La solution générale de $(E_0) \; y’ + 2y = 0$ sur $\mathbb{R}$ est :
$$y_0 : x \mapsto \lambda \exp\left(-\int 2 \, dx\right) = \lambda e^{-2x}, \; \lambda \in \mathbb{R}.$$
Étant donné la forme du second membre, on cherche une solution particulière de $(E)$ sous la forme :
$$y : x \mapsto a e^x + b \cos (x) + c \sin (x), \; (a, b, c) \in \mathbb{R}^3.$$
On obtient alors :
$$y’ + 2y = (a e^x – b \sin (x) + c \cos (x)) + 2(a e^x + b \cos( x) + c \sin(x))$$
$$= 3a e^x + (2c – b) \sin (x) + (c + 2b) \cos (x).$$
Par identification, on trouve que $y$ est solution de $(E)$ si :
$$3a = 4, \quad 2c – b = 1, \quad c + 2b = 1,$$
En résolvant ce système on trouve :
$$a = \frac{4}{3}, \quad b = \frac{1}{5}, \quad c = \frac{3}{5}.$$
Une solution particulière de $(E)$ est donc :
$$y : x \mapsto \frac{4}{3} e^x + \frac{1}{5} \cos x + \frac{3}{5} \sin x.$$
Conclusion : la solution générale de $(E)$ est de la forme :
$$y : x \mapsto \frac{4}{3} e^x + \frac{1}{5} \cos x + \frac{3}{5} \sin x + \lambda e^{-2x}, \; \lambda \in \mathbb{R}.$$

L’équation caractéristique $r^2 – 5r + 6 = 0$ possède deux solutions réelles distinctes $r_1 = 2$ et $r_2 = 3$. Par conséquent, la solution générale de $(E_0)$ est donnée par :
$$y : x \mapsto \lambda e^{2x} + \mu e^{3x}, \; (\lambda, \mu) \in \mathbb{R}^2.$$
Sachant que le second membre de $(E)$ est de la forme $P(x)e^{mx}$ avec $P \in \mathbb{R}[X]$ et $m = 1$ ($m \neq 2$ et $m \neq 3$), une solution particulière de $(E)$ est cherchée sous la forme $y : x \mapsto Q(x)e^x$, où $Q \in \mathbb{R}[X]$ et $\deg(Q) = \deg(P)$. On pose :
$$Q = aX^2 + bX + c, \quad (a, b, c) \in \mathbb{R}^3.$$
Par dérivation successives, on trouve :
$$y(x) = (ax^2 + bx + c)e^x$$
$$y'(x) = ((ax^2 + bx + c) + (2ax + b))e^x$$
$$= (ax^2 + (b + 2a)x + (c + b))e^x$$
$$y »(x) = \left( (ax^2 + (b + 2a)x + (c + b)) + (2ax + (b + 2a)) \right)e^x$$
$$= (ax^2 + (b + 4a)x + (c + 2b + 2a))e^x$$
Combinaison linéaire, on obtient :
$$y »(x) – 5y'(x) + 6y(x)= (2ax^2 + (2b – 6a)x + (2c – 3b + 2a))e^x$$
Afin que $y$ soit une solution de $(E)$, il faut et il suffit que :
$$2a = 2, \quad 2b – 6a = -4, \quad 2c – 3b + 2a = 1.$$
On résout ce système de proche en proche, et on trouve :
$$a = 1, \quad b = 1, \quad c = 1.$$
Ainsi, $$y : x \mapsto (x^2 + x + 1)e^x$$ est une solution particulière de $(E)$.

Conclusion : la solution générale de $(E)$ est :
$$y : \mathbb{R} \to \mathbb{R},$$
$$x \mapsto (x^2 + x + 1)e^x + \lambda e^{2x} + \mu e^{3x}, \quad (\lambda, \mu) \in \mathbb{R}^2.$$

L’équation caractéristique $r^2 – 4r + 4 = 0$ possède une solution réelle double $r_0 = 2$. La solution générale de $(E_0)$ est donc de la forme :
$$y : x \mapsto (\lambda x + \mu)e^{2x}, \; (\lambda, \mu) \in \mathbb{R}^2.$$

Étant donné la forme du second membre, on détermine une solution particulière de $(E)$ sous la forme :
$$y : x \mapsto a \sin x + b \cos x, \; (a, b) \in \mathbb{R}^2$$
En faisant des calculs de dérivations successives puis une combinaison linéaire, on obtient :
$$y » – 4y’ + 4y = (3a + 4b) \sin x + (3b – 4a) \cos x.$$
Pour que $y$ soit une solution de $(E)$, il faut et il suffit que :
$$\begin{cases}
3a + 4b = 7, \\
3b – 4a = -1,
\end{cases}$$
En résolvant ce système on trouve :
$$a = 1, \quad b = 1.$$
Ainsi, une solution particulière de $(E)$ est défini par :
$$y : x \mapsto \sin x + \cos x.$$
Conclusion : la solution générale de $(E)$ est :
$$y : x \mapsto \sin x + \cos x + (\lambda x + \mu)e^{2x}, \; (\lambda, \mu) \in \mathbb{R}^2.$$

L’équation caractéristique $r^2 – 3r + 2 = 0$ possède deux solutions réelles distinctes, $r_1 = 1$, $r_2 = 2$. La solution générale de $(E_0)$ est donc :
$$y : x \mapsto \lambda e^x + \mu e^{2x}, \quad (\lambda, \mu) \in \mathbb{R}^2.$$
Sachant que le second membre est $x \mapsto x e^x + x e^{-2x}$, somme de termes mélangeant exponentielles et polynômes, que $1$ (le coefficient de $x$ dans $e^x$) est une solution de l’équation caractéristique et que $2$ (le coefficient de $x$ dans $e^{-2x}$) n’est pas solution de l’équation caractéristique, on cherche une solution particulière de $(E)$ sous la forme :
$$y : x \mapsto (a x^2 + b x + c) e^x + (u x + v) e^{-2x},\quad(a, b, c, u, v) \in \mathbb{R}^5$$
Par un calcul de dérivée successives :
$$y'(x) = (a x^2 + (b + 2a)x + (c + b)) e^x + (-2u x + (u – 2v)) e^{-2x},$$
$$y »(x) = (a x^2 + (b + 4a)x + (c + 2b + 2a)) e^x + (4u x + (4v – 4u)) e^{-2x}.$$
Par combinaison linéaire, on obtient :
$$y » – 3y’ + 2y = (-2ax + (2a – b)) e^x + (12u x + (12v – 7u)) e^{-2x}.$$
Pour que $y$ soit solution de $(E)$, il faut et il suffit que :
$$-2a = 1, \quad 2a – b = 0, \quad 12u = 1, \quad 12v – 7u = 0.$$
En résolvant ce système de proche en proche, on trouve :
$$a = -\frac{1}{2}, \quad b = -1, \quad u = \frac{1}{12}, \quad v = \frac{7}{144}.$$
On obtient donc une solution particulière de $(E)$ de la forme :
$$y : x \mapsto \left(-\frac{1}{2}x^2 – x\right) e^x + \left(\frac{1}{12}x + \frac{7}{144}\right) e^{-2x}.$$

Conclusion : la solution générale de $(E)$ est :
$$y : x \mapsto \left(-\frac{1}{2}x^2 – x\right) e^x + \left(\frac{1}{12}x + \frac{7}{144}\right) e^{-2x} + \lambda e^x + \mu e^{2x}, \quad (\lambda, \mu) \in \mathbb{R}^2.$$

Soit $y : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ dérivable sur $\mathbb{R}$ et à valeurs strictement positives, compose $z = \frac{1}{y}$, qui est dérivable sur $\mathbb{R}$. On a :
$$(E) \quad y’ + y – x^2y^2 = 0 \iff \frac{y’}{y^2} + \frac{1}{y} – x^2 = 0$$
$$\iff -z’ + z – x^2 = 0$$
$$\iff (F) \quad z’ – z = -x^2.$$
L’équation différentielle $(F)$ est une équation différentielle linéaire du premier ordre avec second membre. D’après le cours, la solution générale de l’équation associée sans second membre $z’ – z = 0$ est de la forme $z : x \mapsto \lambda e^x$, $\lambda \in \mathbb{R}$.
En considérant le second membre de $(F)$, on cherche une solution particulière de $(F)$ de la forme
$$z : x \mapsto ax^2 + bx + c, \quad (a,b,c) \in \mathbb{R}^3.$$
En effectuant une substitution :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \quad z'(x) – z(x) = -x^2$$
$$\iff \forall x \in \mathbb{R}, \quad (2ax + b) – (ax^2 + bx + c) = -x^2$$
$$\iff \begin{cases}
-a = -1 \\
2a – b = 0 \\
b – c = 0
\end{cases} \iff
\begin{cases}
a = 1 \\
b = 2a \\
c = b
\end{cases} \iff
\begin{cases}
a = 1 \\
b = 2 \\
c = 2.
\end{cases}$$
Une solution particulière de $(F)$ est donc de la forme :
$$z : x \mapsto x^2 + 2x + 2,$$
La solution générale de $(F)$ sur $\mathbb{R}$ est de la forme :
$$z : x \mapsto x^2 + 2x + 2 + \lambda e^x, \quad \lambda \in \mathbb{R}.$$
On utilise les conditions initiales afin de déterminer la valeur de la constante d’intégration :
$$y(0) = \frac{1}{3} \iff z(0) = 3 \iff 2 + \lambda = 3 \iff \lambda = 1.$$
On vérifie que la fonction définie par :
$$y : x \mapsto \frac{1}{x^2 + 2x + 2 + e^x} = \frac{1}{(x+1)^2 + 1 + e^x}$$
est à valeurs strictement positives sur $\mathbb{R}$.

Conclusion : il existe une unique fonction solution de l’équation différentielle, définie par :
$$y : \mathbb{R} \to \mathbb{R}, \quad x \mapsto \frac{1}{x^2 + 2x + 2 + e^x}.$$

D’après un théorème de cours, la solution homogène de $$(E_0) \; y’ – y \tan x = 0$$ sur $\left] -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right[$ est de la forme :
$$y : x \mapsto \lambda \exp\left(-\int -\tan x \, dx\right)
= \lambda e^{-\ln |\cos x|}
= \lambda e^{-\ln \cos x}
= \frac{\lambda}{\cos x}, \quad \lambda \in \mathbb{R}.$$

Afin de trouver une solution particulière de l’équation différentielle $(E)$ on applique la méthode de variation de la constante : on cherche une solution particulière de $(E)$ de la forme :
$$y : x \mapsto \lambda(x) \frac{1}{\cos x},$$
Avec $\lambda : I \to \mathbb{R}$ est une fonction inconnue dérivable.

On effectue une substitution :
$$\forall x \in I, \quad y'(x) = y(x) \tan x + \sin x$$
$$\iff \forall x \in I, \quad \frac{\lambda'(x)}{\cos x} = \sin x$$
$$\iff \forall x \in I, \quad \lambda'(x) = \sin x \cos x$$
$$\iff \forall x \in I, \quad \lambda(x) = \frac{1}{2} \sin^2 x.$$
Une solution particulière de $(E)$ est donc :
$$y : x \mapsto \frac{\lambda(x)}{\cos x} = \frac{1}{2} \frac{\sin^2 x}{\cos x}.$$
Conclusion : la solution générale de $(E)$ est de la forme :
$$y : x \mapsto \frac{\sin^2 x}{2 \cos x} + \frac{\lambda}{\cos x}, \quad \lambda \in \mathbb{R}.$$

La solution générale de $(E_0) \; y’ – \frac{2}{x}y = 0$ sur $]0 ; +\infty[$ est :

$$y : x \mapsto \lambda \exp\left(\int \frac{2}{x} \, dx\right) = \lambda x^2, \quad \lambda \in \mathbb{R}.$$

Afin de trouver une solution particulière de $(E)$, on utiliser la méthode de variation de la constante : on cherche une solution particulière de $(E)$ de la forme $y : x \mapsto \lambda(x)x^2$, où $\lambda : I \to \mathbb{R}$ est une fonction inconnue dérivable.

On effectue une substitution :
$$\forall x \in I, \quad x y’ – 2y = -\ln x \quad \iff \quad \forall x \in I, \quad \lambda'(x)x^3 = -\ln x \quad $$
$$\iff \quad \forall x \in I, \quad \lambda'(x) = \frac{-\ln x}{x^3} \quad \iff \quad \forall x \in I, \quad \lambda(x) = \int \frac{-\ln x}{x^3} dx = \int -x^{-3} \ln x \, dx.$$

On utilise une intégration par parties :
$$\int -x^{-3} \ln x \, dx = \frac{x^{-2}}{2} \ln x – \int \frac{x^{-2}}{2} \frac{1}{x} \, dx$$
$$= \frac{\ln x}{2x^2} – \frac{1}{2} \int \frac{1}{x^3} \, dx = \frac{\ln x}{2x^2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{x^{-2}}{2}$$
$$= \frac{\ln x}{2x^2} + \frac{1}{4x^2} + C$$
Avec $C$ une constante réelle.

On trouve donc une solution particulière de $(E)$ :
$$y : x \mapsto \lambda(x)x^2 = \frac{1}{2} \ln x + \frac{1}{4}.$$
Conclusion : la solution générale de $(E)$ est de la forme :
$$y : x \mapsto \frac{1}{2} \ln x + \frac{1}{4} + \lambda x^2, \quad \lambda \in \mathbb{R}.$$

Soit $f$ une fonction solution du problème.

Soit $x \in \mathbb{R}^*$, en utilisant le changement de variable $u = tx$, on a :

$$\int_0^1 f(tx) \, dt = \frac{1}{x} \int_0^x f(u) \, du,$$

ce qui donne :

$$f(x) = \frac{2}{x} \int_0^x f(u) \, du.$$

Sachant que $f$ est continue sur $\mathbb{R}$, la fonction $x \mapsto \int_0^x f(u) \, du$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. En multipliant par $x \mapsto \frac{2}{x}$, on en déduit que $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}^*$. En multipliant par $x$ membre à membre :
$$\forall x \in \mathbb{R}^*, \quad x f(x) = 2 \int_0^x f,$$
On dérive membre à membre :

$$\forall x \in \mathbb{R}^*, \quad x f'(x) + f(x) = 2 f(x).$$
On remarque que $f$ est une solution sur $\mathbb{R}^*$ de l’équation différentielle $x y’ – y = 0$.

En résolvant cette équation différentielle linéaire d’ordre 1 sans second membre, on trouve qu’il existe $(\lambda, \mu) \in \mathbb{R}^2$ tel que :
$$
\begin{cases}
\forall x \in ]-\infty ; 0[, \quad f(x) = \lambda x, \\
\forall x \in ]0 ; +\infty[, \quad f(x) = \mu x.
\end{cases}
$$

Puisque $f$ est supposée continue au point $0$, on déduit, en faisant tendre $x$ vers $0$, que $f(0) = 0$.

On utilise les conditions initiales :
$$
\begin{cases}
f(-1) = 0 & \iff -\lambda = 0 \iff \lambda = 0, \\
f(1) = 1 & \iff \mu = 1.
\end{cases}
$$
Ainsi, on obtient :
$$f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}, \quad x \mapsto
\begin{cases}
0 & \text{si } x \leq 0, \\
x & \text{si } x > 0.
\end{cases}$$

Réciproquement, on choisit la fonction $f$ telle que définie ci-dessus.

Il est évident que $f$ est continue sur $\mathbb{R}$ , que $f(-1) = 0$ et que $f(1) = 1$.

Pour tout $x \in \mathbb{R}$, en distinguant deux cas selon le signe de $x$, on a :

$$
2 \int_0^1 f(tx) \, dt
\begin{cases}
= 2 \int_0^1 0 \, dt = 0 = f(x) & \text{si } x \leq 0, \\
= 2 \int_0^1 tx \, dt = 2x \int_0^1 t \, dt = 2x \left[\frac{t^2}{2}\right]_0^1 = x = f(x) & \text{si } x > 0.
\end{cases}
$$

Ceci prouve que $f$ satisfait les conditions.

Conclusion : il existe une unique fonction $f$ solution du problème, cette fonction $f$ est définie par :
$$f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}, \quad x \mapsto
\begin{cases}
0 & \text{si } x \leq 0, \\
x & \text{si } x > 0.
\end{cases}$$

Soit $f$ une fonction solution du problème.

Soit $x \in \mathbb{R}$, en appliquant les condition aux s nombre réel $x$ et $-x$, on obtient :
$$f'(x) = \frac{1}{2} \left(f(x) + f(-x)\right)$$
et
$$f'(-x) = \frac{1}{2} \left(f(-x) + f(x)\right).$$
Par transitivité symétrie de l’égalité :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \quad f'(-x) = f'(x).$$
Par ailleurs, comme $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$, il en découle que $f’ : x \mapsto \frac{1}{2} \left(f(x) + f(-x)\right)$ est également dérivable sur $\mathbb{R}$. Ceci implique que $f$ est deux fois dérivable.

En dérivant à nouveau, on obtient :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \quad f »(x) = \frac{1}{2} \left(f'(-x) – f'(x)\right) = 0.$$

On en déduit que $f$ est une fonction affine, c’est-à-dire qu’il existe $(a, b) \in \mathbb{R}^2$ tel que :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \quad f(x) = ax + b.$$
Réciproquement, soit $(a, b) \in \mathbb{R}^2$.
La fonction affine $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}, \quad x \mapsto ax + b$, est dérivable sur $\mathbb{R}$. Soit tout $x \in \mathbb{R}$, on a :
$$f'(x) = \frac{1}{2} \left(f(x) + f(-x)\right)$$
$$\iff a = \frac{1}{2} \left((ax + b) + (-ax + b)\right)$$
$$\iff a = b.$$
Conclusion : l’ensemble des fonctions $f$ vérifiant les conditions demandées est :
$$\left\{f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}, \quad x \mapsto a(x + 1) ; \quad a \in \mathbb{R}\right\}.$$

La solution générale de l’équation différentielle linéaire (EDL1) homogène $y’ + ay = 0$ est donnée par :

$$x \mapsto \lambda e^{-ax}, \quad a \in \mathbb{R}.$$

Pour déterminer une solution spécifique de l’équation différentielle linéaire (EDL1) non homogène $y’ + ay = g$, on utilise la méthode de variation de la constante. Cette méthode consiste à rechercher une solution particulière de l’équation $(E)$ de la forme $y : x \mapsto \lambda(x) e^{-ax}$, avec $\lambda : [0; +\infty[ \to \mathbb{R}$ est une fonction inconnue dérivable, en effectuant une substitution :
$$\forall x \in [0; +\infty[, \quad y'(x) + ay(x) = g(x)$$
$$\iff \forall x \in [0; +\infty[, \quad \lambda'(x) e^{-ax} = g(x)$$
$$\iff \forall x \in [0; +\infty[, \quad \lambda'(x) = e^{ax} g(x)$$
On choisit :
$$ \forall x \in [0; +\infty[, \quad \lambda(x) = \int_0^x e^{at} g(t) \, dt.$$

Ainsi, une solution particulière de $(E)$ est définie par :
$$x \mapsto e^{-ax} \int_0^x e^{at} g(t) \, dt.$$
La solution générale de $(E)$ s’écrit alors :

$$x \mapsto e^{-ax} \int_0^x e^{at} g(t) \, dt + \lambda e^{-ax}, \quad \lambda \in \mathbb{R}.$$

Sachant que $f$ est une solution de $(E)$, il existe une constante $\lambda \in \mathbb{R}$ telle que :

$$\forall x \in [0; +\infty[, \quad f(x) = e^{-ax} \int_0^x e^{at} g(t) \, dt + \lambda e^{-ax}.$$

En choisissant $x=0$ , on obtient : $\lambda = f(0)$.

Ainsi, on a :
$$\forall x \in [0; +\infty[, \quad f(x) = e^{-ax} \int_0^x e^{at} g(t) \, dt + e^{-ax} f(0).$$

Ceci permet d’exprimer $f$ en fonction de la fonction $g$ qui est bornée.

Sachant que $g$ est une fonction bornée, on sait qu’il existe $M \in \mathbb{R}_+$ tel que :
$$\forall t \in [0; +\infty[, \quad |g(t)| \leq M.$$
Soit $x \in [0; +\infty[$ :

$$|f(x)| = \left| e^{-ax} \left(f(0) + \int_0^x e^{at} g(t) \, dt \right) \right|$$
$$\leq e^{-ax} \left(|f(0)| + \int_0^x e^{at} |g(t)| \, dt \right)$$
$$\leq e^{-ax} \left(|f(0)| + M \int_0^x e^{at} \, dt \right)$$
$$= e^{-ax} \left(|f(0)| + M \left[\frac{e^{at}}{a} \right]_0^x \right)$$
$$= e^{-ax} \left(|f(0)| + M \frac{e^{ax} – 1}{a} \right)$$
$$= e^{-ax} |f(0)| + M \frac{1}{a} – M \frac{e^{-ax}}{a}.$$
$$ \leq |f(0)| + \frac{M}{a}.$$
Conclusion : la fonction $f$ est une fonction bornée.

a) On note $(E): y’ + y = h$ ; $(H): y’ + y = 0$.

L’équation homogène $(H)$ a pour ensemble de solutions les fonctions définies par :
$$\forall t \in \mathbb{R}, \quad y_H(t) = \lambda e^{-t}, \quad \lambda \in \mathbb{C}$$

Pour trouver une solution particulière, on utilise la méthode de variation de la constante. Soit $y_p$ définie par :
$$\forall t \in \mathbb{R}, \quad y_p(t) = \lambda(t) e^{-t}, \quad \lambda \in C^1(\mathbb{R}, \mathbb{C})$$

$y_p$ est solution de $(E)$.
$$\iff \forall t \in \mathbb{R}, \quad y_p'(t) + y_p(t) = h(t)$$
$$\iff \forall t \in \mathbb{R}, \quad \lambda'(t) e^{-t} – \lambda(t) e^{-t} + \lambda(t) e^{-t} = h(t)$$
$$\iff \forall t \in \mathbb{R}, \quad \lambda'(t) e^{-t} = h(t)$$
$$\iff \forall t \in \mathbb{R}, \quad \lambda'(t) = e^t h(t)$$
$$\iff \forall t \in \mathbb{R}, \quad \lambda(t) = \int_0^t e^u h(u) \, du + k, \quad k \in \mathbb{C}$$

On veut obtenir une solution particulière, donc on peut choisir $k = 0$, donc :
$$\forall t \in \mathbb{R}, \quad y_p(t) = e^{-t} \int_0^t e^u h(u) \, du$$
Donc l’ensemble des solutions de $(E)$ est l’ensemble des fonctions $y$ définies par $y = y_p + y_H$.

On veut démontrer que $y_H \xrightarrow[t \to +\infty]{} 0$ et $y_p \xrightarrow[t \to +\infty]{} 0$.

Soit $t \in \mathbb{R}$, $y_H(t) = \lambda e^{-t} \xrightarrow[t \to +\infty]{} \lambda \cdot 0 = 0$.

Le calcul direct de la limite de $y_p$ est difficile, on choisit donc d’utiliser la définition de la limite.

$h \xrightarrow[t \to +\infty]{} 0$. Soit $\varepsilon > 0$, il existe $t_0 \in \mathbb{R}$ tel que $\forall t \geq t_0, \, |h(t)| \leq \frac{\varepsilon}{2}$.

Soit $t \geq t_0$,
$$|y_p(t)| = \left| e^{-t} \int_0^t e^u h(u) \, du \right| $$
$$= e^{-t} \left| \int_0^{t_0} e^u h(u) \, du + \int_{t_0}^t e^u h(u) \, du \right|$$
On pose l’intégrale $I =\int_0^{t_0} e^u h(u)$, $I$ est une constante.
$$|y_p(t)|= e^{-t} \left| I + \int_{t_0}^t e^u h(u) \, du \right|$$
$$\leq e^{-t} |I| + e^{-t} \left| \int_{t_0}^t e^u h(u) \, du \right|$$
On travaille sur le second terme :
$$e^{-t} \left| \int_{t_0}^t e^u h(u) \, du \right| \leq e^{-t} \int_{t_0}^t e^u |h(u)| \, du$$

$$\leq e^{-t} \int_{t_0}^t e^u \frac{\varepsilon}{2} \, du = \frac{\varepsilon}{2} e^{-t} \left( e^t – e^{t_0} \right)$$
$$= \frac{\varepsilon}{2} \left( 1 – e^{-t + t_0} \right) \leq\frac{\varepsilon}{2}$$

Par ailleurs, $e^{-t} |I| \xrightarrow[t \to +\infty]{} 0$, donc il existe $t_1 \in \mathbb{R}$ tel que $\forall t \geq t_1, \, e^{-t} |I| \leq \frac{\varepsilon}{2}$.

On pose $t_2 = \max(t_0, t_1)$, on a :
$$\forall t \geq t_2, \quad |y_p(t)| \leq \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon$$

Donc, par définition de la limite, $y_p(t) \xrightarrow[t \to +\infty]{} 0$.

Donc, par somme des limites, $y(t) = y_H(t) + y_p(t) \xrightarrow[t \to +\infty]{} 0+0=0$.

Conclusion : les solutions de l’équation différentielle $(E)$ convergent vers $0$.

b) On va, bien sûr, (tenter d’) utiliser la question a).

$f \xrightarrow[+\infty]{} \ell \iff (f – \ell) \xrightarrow[+\infty]{} 0$.
On pose donc fonction définie par $g = f – \ell$.
$$g’ + g = (f – \ell)’ + (f – \ell)$$
$$= f’ – 0 + f – \ell$$
$$= f’ + f – \ell$$
$$\xrightarrow[t \to +\infty]{} \ell – \ell = 0$$

On pose $h = g’ + g$, on a $h$ fonction continue et $h \xrightarrow[+\infty]{} 0$,

Donc, d’après a), $g \xrightarrow[+\infty]{} 0$, donc $f – \ell \xrightarrow[+\infty]{} 0$, donc $f \xrightarrow[+\infty]{} \ell$.

Conclusion : $f \xrightarrow[+\infty]{} \ell$.