▶ 1. Établir une inégalité par l'étude d'une fonction auxiliaire

Soit f la fonction définie sur $\text{ℝ}$ par $f(x)={\mathrm{e}}^{-x}+\frac{x}{2}.$f est dérivable sur $\text{ℝ}$ comme somme de fonctions dérivables.

Pour tout réel x, $f^{\prime }(x)=-{\mathrm{e}}^{-x}+\frac{1}{2}.$

car ${\text{e}}^{-x}>0$ et la fonction ln est strictement croissante sur $\left]0;+\infty \right[$.

Donc f est décroissante sur $\left]-\infty ;\ln 2\right[$, croissante sur $\left]\ln 2;+\infty \right[.$

Elle admet donc un minimum en ln 2.

Or $f(\ln 2)={\mathrm{e}}^{-\ln 2}+\frac{\ln 2}{2}=\frac{1}{2}+\frac{\ln 2}{2}>0$.

Donc, pour tout réel x, ${\mathrm{e}}^{-x}+\frac{x}{2}>0$.

▶ 2. Résoudre une équation différentielle $y^{\prime }=ay+h$ où h fonction continue

a) Si $y_p:x\mapsto ax+b$ est solution de $({\text{E}}_{\text{1}})$ alors, pour tout réel x :

$a+ax+b=\frac{x+1}{2}\iff \left(a-\frac{1}{2}\right)x+a+b-\frac{1}{2}=0\iff \left\{\begin{array}{l}a-\frac{1}{2}=0\\ a+b-\frac{1}{2}=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=\frac{1}{2}\\ b=0\end{array}\right.$

Réciproquement, on vérifie que $y_p:x\mapsto \frac{x}{2}$ est bien solution de (E₁).

b) Par application directe du cours, $\mathcal{S}=\left\{x\mapsto C{\text{e}}^{-x}+\frac{x}{2},C\in \text{ℝ}\right\}$.

c) La fonction $f:x\mapsto {\mathrm{e}}^{-x}+\frac{x}{2}$ est une solution de $({\text{E}}_{\text{1}})$ (avec $C=1$) qui est bien strictement positive (d'après la question 1.).

▶ 3. Effectuer un changement de variable et utiliser une équation auxiliaire

Si u est solution de $(\text{E)}$, alors u est dérivable sur $\text{ℝ}$. La fonction $v={\mathrm{e}}^u$ est dérivable par composition et pour tout réel x, $v^{\prime }(x)=u^{\prime }(x){\mathrm{e}}^{u(x)}=u^{\prime }(x)v(x).$

v ne s'annule pas sur $\text{ℝ},$ donc $\frac{v^{\prime }(x)}{v(x)}=u^{\prime }(x),$ pour tout réel x.

u est solution de $(\text{E)}$, donc pour tout réel x, on a $\left(u^{\prime }(x)+2\right){\mathrm{e}}^{\frac{u(x)}{2}}=x+1$

$\iff \left(\frac{v^{\prime }(x)}{v(x)}+2\right)\sqrt{{\mathrm{e}}^{u(x)}}=x+1\iff \left(\frac{v^{\prime }(x)}{v(x)}+2\right)\sqrt{v(x)}=x+1$

$\iff \frac{v^{\prime }(x)}{\sqrt{v(x)}}+2\sqrt{v(x)}=x+1\iff v^{\prime }(x)+2v(x)=(x+1)\sqrt{v(x)}$

$\iff v^{\prime }(x)+2v(x)-(x+1)\sqrt{v(x)}=0$. Donc v est solution de (E₂).

▶ 4. Effectuer un deuxième changement de variable

On sait que $v(x)={\mathrm{e}}^{u(x)}>0$ pour tout réel x, donc g est bien définie sur $\text{ℝ}.$ Si v est solution de $({\text{E}}_{\text{2}})$, alors v est dérivable sur $\text{ℝ}$. La fonction g est dérivable par composition et pour tout réel x, $g^{\prime }(x)=\frac{v^{\prime }(x)}{2\sqrt{v(x)}}=\frac{v^{\prime }(x)}{2g(x)}.$

v est solution de $({\text{E}}_{\text{2}})$ donc pour tout réel x, $v^{\prime }(x)+2v(x)-(x+1)\sqrt{v(x)}=0$

$\iff 2g^{\prime }(x)g(x)+2g^2(x)-(x+1)g(x)=0$

$\iff g^{\prime }(x)+g(x)-\frac{x+1}{2}=0$ car $v(x)>0$ donc g ne s'annule pas sur $\text{ℝ}$

$\iff g^{\prime }(x)+g(x)=\frac{x+1}{2}$. Donc g est solution de (E₁).

▶ 5. Conclure en regroupant les informations précédemment obtenues

Si u est une solution de (E), alors $\sqrt{{\mathrm{e}}^u}$ est une solution de (E₁) (d'après les questions 3. et 4.).

Or on sait, d'après la question 2. c) que $f:x\mapsto {\mathrm{e}}^{-x}+\frac{x}{2}$ est une solution strictement positive de $({\text{E}}_1).$

Soit u telle que $f(x)=\sqrt{{\mathrm{e}}^{u(x)}}$ sur $\text{ℝ}.$

Pour tout réel x, ${\mathrm{e}}^{u\left(x\right)}={(f(x))}^2\iff u(x)=2\ln (f(x))=2\ln \left({\mathrm{e}}^{-x}+\frac{x}{2}\right).$

Vérifions que u ainsi définie est bien solution de $(\text{E}).$u est bien définie et dérivable sur $\text{ℝ}$. Pour tout réel x, on a :

$u^{\prime }(x)=2\frac{-{\mathrm{e}}^{-x}+\frac{1}{2}}{{\mathrm{e}}^{-x}+\frac{x}{2}}=\frac{-2{\mathrm{e}}^{-x}+1}{{\mathrm{e}}^{-x}+\frac{x}{2}}.$

Donc $\begin{array}{c}(u^{\prime }(x)+2){\mathrm{e}}^{\frac{u(x)}{2}}=\left(\frac{-2{\mathrm{e}}^{-x}+1}{{\mathrm{e}}^{-x}+\frac{x}{2}}+2\right)\times \left({\mathrm{e}}^{-x}+\frac{x}{2}\right)\\ =\frac{1+x}{{\mathrm{e}}^{-x}+\frac{x}{2}}\times \left({\mathrm{e}}^{-x}+\frac{x}{2}\right)=x+1.\end{array}$

Donc $u:x\mapsto 2\ln \left({\text{e}}^{-x}+\frac{x}{2}\right)$ solution de (E) sur $\text{ℝ}$.