Principe de superposition - Exercice 2

L'équation différentielle homogène associée à $$E$$ est :
$$y_h''(t) - 5 y_h'(t) + 4 y_h(t) = 0$$
L'équation caractéristique est alors :
$$r^2 - 5 r + 4 = 0$$
Le discriminant associé est $$\Delta = (-5)^2 - 4 \times 1 \times 4 = 9>0$$. On en déduit les deux racines complexes conjuguées suivantes qui en découlent :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} r_1 & = & \dfrac{-(-5) + \sqrt{9}}{2} \\ & & \\ r_2 & = & \dfrac{-(-5) - \sqrt{9}}{2} \\ \end{array} \right.$$
Soit :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} r_1 & = & 4 \\ & & \\ r_2 & = & 1 \\ \end{array} \right.$$
Ainsi, la solution homogène est donnée par :
$${\color{blue}{\boxed{y_h(t) = C_1e^{t}+C_2e^{4t} \,\,\,\,\,\,\, (C_1,C_2) \in \mathbb{R}^2}}}$$
Le second membre est $$2e^{-t} + 3 \cos(2t)$$. Il est donc composé d'une somme de deux termes, à savoir $$2e^{-t}$$ et $$3\cos(2t)$$. Il y aura donc deux solutions particulières $$y_{p1}$$ et $$y_{p2}$$. Puis, nous écrirons que $$y_p(t) = y_{p1}(t) + y_{p2}(t)$$.
On va donc considérer successivement les deux équations différentielles suivantes :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} y_{p1}''(t) - 5 y_{p1}'(t) + 4 y_{p1}(t) & = & 2e^{-t} \\ & & \\ y_{p2}''(t) - 5 y_{p2}'(t) + 4 y_{p2}(t) & = & 3 \cos(2t) \\ \end{array} \right.$$
Concernant la première équation, à savoir $$y_{p1}''(t) - 5 y_{p1}'(t) + 4y_{p1}(t) = 2e^{-t}$$
Le second membre $$t\mapsto 2e^{-t}$$ est de la forme $$P\left(t\right)e^{mt}$$ avec $$\deg\left(P\right)=0$$ et $$m=-1$$ .
Or $$m=-1$$ n'est pas une racine de l'équation caractéristique .
On cherche alors une solution particulière de la forme $$y_{p1}\left(t\right)=Q\left(t\right)e^{mt}$$ où $$\deg\left(Q\right)=\deg\left(P\right)$$ .
Autrement dit : $$y_{p1}\left(t\right)=Ae^{-t}$$ où $$A\in \mathbb{R}$$
Il vient alors que $$y_{p1}' \left(t\right)=-Ae^{-t}$$ et $$y_{p1}'' \left(t\right)=Ae^{-t}$$
$$y_{p1}'' \left(t\right)-5y_{p1}' \left(t\right)+4y_{p1} \left(t\right)=2e^{-t}$$ équivaut successivement à :
$$Ae^{-t}-5\times\left(-Ae^{-t}\right)+4Ae^{-t}=2e^{-t}$$
$$A+5A+4A=2$$
$$10A=2$$
$$A=\frac{2}{10}$$
Ainsi : $$A=\frac{1}{5}$$
Ce qui nous permet d'écrire que la solution particulière $$y_{p1}$$ est :

Concernant la seconde équation, à savoir $$y_{p2}''(t) - 5 y_{p2}'(t) + 4 y_{p2}(t) = 3 \cos(2t)$$, on recherche une solution particulière $$y_{p2}$$ de la forme $$y_{p2}(t) = a \cos(2t) + b \sin(2t)$$ avec $$(a,b)\in \mathbb{R}^2$$. On en déduit immédiatement que :
$$y'_{p2}(t) = -2a \sin(2t) + 2b \cos(2t) \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, y''_{p2}(t) = - 4a \cos(2t) - 4b \sin(2t)$$
En remplaçant dans l'équation différentielle $$y_{p2}''(t) - 5 y_{p2}'(t) + 4 y_{p2}(t) = 3 \cos(2t)$$, cette dernière prend la forme suivante :
$$- 4a \cos(2t) - 4b \sin(2t) - 5 \times\left( -2a \sin(2t) + 2b \cos(2t) \right) + 4\times \left( a \cos(2t) + b \sin(2t) \right) = 3 \cos(2t)$$
Ce qui nous donne :
$$\left(-4a-10b+4a\right){\mathrm{cos} \left(2t\right)\ }+\left(-4b+10a+4b\right){\mathrm{sin} \left(2t\right)\ }=3{\mathrm{cos} \left(2t\right)\ }+0{\mathrm{sin} \left(2t\right)\ }$$
$$-10b{\mathrm{cos} \left(2t\right)\ }+10a{\mathrm{sin} \left(2t\right)\ }=3{\mathrm{cos} \left(2t\right)\ }+0{\mathrm{sin} \left(2t\right)\ }$$
Ainsi :
$$\left\{ \begin{array}{ccc}-10b & = & 3 \\ 10a & = & 0 \end{array}\right.$$
$$\left\{ \begin{array}{ccc}b & = & -\frac{3}{10} \\ a & = & 0 \end{array}\right.$$
Ce qui nous permet d'écrire que la solution particulière $$y_{p2}$$ est :
$$y_{p2}(t) = 0 \cos(2t) - \dfrac{3}{10} \sin(2t)$$ c'est à dire
De ceci, on en déduit donc immédiatement que la solution particulière $$y_p(t)$$ est donnée par :
$${\color{blue}{\boxed{y_p(t) = y_{p1}(t) + y_{p2}(t) = \frac{1}{5}e^{-t} - \dfrac{3}{10} \sin(2t) }}}$$
Finalement, on obtient la solution générale de l'équation différentielle linéaire $$E$$, à savoir $$y(t)$$, est donnée par la somme $$y_h(t) + y_p(t)$$. Donc :
$${\color{red}{\boxed{y(t) = y_h(t) + y_p(t) = C_1e^{t}+C_2e^{4t} +\frac{1}{5}e^{-t} - \dfrac{3}{10} \sin(2t) \,\,\,\,\,\,\, (C_1,C_2) \in \mathbb{R}^2 }}}$$