Soit la fonction f, dérivable sur ]0;+infinity[, solution de l'équation différentielle (E) : y'+y = (2)/(x) + 2 x telle que f(1)=e.

Je continue la résolution de l'EXERCICE 5.

EXERCICE 5

Soit la fonction $f$, dérivable sur $]0 ; +\infty[$, solution de l'équation différentielle (E) : $y' + y = \frac{2}{x} + 2 \ln x$ telle que $f(1)=e$.

1. a) Montrer que la fonction $g$ définie sur $]0 ; +\infty[$ par $g(x) = 2 \ln x$ est une solution particulière de (E). L'équation (E) est $y' + y = \frac{2}{x} + 2 \ln x$. Calculons la dérivée de $g(x) = 2 \ln x$ :

   $$g'(x) = \frac{2}{x}$$

   Vérifions si $g'(x) + g(x)$ est égal au second membre de (E) :

   $$g'(x) + g(x) = \frac{2}{x} + 2 \ln x$$

   Puisque $g'(x) + g(x)$ est égal au second membre de (E), la fonction $g(x) = 2 \ln x$ est bien une solution particulière de (E).

   b) Déterminer les solutions sur $]0 ; +\infty[$ de l'équation différentielle (E') : $y' + y = 0$.
   L'équation différentielle (E') est une équation linéaire homogène du premier ordre.
   L'équation caractéristique associée est $r+1=0$, ce qui donne $r=-1$.
   Les solutions de (E') sont de la forme $y(x) = Ce^{-x}$, où $C$ est une constante réelle.
   Les solutions de (E') sont $\boxed{y(x) = Ce^{-x}, \text{ avec } C \in \mathbb{R}}$.

2. a) Démontrer que $f$ est solution de (E) si et seulement si $f-g$ est solution de (E'). Soit $h(x) = f(x) - g(x)$.

   • Sens direct : Supposons que $f$ est solution de (E). Alors $f'(x) + f(x) = \frac{2}{x} + 2 \ln x$. Comme $g$ est solution de (E), nous avons $g'(x) + g(x) = \frac{2}{x} + 2 \ln x$. En soustrayant la deuxième équation de la première :

     $$(f'(x) + f(x)) - (g'(x) + g(x)) = \left(\frac{2}{x} + 2 \ln x\right) - \left(\frac{2}{x} + 2 \ln x\right)$$ $$(f'(x) - g'(x)) + (f(x) - g(x)) = 0$$ $$(f-g)'(x) + (f-g)(x) = 0$$

     Ceci signifie que $h(x) = f(x) - g(x)$ est solution de (E').

   • Sens réciproque : Supposons que $f-g$ est solution de (E'). Alors $(f-g)'(x) + (f-g)(x) = 0$. $f'(x) - g'(x) + f(x) - g(x) = 0$. $f'(x) + f(x) = g'(x) + g(x)$. Puisque $g$ est solution de (E), $g'(x) + g(x) = \frac{2}{x} + 2 \ln x$. Donc, $f'(x) + f(x) = \frac{2}{x} + 2 \ln x$, ce qui signifie que $f$ est solution de (E). L'équivalence est démontrée.

   b) Déduis des questions précédentes les solutions de (E).
   D'après la question 2a, $f$ est solution de (E) si et seulement si $f-g$ est solution de (E').
   D'après la question 1b, les solutions de (E') sont de la forme $Ce^{-x}$.
   Donc, $f(x) - g(x) = Ce^{-x}$.
   En remplaçant $g(x) = 2 \ln x$, on obtient :

   $$f(x) = 2 \ln x + Ce^{-x}$$

   Les solutions de (E) sont $\boxed{f(x) = 2 \ln x + Ce^{-x}, \text{ avec } C \in \mathbb{R}}$.

   c) Justifie que $f$ est la fonction définie sur $]0 ; +\infty[$ par $f(x) = 2 \ln x + e^{2-x}$.
   Nous savons que $f(x) = 2 \ln x + Ce^{-x}$ et que $f(1)=e$.
   Utilisons la condition $f(1)=e$ pour trouver la valeur de $C$ :

   $$f(1) = 2 \ln(1) + Ce^{-1} = e$$ $$2(0) + \frac{C}{e} = e$$ $$\frac{C}{e} = e$$ $$C = e^2$$

   En substituant $C=e^2$ dans l'expression de $f(x)$ :

   $$f(x) = 2 \ln x + e^2 e^{-x}$$ $$f(x) = 2 \ln x + e^{2-x}$$

   Ceci justifie bien que $f$ est la fonction donnée.

3. On considère la fonction $f$ définie sur $]0 ; +\infty[$ par $f(x) = 2 \ln x + e^{2-x}$. a) On admet que $\lim_{x \to 0^+} f(x) = -\infty$. Interprète graphiquement la limite. L'interprétation graphique de $\lim_{x \to 0^+} f(x) = -\infty$ est que la droite d'équation $x=0$ (l'axe des ordonnées) est une asymptote verticale à la courbe représentative (C) de $f$.

   b) Calcule $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ et $\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x}$ puis donne une interprétation graphique des résultats obtenus.
   Calcul de $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ :

   $$\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} (2 \ln x + e^{2-x})$$ $$\lim_{x \to +\infty} 2 \ln x = +\infty$$ $$\lim_{x \to +\infty} e^{2-x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{e^2}{e^x} = 0$$

   Donc, $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty + 0 = \boxed{+\infty}$.

   Calcul de $\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x}$ :

   $$\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2 \ln x + e^{2-x}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \left(\frac{2 \ln x}{x} + \frac{e^{2-x}}{x}\right)$$

   Nous savons que $\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x} = 0$, donc $\lim_{x \to +\infty} \frac{2 \ln x}{x} = 0$.
   Pour le second terme : $\lim_{x \to +\infty} \frac{e^{2-x}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{e^2}{x e^x}$. Puisque $x e^x \to +\infty$ quand $x \to +\infty$, alors $\lim_{x \to +\infty} \frac{e^2}{x e^x} = 0$.
   Donc, $\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = 0 + 0 = \boxed{0}$.

   Interprétation graphique :
   Puisque $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$ et $\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = 0$, la courbe (C) admet une branche parabolique de direction l'axe des abscisses (OI) en $+\infty$.

4. On appelle $h$ la fonction numérique définie sur $]0 ; +\infty[$ par $h(x) = xe^{2-x} - 2$. a) Justifie que $\forall x \in ]0 ; +\infty[$, $f'(x) = -\frac{h(x)}{x}$. Calculons la dérivée de $f(x) = 2 \ln x + e^{2-x}$ :

   $$f'(x) = \frac{2}{x} + e^{2-x} \cdot (-1) = \frac{2}{x} - e^{2-x}$$

   Maintenant, calculons $-\frac{h(x)}{x}$ :

   $$-\frac{h(x)}{x} = -\frac{xe^{2-x} - 2}{x} = -\left(\frac{xe^{2-x}}{x} - \frac{2}{x}\right) = -(e^{2-x} - \frac{2}{x}) = -e^{2-x} + \frac{2}{x} = \frac{2}{x} - e^{2-x}$$

   Puisque les deux expressions sont égales, on a bien $\forall x \in ]0 ; +\infty[$, $f'(x) = -\frac{h(x)}{x}$.

   b) Étudie le sens de variation de $f$.
   Le sens de variation de $f$ est donné par le signe de $f'(x)$.
   Nous avons $f'(x) = -\frac{h(x)}{x}$.
   Sur $]0 ; +\infty[$, $x$ est toujours positif. Donc le signe de $f'(x)$ est l'opposé du signe de $h(x)$.
   D'après l'énoncé, nous avons le signe de $h(x)$ :

   • $\forall x \in ]0 ; \alpha[ \cup ]2 ; +\infty[ : h(x) < 0$. Dans ces intervalles, $f'(x) = -\frac{h(x)}{x} > 0$. Donc $f$ est strictement croissante.
   • $\forall x \in ]\alpha ; 2[ : h(x) > 0$. Dans cet intervalle, $f'(x) = -\frac{h(x)}{x} < 0$. Donc $f$ est strictement décroissante.
   • Aux points $x=\alpha$ et $x=2$, $h(x)=0$, donc $f'(x)=0$.

   c) Dresse le tableau de variation de $f$.
   Nous avons les valeurs suivantes :
   $\lim_{x \to 0^+} f(x) = -\infty$.
   $f(\alpha) = 2 \ln \alpha + e^{2-\alpha}$. (L'énoncé donne $f(\alpha) \approx 3,1$ pour $\alpha \approx 0,4$).
   $f(2) = 2 \ln 2 + e^{2-2} = 2 \ln 2 + e^0 = 2 \ln 2 + 1$. (L'énoncé donne $f(2) \approx 2,4$).
   $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$.

   Voici le tableau de variation :

   \hline x & 0 & & \alpha & & 2 & & +\infty \\ \hline h(x) & & - & 0 & + & 0 & - & \\ \hline f'(x) & & + & 0 & - & 0 & + & \\ \hline f(x) & -\infty & \nearrow & f(\alpha) & \searrow & f(2) & \nearrow & +\infty \\ \hline \end{array}$$