
\begin{enumerate}
\item Si $f_0(x)=0$ alors $f_0^\prime(x)=0$ et on a bien $f_0^\prime(x) = af_0(x)$; donc $f_0$ est bien une solution de (E).

\medskip

Si $f_1(x)=\e^{ax}$ alors $f_1^\prime(x)=a\e^{ax}=af_1(x)$, donc $f_1$ est bien une solution de (E).

\item $f(x)=k\e^{ax}$ donc $f'(x)=k\times a\e^{ax}=a\big(a\e^{ax}\big)=af(x)$.

Donc $f$ est bien solution de (E).
\item Si $h=f+g$ alors $h' = f'+g'$. Or, $f$ et $g$ étant deux solutions de (E), $f'=af$ et $g'=ag$.

Donc $h' = af+ag = a(f+g)=ah$. Ainsi, $h$ est bien solution de (E).

\item $v(x)=u(x)\e^{-ax}$. $v$ est dérivables sur \R comme le produit de deux fonctions dérivables sur~\R.
\begin{align*}
v'(x) & =u'(x)\e^{-ax} + u(x)\times\big[-a\e^{-ax}\big]\\
&=\big[u'(x)-au(x)\big]\e^{-ax}.
\end{align*}

Or, $u$ est solution de (E) donc $u'=au$, c'est-à-dire : $u'-au=0$.

D'où :
\[
v'(x)=0\times\e^{-ax} = 0.
\]
Ainsi, $v$ est une fonction constante.

\medskip

On peut alors conclure que $v(x)=u(x)\e^{ax}=k$, soit $u(x)=k\e^{ax}$.

\item Nous venons de démontrer, à travers cet exercice, que les fonctions de la forme $k\e^{ax}$ étaient solutions de l'équation $y'=ay$ et qu'il n'y en avait pas d'autres.

\medskip

Ainsi, l'équation $y'=-5y$ admet pour solutions les fonctions $f(x)=k\e^{-5x}$.
\end{enumerate}
