par produit}}$$
$$\purple{\text{Finalement :}}$$ $$\mathop{\lim }\limits_{x\to -\infty } f_k(x)=-\infty$$

Pour calculer la limite en $$+\infty$$, nous allons commencer par développer l'expression de la fonction $$f_k$$ .
$$f_{k} \left(x\right)=xe^{-x} +ke^{-x}$$
$$f_{k} \left(x\right)=\frac{x}{e^{x} } +\frac{k}{e^{x} }$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{x}{e^{x} }} & {=} & {0} \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{k}{e^{x} }} & {=} & {0} \end{array}\right\}$$ $$\text{\red{par somme}}$$
$$\purple{\text{Finalement :}}$$ $$\mathop{\lim }\limits_{x\to +\infty } f_k(x)=0$$
L’axe des abscisses est donc asymptote horizontale à $$\mathscr{C_k}$$ au voisinage de plus l’infini.

Soit $$f_k(x) = (x +k)e^{-x}$$
Ici on reconnaît la forme : $$\left(uv\right)'=u'v+uv'$$ avec $$u\left(x\right)=x+k$$ et $$v\left(x\right)=e^{-x}$$.
Ainsi : $$u'\left(x\right)=1$$ et $$v'\left(x\right)=-e^{-x}$$.
Il vient alors que :
$$f'_k \left(x\right)=1\times e^{-x} +\left(x+k\right)\times \left(-e^{-x} \right)$$
$$f'_k \left(x\right)={\color{blue}{e^{-x}}} -x{\color{blue}{e^{-x}}} -k{\color{blue}{e^{-x}}}$$ . Nous allons factoriser l'expression par $${\color{blue}{e^{-x}}}$$
Ainsi :

Pour tout réel $$$$$$x$$, $$e^{−x} >$$ 0
Le signe de $$f'_k(x)$$ est celui de $$1-k-x$$ .
$$1-x-k\ge 0\Leftrightarrow -x\ge -1+k\Leftrightarrow x\le 1-k$$
Il en résulte donc que :

• si $$x\in\left]-\infty;1-k\right]$$ alors $$f'\left(x\right)\ge0$$ et donc $$f$$ est croissante sur cet intervalle.
• si $$x\in\left[1-k;+\infty\right[$$ alors $$f'\left(x\right)\le0$$ et donc $$f$$ est décroissante sur cet intervalle.

Nous traduisons toutes ces informations dans le tableau de variation ci-dessous :
Avec :
$$f_{k} \left(1-k\right)=\left(1-k+k\right)e^{-\left(1-k\right)}$$