Solutions des exercices

Solution 8.1 : $y^{\prime\prime}-4y=0.$

Solution 8.2 : Non, car $\varphi^{\prime \prime}\left( x\right) -\varphi\left( x\right) =-x+2\sin x.$

Solution 8.3 : En séparant les variables, on trouve que les solutions sont les fonctions définies par :

$$x\mapsto C\sqrt{\left( x^{2}+1\right) }$$

où $C$ est une constante réelle.

Solution 8.4 :En séparant les variables, on a sur $\mathbb{R}_{\ast}^{+}$:

$$y-2xy^{\prime}=1\Leftrightarrow\frac{y^{\prime}}{y-1}=\frac{1}{2x} \Leftrightarrow\frac{dy}{y-1}=\frac{dx}{2x}$$

Par intégration, on trouve comme solutions les fonctions $x\mapsto 1+k\sqrt{x},$ avec $k$ réel.

Solution 8.5 : On trouve $y\left( t\right) =ke^{-2t}$.

Solution 8.6 : On trouve $y\left( t\right) =k\left( \sin t\right) .$

Solution 8.7 : On trouve $y\left( x\right) =-\frac{5}{3}+C\,e^{3x}$

Solution 8.8 : On trouve $y\left( x\right) =\left( \frac{1}{3}e^{3x}+k\right) e^{-2x}$.

Solution 8.9 : On trouve :

$$y\left( t\right) =-\frac{1}{5}\cos t+\frac{2}{5}\allowbreak\sin t+ke^{\frac{1}{2}t}$$

Solution 8.10 : Les solutions de l'équation homogène sont $x\mapsto Ke^{-2x}.$ On cherche une solution particuliè re en posant $\varphi\left( x\right) =K\left( x\right) e^{-2x}.$ En reportant dans l'équation différentielle, il vient $K^{\prime}\left( x\right) =xe^{3x},$ puis $K\left( x\right) =\frac{\left( 3x-1\right) e^{3x}}{9}.$ Les solutions de l'équation différentielle sont donc définies par

$$y\left( x\right) =\frac{1}{9}e^{x}\left( 3x-1\right) +\frac{C}{e^{2x}}$$

Solution 8.11 : La fonction $t\mapsto-\frac{\cos t}{\sin t}$ est dérivable sur $\left] 0,\pi\right[ ,$ de dérivée $t\mapsto\frac{1}{\sin^{2}t}$. Les solutions de l'équation homogène sont les fonctions $t\mapsto k\sin t.$ On applique la méthode de Lagrange pour déterminer une solution particulière. On trouve que :

$$k\left( t\right) =\int\frac{t}{\sin^{2}t}dt=-t\frac{\cos t}{\sin t} +\int\frac{\cos t}{\sin t}dt=-t\frac{\cos t}{\sin t}+\ln\left( \sin t\right)$$

Les solutions de l'équation différentielle sont donc :

$$t\mapsto k\sin t-t\cos t+\sin t\ln\left( \sin t\right)$$

Solution 8.12 : Par application des formules du cours :

$$\begin{tabular}[c]{l} $2y^{\prime\pr... ...our solution }y\left( x\right) =C_{1}e^{x}\sin2x+C_{2}e^{x}\cos2x$\end{tabular}$$

où $C_{1}$ et $C_{2}$ sont deux constantes réelles.

Solution 8.13 : Les solutions de

$$y^{\prime\prime}-2y^{\prime}+6y=t^{2}+t-5$$

sont les fonctions $y$ définies par :

$$y\left( t\right) =-\frac{43}{54}+\frac{5}{18}t+\frac{1}{6}t^{2}+C_{1} e^{t}\sin\sqrt{5}t+\allowbreak C_{2}e^{t}\cos\sqrt{5}t$$

Solution 8.14 : Les solutions de

$$y^{\prime\prime}+9y=2\cos\left( 3t\right)$$

sont les fonctions $y$ définies par :

$$y\left( t\right) =\frac{1}{3}\left( \sin3t\right) t+C_{1}\cos 3t+\allowbreak C_{2}\sin3t$$

La solution vérifiant les conditions proposées est la fonction obtenue pour $C_{1}=C_{2}=1.$

Solution 8.15 : 1. Cette quantité est de $150\times \frac{4}{100}=6$ litres.
2. a) On trouve que $g\left( t\right) =\frac{6}{0.005}=\allowbreak 1200$ pour tout $x$ réel.
2. b) Voir cours 2. c) Les solutions de l'équation $\left( E^{\prime }\right)$ sont $t\rightarrow Ke^{-0,005t}.$ D'après la question b) on sait que les solutions de (E) sont donc les fonctions $f$ définies par $f\left( t\right) =Ke^{-0,005t}+1200.$
2. d) Comme $f\left( 0\right) =0,$ il vient $K=-1200,$ d'où $y\left( t\right) =1200\left( 1-e^{-0,005t}\right) .$
3. $p\left( t\right) =\frac{y\left( t\right) }{30000}\times 100=$ $4\left( 1-e^{-0,005t}\right) .$
4. La fonction $p$ est croissante, donc le maximum s'obtiendra quand $t$ tend vers $+\infty .$ Or, la limite de $p$ quand $t$ tend vers $+\infty$ est égale à 4. On en déduit donc que le pourcentage maximal de subtance $S$ sera donc de 4 %.
5. $p\left( t\right) =2\Leftrightarrow 2=4\left( 1-e^{-0,005t}\right) \Leftrightarrow e^{-0,005t}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow t=\frac{\ln 2}{0,005} \approx 138,6$ heures.

Solution 8.16 :

1. Pour tout $x$ de $\left] 0;+\infty \right[$, on a :

$$p\left( x\right) =e^{-x}\ln x\quad p^{\prime }\left( x\right) =\f... ...e \prime }\left( x\right) = \frac{e^{-x}\left( -1-2x+x^{2}\ln x\right) }{x^{2}}$$

Il suffit alors de vérifier que pour tout $x$ de $\left] 0;+\infty \right[$, on a :

$$p^{\prime \prime }\left( x\right) +3p^{\prime }\left( x\right) +2p\left( x\right) =\frac{x-1}{x^{2}}e^{-x}\qquad \left( 3\right)$$

pour vérifier que $p$ est bien une solution particulière de l'é quation $\left( 1\right) .$
2. Une fonction $f$, définie sur $\left] 0;+\infty \right[$ est solution de l'équation différentielle $\left( 1\right)$ si et seulement si elle vérifie pour tout $x$ de $\left] 0;+\infty \right[$ :

$$f^{\prime \prime }\left( x\right) +3f^{\prime }\left( x\right) +2f\left( x\right) =\frac{x-1}{x^{2}}e^{-x}$$

Par soustraction membre à membre avec l'égalité $\left( 3\right)$, l'égalité précédente équivaut à :

$$\begin{array}{c} f^{\prime \prime }\left( x\right) +3f^{\prim... ...ft( x\right) +2\left( f-p\right) \left( x\right) =0 \end{array}$$

Ce qui équivaut au fait que la fonction $h=f-p$ est une solution de l' équation différentielle $\left( 2\right)$.
3. Avec les formules de cours, on trouve que les solutions de l'équation différentielle $\left( 2\right)$ sont les fonctions $h$ définies par

$$h:x\mapsto \lambda \,e^{-x}+\mu \,e^{-2x}$$

où $\lambda$ et $\mu$ sont deux constantes réelles quelconques.
4. D'après les questions précédentes, l'ensemble des solutions de l'équation différentielle $\left( 1\right)$ est constitué par les fonctions $h+p$, c'est à dire que cet ensemble de solutions est constitué des fonctions définies sur $\left] 0;+\infty \right[$ par :

$$x\mapsto \lambda \,e^{-x}+\mu \,e^{-2x}+e^{-x}\ln x$$

I) Etude d'une fonction auxiliaire

1. $\lim_{x\rightarrow 0^{+}}g\left( x\right) =+\infty$ car $\lim_{x\rightarrow 0^{+}}\left( -\ln x\right) =+\infty$ et $\lim_{x\rightarrow 0^{+}}\frac{1}{x}=+\infty$. De même, $\lim_{x\rightarrow +\infty }g\left( x\right) =-\infty$ car $\lim_{x\rightarrow +\infty }\ln x=+\infty$ et $\lim_{x\rightarrow +\infty } \frac{1}{x}=0.$
2. Pour tout $x$ de $\left] 0;+\infty \right[$ on a

$$g^{\prime }\left( x\right) =\frac{-1-x}{x^{2}}$$

Le signe de $g^{\prime }\left( x\right)$ est celui de $\left( -1-x\right)$ , d'où le tableau de variation de $g$ :

$$\begin{tabular}{l\vert\vert lp{1cm}l} $x$\ & $0$\ & & $+\infty $\... ...lumn{1}{c}{$\searrow $} & \\ & & \multicolumn{1}{c}{} & $-\infty $\end{tabular}$$

3. La fonction $g$ est continue et strictement décroissante sur $\left] 0;+\infty \right[$. Elle réalise donc une bijection de $\left] 0;+\infty \right[$ sur $\left] -\infty ;+\infty \right[$. Comme 0 appartient à l'intervalle image, l'équation $g\left( x\right) =0$ admet une seule solution $\alpha$ dans $\left] 0;+\infty \right[$. Comme de plus

$$g\left( 0,45\right) \simeq 0,02>0 g\left( 0,46\right) \simeq -0,05<0$$

on en déduit aisément que cette solution $\alpha$ appartient à $\left[ 0,45;0,46\right] .$
4. La fonction $g$ est décroissante sur $\left] 0;\alpha \right[$ avec $g\left( \alpha \right) =0$, donc $g\left( x\right)$ est positive sur cet intervalle. De même, on montre que $g\left( x\right)$ est négative sur $\left] \alpha ;+\infty \right[ .$

II) Etude de la fonction $f$.

1. $\lim_{x\rightarrow 0^{+}}f\left( x\right) =-\infty .$ De plus, pour tout $x>0,$ on a :

$$f\left( x\right) =3e^{-x}+\frac{\ln x}{e^{x}}=3e^{-x}+\frac{\ln x}{x}\times \frac{x}{e^{x}}$$

Or $\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{\ln x}{x}=0$ et $\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{e^{x}}{x}=+\infty ,$ donc $\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{x }{e^{x}}=0$ d'après le cours.
Donc $\lim_{x\rightarrow +\infty }f\left( x\right) =0.$ On en déduit que les droites d'équations $x=0$ et $y=0$ sont asymptotes à $\mathcal{C} .$
2. Pour tout $x>0,$ $f^{\prime }\left( x\right) =\allowbreak e^{-x}\left( -3-\ln x+\frac{1}{x}\right) =e^{-x}g\left( x\right) .$ Le signe de $f^{\prime }\left( x\right)$ est donc celui de $g\left( x\right) ,$ étudi é précédemment. Donc $f$ est croissante sur $\left] 0;\alpha \right[$ et décroissante sur $\left] \alpha ,+\infty \right[ .$ On trouve que $f\left( \alpha \right) \simeq 1,40$.
3. $f\left( x\right) =0\Leftrightarrow 3+\ln x=0\Leftrightarrow x=e^{-3},$ car $e^{-x}\neq 0$ pour tout $x.$ Les coordonnées du point d'intersection de la courbe $\mathcal{C}$ avec l'axe des abscisses sont $\left( 0,e^{-3}\right) .$ 4. Le tracé de $C$ est le suivant :

III) Calcul d'aire

1. $I=\int_{0,25}^{\alpha }\ln x\,dx=\left[ x\ln x\right] _{0,25}^{\alpha }-\int_{... ... }dx=\left[ x\ln x\right] _{0,25}^{\alpha }-\left[ x \right] _{0,25}^{\alpha }.$ On trouve que :

$$I=\alpha \left( -1+\ln \alpha \right) +\frac{\ln 2}{2}+\frac{1}{4}$$

2. (a) $J=\left[ -3x\right] _{0,25}^{\alpha }-I+\left[ \ln x\right] _{0,25}^{\alpha }=-2\alpha +\left( 1-\alpha \right) \ln \alpha +\frac{1}{2}+ \frac{3\ln 2}{2}.$
(b) Puisque $g\left( \alpha \right) =0,$ on a $-3-\ln \alpha +\frac{1}{ \alpha }=0,$ d'où $\ln \alpha =-3+\frac{1}{\alpha }.$ En reportant dans l'expression de $J,$ on trouve bien que :

$$J=\alpha +\frac{1}{\alpha }-\frac{7}{2}+\frac{3}{2}$$

Solution 8.17 : Partie A

1. Dérivons l'équation $(E_1)$ :
   $$x''+2y'=-2\cos t~~~~~~~~~~~~~(1)$$
   De l'équation $(E_2)$, on tire :
   $$y'=2x+2\cos t$$
   En remplaçant $y'$ dans l'équation $(1)$, il vient :
   $$x''+2(2x+2\cos t)=-2\cos t$$
   $$x''+4x+4\cos t=-2\cos t$$
   $$x''+4x=-6\cos t$$
   qui est l'équation différentielle $(E)$.
2. L'équation sans second membre a pour équation caractéristique :
   $$r^2+4=0$$
   dont les solutions sont :
   $$r_1=2i~~~~~\textnormal{et}~~~~r_2=-2i~~~~\textnormal{donc}~~~~ \alpha=\Re(r_1)=0~~~~\textnormal{et}~~~~\beta=\Im(r_1)=2$$
   Donc la solution générale de l'équation sans second membre est :
   $$x=(\lambda \cos \beta t +\mu \sin \beta t ){\rm e}^{\alpha t} =\lambda \cos (2t) +\mu \sin (2t)$$
   Recherchons maintenant une solution particulière $x$ de l'équation complète $(E)$ sous la forme :
   $$x=a\cos t +b\sin t$$
   donc $x'=-a\sin t+b\cos t$ et $x''=-a\cos t-b\sin t$ ; en remplaçant dans $(E)$, il vient donc :
   $$x''+4x=-a\cos t-b\sin t+4a\cos t+4b\sin t=3a\cos t+3b\sin t$$
   Il faut donc que :
   $$3a\cos t+3b\sin t=-6\cos t$$
   Donc $b=0$ et $a=-2$ conviennent ; par conséquent $x=-2\cos t$ est une solution particulière de l'équation complète $(E)$.
   En conclusion, la solution générale de l'équation $(E)$ est :
   $$x=\lambda \cos (2t) +\mu \sin (2t) -2\cos t~~~~~~~~~(2)$$
   Pour déterminer les solutions du système $(S)$, il reste à calculer $y$ ; on sait que, d'après $(E_1)$ :
   $$y=\frac{1}{2}(-x'-2\sin t)$$
   On obtient donc, en remplaçant, à l'aide de l'équation $(2)$ :
   

   $$y = \frac{1}{2}(-(-2\lambda\sin (2t) + 2\mu\cos (2t)+2\sin t)-2\sin t)$$

   $$y = \frac{1}{2}(2\lambda\sin (2t) - 2\mu\cos (2t)-4\sin t)$$

   $$y = -\mu\cos (2t) + \lambda\sin (2t) -2\sin t$$

   
   
   On vérifie, sans difficulté, en remplaçant dans le système $(S)$, que ces solutions conviennent.
   En conclusion, la solution de $(S)$ est :
   $$\left\lbrace\begin{array}{l} x=\lambda \cos (2t) +\mu \sin (2t) -2\cos t \\ y=-\mu\cos (2t) + \lambda\sin (2t) -2\sin t \end{array}\right.$$

3. Déterminons la solution particulière qui satisfait $x(0)=-1$ et $y(0)=0$. Il vient donc :
   $$x(0)=\lambda-2=-1~~~~\textnormal{donc}~~~~\lambda=1$$
   et
   $$y(0)=-\mu=0~~~~\textnormal{donc}~~~~\mu=0$$
   Donc la solution particulière de $(E)$ demandée est :
   $$\left\lbrace\begin{array}{l} x=\cos (2t)-2\cos t\\ y=\sin (2t)-2\sin t \end{array}\right.$$

Partie B

1. $f(-t)=f(t)$ car $\cos$ est pair ; $g(-t)=-g(t)$ car $\sin$ est impair ; donc la courbe $(\Gamma)$ admet l'axe des abscisses pour axe de symétrie.
   En effet : si le point $M\left( f(t)~,~g(t) \right)\in (\Gamma)$ alors son symétrique par rapport à l'axe des abscisses $N\left( f(-t)~,~g(-t) \right)\in (\Gamma)$.
2. 1. [2.1] Calculons $f'(t)$ :
      

      $$f'(t) = -2\sin (2t)+2\sin t=-2(\sin (2t)-\sin t)$$

      $$= -2 \times 2\sin \left(\frac{t}{2} \right) \cos\left( \frac{3t}{2} \right)= -4 \sin \left( \frac{t}{2} \right) \cos\left( \frac{3t}{2}\right)$$

      
      

   2. [2.2] Si $0\leqslant t \leqslant \pi$, on a :
      • d'une part $0\leqslant \frac{t}{2} \leqslant \frac{\pi}{2}$ donc $\sin \left( \frac{t}{2} \right)\geqslant 0$
      • d'autre part $0\leqslant \frac{3t}{2} \leqslant \frac{3\pi}{2}$ donc il y a deux cas :
        $$\left\lbrace\begin{array}{l} \textnormal{si}~~0\leqslant \frac{3t... ...rmal{alors}~~~~\cos\left( \frac{3t}{2} \right)\leqslant 0\\ \end{array}\right.$$
        En résumé :

        $t$	0		$\frac{\pi}{3}$		$\pi$
        $\textnormal{signe de}~f'(t)$	0	$-$	0	$+$	0

3. On admet que :
   $$g'(t)=-4 \sin \left( \frac{t}{2} \right) \sin \left( \frac{3t}{2}\right)$$
   ainsi que :

   $t$	0		$\frac{2\pi}{3}$		$\pi$
   Signe de $g'(t)$	0	$-$	0	$+$

   donc le tableau conjoint sur $[0~,~\pi]$ est :

   $t$	0		$\frac{\pi}{3}$		$\frac{2\pi}{3}$		$\pi$
   $f't)$	0	$-$	0		$+$		0
   	$-1$						$3$
   $f(t)$		$\searrow$			$\nearrow$
   			$-\frac{3}{2}$
   $g'(t)$	0		$-$		0	$+$
   	0						0
   		$\searrow$
   $g(t)$			$-\frac{\sqrt{3}}{2}$			$\nearrow$
   				$\searrow$
   					$-3\frac{\sqrt{3}}{2}$

4. Calculons le vecteur tangent $\overrightarrow{V} \left(\begin{array}{l} f'(t) \\ g'(t) \end{array}\right)$ dans les trois cas ci-dessous :
   • si $t=\frac{\pi}{3}$ alors $f'\left(\frac{\pi}{3}\right)=0$ et $g'\left(\frac{\pi}{3}\right)= -4\sin\left(\frac{\pi}{6}\right)\sin\left(\frac{\pi}{2}\right)\neq 0$ donc $\overrightarrow{V_B}$ est colinéaire à $\overrightarrow{j}$ ;
   • si $t=\frac{2\pi}{3}$ alors $g'\left(\frac{2\pi}{3}\right)=0$ et $f'\left(\frac{2\pi}{3}\right)= -4\sin\left(\frac{\pi}{3}\right)\cos \pi \neq 0$ donc $\overrightarrow{V_C}$ est colinéaire à $\overrightarrow{i}$ ;
   • si $t=\pi$ alors $f'\left(\pi\right)=0$ et $g'\left(\pi\right)= -4\sin\left(\frac{\pi}{2}\right)\sin\left(\frac{3\pi}{2}\right)\neq 0$ donc $\overrightarrow{V_D}$ est colinéaire à $\overrightarrow{j}$.
5.  
   

Solution 8.18 :

PARTIE A

1. L'équation caractéristique est
   $$r^{2}-r-2=0$$
   qui a pour solution 2 et -1, donc les fonctions $y$ solutions de l'équation différentielle sont définies sur $\mathbb{R}$ par :
   $$y\left( x\right) =Ae^{2x}+Be^{-x}%%$$
   où $A$ et $B$ sont deux constantes réelles quelconques.

2. On a :
   $$%% \begin{array}[c]{c}%% h^{\prime}\left( x\right) =\left( 2-... ...}\left( x\right) =\left( x^{2}-2x-2\right) e^{-x}%% \end{array}$$
   ce qui permet facilement de vérifier que
   $$h^{\prime\prime}\left( x\right) -h^{\prime}\left( x\right) -2h\left( x\right) =\left( -6x-4\right) e^{-x}%%$$
   ce qui prouve bien que $h$ est une solution particulière de l'équation différentielle $\left( E\right)$.

3. D'après le cours, on sait que toute solution de l'équation différentielle $\left( E\right)$ est somme d'une solution particulière et d'une solution de l'équation $\left( E_{0}\right)$, donc toute solution $f$ de $\left( E\right)$ a pour expression :
   $$f\left( x\right) =Ae^{2x}+Be^{-x}+\left( x^{2}+2x\right) e^{-x}%%$$

4. On a facilement :
   $$f\left( 0\right) =A+B=1\quad f^{\prime}\left( 0\right) =2A-B+2=1$$
   ce qui donne un système d'équations ayant pour solutions $A=0$ et $B=1$. La fonction $f$ a donc pour expression :
   $$f\left( x\right) =\left( x^{2}+2x+1\right) e^{-x}=\left( x+1\right) ^{2}e^{-x}%%$$

PARTIE B

1. 1. On a
      $$\lim_{x\rightarrow-\infty}\left( x+1\right) ^{2}=+\infty\quad\lim... ...tarrow-\infty}e^{-x}=+\infty\Rightarrow\lim_{x\rightarrow-\infty }f(x)=+\infty$$

   2. D'après le cours, ou bien à l'aide du changement de variable défini par $X=-x$, on a $\lim_{x\rightarrow+\infty}x^{2}e^{-x}=0$ et $\lim_{x\rightarrow+\infty}xe^{-x}=0$. Il suffit ensuite d'écrire $f\left( x\right)$ sous la forme :
      $$f\left( x\right) =x^{2}e^{-x}+2xe^{-x}+e^{-x}%%$$
      pour en déduire $\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)=0$.

   3. On en déduit que la courbe représentative de $f$ admet une asymptote horizontale d'équation $y=0$, c'est à dire l'axe des abscisses.

2. 1. $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et pour tout $x$ de $\mathbb{R}%%$,
      $$f^{\prime}(x)=2\left( x+1\right) e^{-x}-\left( x+1\right) ^{2}%% e^{-x}=\left( 2x+2-x^{2}-2x-1\right) e^{-x}=\left( 1-x^{2}\right) e^{-x}%%$$

   2. Comme $e^{-x}>0$, le signe de $f^{\prime }\left( x\right)$ est celui de $\left( 1-x^{2}\right)$, trinôme qui a deux racines $-1$ et $1$. En conséquence $\left( 1-x^{2}\right) \mathbb{\geqslant}0$ sur $\left[ -1,1\right]$. Donc $\left[ -1,1\right]$ est l'intervalle solution de l'inéquation $f^{\prime}(x)\mathbb{\geqslant}0$.

   3. On en déduit facilement que $f$ est décroissante sur $\left] -\infty,-1\right]$, croissante sur $\left[ -1,1\right]$ et décroissante sur $\left[ 1,+\infty\right[$.

3. 1. On a à l'aide du formulaire :
      $$e^{t}=1+t+\frac{t^{2}}{2}+t^{2}\varepsilon\left( t\right) \Rightarrow e^{-x}=1-x+\frac{x^{2}}{2}+x^{2}\varepsilon\left( x\right)$$
      avec $\lim_{x\rightarrow0}\varepsilon\left( x\right) =0$.

   2. Il suffit d'utiliser le produit de deux développements limités :
      $$%% \begin{array}[c]{c}%% f\left( x\right) =\left( x^{2}+2x+1\... ...+x-\frac{1}{2}x^{2}+x^{2}\varepsilon\left( x\right) \end{array}$$
      en ne conservant dans le développement que les termes d'ordre au plus égal à deux.

   3. Une équation de la tangente $T$ à la courbe $C$ au point d'abscisse 0 est donc
      $$y=1+x$$
      et comme
      $$f\left( x\right) -\left( 1+x\right) =-\frac{1}{2}x^{2}+x^{2}%% \varepsilon\left( x\right)$$
      on peut en déduire que sur un voisinage de 0, le signe de cette différence est égal à celui de $-\frac{1}{2}x^{2}$, c'est à dire négatif. En conséquence, on peut dire que la courbe $C$ est en dessous de $T$ au voisinage de ce point.

PARTIE C

1. 1. La fonction $f$ définie dans la partie B étant une solution de l'équation différentielle $\left( E\right)$, on peut donc dire que pour tout $x$ réel :
      $$f''''\left( x\right) -f^{\prime}\left( x\right) -2f\left( x\right) =\left( -6x-4\right) e^{-x}%%$$
      On isole facilement $f\left( x\right)$ dans un membre pour obtenir l'égalité demandée :
      $$f\left( x\right) =\frac{1}{2}\left[ f^{\prime\prime}\left( x\right) -f^{\prime}\left( x\right) +(6x+4)e^{-x}\right]$$

   2. Un simple calcul de dérivation fournit :
      $$%% \begin{array}[c]{c}%% F^{\prime}\left( x\right) =\frac{1}{... ...x\right) +(6x+4)e^{-x}\right] \\ =f\left( x\right) \end{array}$$
      et ceci pour tout $x$ de $\mathbb{R}$.

   3. On remplace dans l'expression de $F\left( x\right)$ $f\left( x\right)$ et $f^{\prime }\left( x\right)$ par leurs expressions , ce qui fournit facilement :
      $$F\left( x\right) =\left( -x^{2}-4x-5\right) e^{-x}%%$$

2. L'aire $A$ de la partie du plan hachurée sur la figure est, en unités d'aire, donnée par l'intégrale
   $$A=\int_{-1}^{0}f\left( x\right) dx=F\left( 0\right) -F\left( -1\right) =2e-5$$