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 $\boxed{y(x) = Ce^{-x}, avec C \in \mathbb{R}}$.

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 $\boxed{f(x) = 2 \ln x + Ce^{-x}, avec C \in \mathbb{R}}$.

   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}$$

5. Démontrer que l'équation $f(x)=0$ admet une solution unique $\beta$ dans l'intervalle $]0 ; \alpha[$. Considérons la fonction $f$ sur l'intervalle $]0 ; \alpha[$.

   • $f$ est continue sur $]0 ; \alpha[$ (car elle est dérivable).
   • $f$ est strictement croissante sur $]0 ; \alpha[$ (d'après le tableau de variation).
   • $\lim_{x \to 0^+} f(x) = -\infty$.
   • $f(\alpha) \approx 3,1$ (valeur donnée dans l'énoncé). Puisque $0 \in ]-\infty ; f(\alpha)[$, d'après le théorème des valeurs intermédiaires (corollaire de la bijection), il existe une unique valeur $\beta \in ]0 ; \alpha[$ telle que $f(\beta)=0$.

6. Construis la courbe (C) (Tu prendras : $\beta = 0,2$, $f(\beta)=0$, $f(\alpha)=3,1$ avec $\alpha=0,4$ et $f(2)=2,4$). Unités graphiques : 5 cm sur l'axe (OI) et 2 cm sur l'axe (OJ). Je ne peux pas dessiner le graphique ici, mais voici les éléments clés pour sa construction :

   • Asymptote verticale : L'axe des ordonnées ($x=0$). La courbe descend vers $-\infty$ le long de cet axe.
   • Point d'intersection avec l'axe des abscisses : $(\beta ; 0) = (0,2 ; 0)$.
   • Maximum local : $(\alpha ; f(\alpha)) = (0,4 ; 3,1)$.
   • Minimum local : $(2 ; f(2)) = (2 ; 2,4)$.
   • Branche parabolique : En $+\infty$, la courbe monte vers $+\infty$ en se rapprochant de la direction de l'axe des abscisses.
   • Unités : Pour placer les points, multipliez les abscisses par 5 cm et les ordonnées par 2 cm.
     • $(0,2 ; 0)$ est à $0,2 \times 5 = 1$ cm sur l'axe des abscisses.
     • $(0,4 ; 3,1)$ est à $0,4 \times 5 = 2$ cm sur l'axe des abscisses et $3,1 \times 2 = 6,2$ cm sur l'axe des ordonnées.
     • $(2 ; 2,4)$ est à $2 \times 5 = 10$ cm sur l'axe des abscisses et $2,4 \times 2 = 4,8$ cm sur l'axe des ordonnées.

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