Correction de l’exercice 1 du Bac S – Am. du Sud – Nov. 2007. Mathématiques

« Cette dernière égalité équivaut à : f ’(x) = 2 f(x) + f 0’(x) – 2f 0(x). Or, comme f 0est solution de (E), pour tout réel x, f 0’(x) – 2f 0(x) = cos x. D’où l’égalité f ’(x) = 2 f(x) + f 0’(x) – 2f 0(x) équivaut à l’égalité f ’(x) = 2 f(x) + cos x qui signifie que f est solution de (E). Donc f est solution de (E) si et seulement si f – f 0est solution de (E 0). d) En déduire les solutions de (E). On déduit des deux questions précédentes l’équivalence : f est solution de (E) si et seulement si, pour tout réel x, (f – f 0)(x) = C e 2x où C est une constante. L’égalité précédente s’écrit : f(x) = f 0(x) + C e 2x d’où d’après le résultat du 2)a), pour tout réel x, f(x) = 5 2 cos x + 5 1sin x + C e 2x. Donc les solutions de (E) sont les fonctions définies sur R par : x 5 2 cos x + 5 1sin x + C e 2x où C est une constante réelle. e) Déterminer la solution k de (E) vérifiant k( 2  ) = 0. On connaît, d’après la question précédente, la forme générale des fonctions solutions de l’équation différentielle (E). On obtient la valeur particulière de C avec la condition particulière vérifiée par la fonction solution k : 5 2 cos( 2  ) + 5 1sin( 2  ) + C 22e = 0 On obtient : 0 + 5 1 + C e = 0 d’où C = e 5 1 = – e5 1 . Donc la solution k de (E) vérifiant k( 2  ) = 0 est définie sur R par : x 5 2 cos x + 5 1sin x – e5 1 e2x ou bien x  5 1(– 2 cos x + sin x – x e2 ).. »