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Niveau 2 — Équations différentielles — 35 min

Changement de fonction z = y e^x

On considère l'équation $(E)$ : $y'=-y+e^{-x}$ sur $\mathbb{R}$ . Dans ce cas, le second membre est « de même nature » que les solutions de l'équation homogène ; une solution particulière ne s'obtient donc pas par la méthode usuelle.

Soit $y$ une fonction dérivable et $z(x)=y(x)e^{x}$ . Montrer que $y$ est solution de $(E)$ si et seulement si $z'(x)=1$ .
En déduire les solutions de $(E)$ .
Déterminer la solution $f$ vérifiant $f(0)=1$ .
Étudier les limites et les variations de $f$ .
Discuter, selon le réel $m$ , le nombre de solutions de l'équation $f(x)=m$ .

Niveau 2 — Équations différentielles — 35 min

Corrigé — Changement de fonction z = y e^x

$z'(x)=\left(y'(x)+y(x)\right)e^x$ . Donc $y'=-y+e^{-x}\iff y'+y=e^{-x}\iff z'(x)=e^{-x}e^x=1$ .
$z'=1\iff z(x)=x+C$ , donc $y(x)=z(x)e^{-x}=(x+C)e^{-x}$ , $C\in\mathbb{R}$ .
$f(0)=C=1$ donc $f(x)=(x+1)e^{-x}$ .
$f'(x)=e^{-x}-(x+1)e^{-x}=-xe^{-x}$ : positive si $x<0$ , négative si $x>0$ . $f(0)=1$ maximum. En $-\infty$ : $x+1\to-\infty$ , $e^{-x}\to+\infty$ donc $f\to-\infty$ . En $+\infty$ : $f(x)=\dfrac{x}{e^x}+e^{-x}\to0$ (croissances comparées).
Sur $]-\infty\,;\,0]$ , $f$ est continue strictement croissante de $-\infty$ à $1$ ; sur $[0\,;\,+\infty[$ , continue strictement décroissante de $1$ à $0$ (non atteint). Donc : $m>1$ : aucune solution ; $m=1$ : une solution ( $x=0$ ) ; $0<m<1$ : deux solutions (une sur chaque intervalle) ; $m\leq0$ : une seule solution, négative (par ex. $m=0$ : $x=-1$ ).