Resolver os sistemas lineares não homogêneos de EDO’s pelo método de variação de parâmetros:
\mathrm{X}^{\prime}=\left( \begin{array}{ll}-1 & 5 \\-1 & 1\end{array}\right) \mathrm{X}+\binom{0}{\cot 2 \mathrm{t}}

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear não homogêneo
X' = \begin{pmatrix}-1 & 5 \\[4pt] -1 & 1\end{pmatrix} X + \begin{pmatrix}0 \\[4pt] \cot 2t\end{pmatrix}
O que se pede é a solução geral X(t) desse sistema (ou seja, a solução geral da parte homogênea mais uma solução particular).\n
Informações relevantes que temos:
A=\begin{pmatrix}-1 & 5 \\[4pt] -1 & 1\end{pmatrix},\qquad g(t)=\begin{pmatrix}0 \\[4pt] \cot 2t\end{pmatrix}.
Nada mais será assumido: vamos achar a solução geral passo a passo.]

Passo 2

Primeiro encontramos as soluções da equação homogênea X'=AX. Calculamos o polinômio característico de A:
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}-1-\lambda & 5 \\[4pt] -1 & 1-\lambda\end{pmatrix}=(-1-\lambda)(1-\lambda)-5(-1).
Desenvolvendo:
(-1-\lambda)(1-\lambda)+5=\lambda^2+4.
Portanto os autovalores são raízes de \lambda^2+4=0, isto é
\lambda=\pm 2i.
Temos autovalores puramente imaginários \pm 2i, logo as soluções da homogênea serão combinações reais de funções trigonométricas com frequência 2.]

Passo 3

Obtemos um autovetor para \lambda=2i. Resolvendo (A-2iI)v=0:
\begin{pmatrix}-1-2i & 5 \\[4pt] -1 & 1-2i\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt] v_2\end{pmatrix}=0.
Da primeira equação (-1-2i)v_1+5v_2=0 segue
v_1=\frac{5}{1+2i}v_2.
Calculando \frac{5}{1+2i}=\frac{5(1-2i)}{1+4}=1-2i. Tomando v_2=1 obtemos o autovetor complexo
v=\begin{pmatrix}1-2i\\[4pt] 1\end{pmatrix}.
Uma solução complexa é e^{2it}v. Para obter duas soluções reais independentes tomamos parte real e imaginária de e^{2it}v. Fazendo as multiplicações:
e^{2it}(1-2i)= ( \cos 2t + i\sin 2t)(1-2i) = (\cos2t+2\sin2t) + i(\sin2t-2\cos2t).
E e^{2it}\cdot 1=\cos2t+i\sin2t. Assim duas soluções reais independentes são as colunas
\phi_1(t)=\begin{pmatrix}\cos2t+2\sin2t\\[4pt]\cos2t\end{pmatrix},\qquad \phi_2(t)=\begin{pmatrix}\sin2t-2\cos2t\\[4pt]\sin2t\end{pmatrix}.
Essas duas vetores formam uma base de soluções da homogênea.]

Passo 4

Montamos a matriz fundamental \Phi(t) cujas colunas são \phi_1,\phi_2:
\Phi(t)=\begin{pmatrix}\cos2t+2\sin2t & \sin2t-2\cos2t\\[4pt]\cos2t & \sin2t\end{pmatrix}.
Calculamos o determinante (Wronskiano):
\det\Phi(t)=(\cos2t+2\sin2t)\sin2t-\cos2t(\sin2t-2\cos2t).
Desenvolvendo e simplificando usando \sin^2+\cos^2=1 obtemos
\det\Phi(t)=2.
É ótimo que seja constante e diferente de zero: \Phi(t) é invertível para todos os t (onde as funções estão definidas).]

Passo 5

A inversa \Phi(t)^{-1} é
\Phi(t)^{-1}=\frac{1}{\det\Phi(t)}\begin{pmatrix}\sin2t & -( \sin2t-2\cos2t)\\[4pt]-\cos2t & \cos2t+2\sin2t\end{pmatrix} =\frac{1}{2}\begin{pmatrix}\sin2t & -\sin2t+2\cos2t\\[4pt]-\cos2t & \cos2t+2\sin2t\end{pmatrix}.]

Passo 6

Agora aplicamos variação de parâmetros: precisamos calcular
u'(t)=\Phi(t)^{-1}g(t),
onde g(t)=\begin{pmatrix}0\\[4pt]\cot2t\end{pmatrix}. Multiplicando:
u'(t)=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}\sin2t & -\sin2t+2\cos2t\\[4pt]-\cos2t & \cos2t+2\sin2t\end{pmatrix} \begin{pmatrix}0\\[4pt]\cot2t\end{pmatrix}.
Isso dá
u'(t)=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}(-\sin2t+2\cos2t)\cot2t\\[4pt](\cos2t+2\sin2t)\cot2t\end{pmatrix}.
Usando \cot2t=\dfrac{\cos2t}{\sin2t} e a identidade \cos^2 2t=1-\sin^2 2t simplificamos os componentes:
u'_1(t)=\csc2t-\sin2t-\tfrac{1}{2}\cos2t,
u'_2(t)=\tfrac{1}{2}\csc2t-\tfrac{1}{2}\sin2t+\cos2t,
onde \csc2t=1/\sin2t. Essas formas são escolhidas para integrar facilmente.]

Passo 7

Integramos u'(t) para obter u(t)=\int u'(t)\,dt. Lembrem que
\int \csc2t\,dt=\tfrac{1}{2}\ln\lvert\tan t\rvert, \qquad \int \sin2t\,dt=-\tfrac{1}{2}\cos2t, \qquad \int \cos2t\,dt=\tfrac{1}{2}\sin2t.
Integrando componente a componente (omitimos constantes de integração porque elas entram na solução homogênea):
u_1(t)=\tfrac{1}{2}\ln\lvert\tan t\rvert+\tfrac{1}{2}\cos2t-\tfrac{1}{4}\sin2t,
u_2(t)=\tfrac{1}{4}\ln\lvert\tan t\rvert+\tfrac{1}{4}\cos2t+\tfrac{1}{2}\sin2t.

Passo 8

A solução particular dada pela variação de parâmetros é
X_p(t)=\Phi(t)\,u(t)=u_1(t)\,\phi_1(t)+u_2(t)\,\phi_2(t).
Multiplicando e simplificando cuidadosamente (as muitas cancelasções ocorrem), obtemos uma expressão simples para cada componente:
X_{p1}(t)=\frac{5}{4}\sin2t\;\ln\lvert\tan t\rvert,
X_{p2}(t)=\frac{1}{2}+\Big(\tfrac{1}{2}\cos2t+\tfrac{1}{4}\sin2t\Big)\ln\lvert\tan t\rvert.
(Se quiser, pode verificar substituindo X_p na equação original.)

Passo 9

A solução geral é soma da solução homogênea X_h(t)=C_1\phi_1(t)+C_2\phi_2(t) e da particular X_p(t). Assim, a solução geral é
X(t)=C_1\begin{pmatrix}\cos2t+2\sin2t\\[4pt]\cos2t\end{pmatrix} + C_2\begin{pmatrix}\sin2t-2\cos2t\\[4pt]\sin2t\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}\dfrac{5}{4}\sin2t\;\ln\lvert\tan t\rvert\\[6pt]\dfrac{1}{2}+\big(\tfrac{1}{2}\cos2t+\tfrac{1}{4}\sin2t\big)\ln\lvert\tan t\rvert\end{pmatrix},
onde C_1,C_2 são constantes arbitrárias.]

Resposta

X(t)=C_1\begin{pmatrix}\cos2t+2\sin2t\\[4pt]\cos2t\end{pmatrix} + C_2\begin{pmatrix}\sin2t-2\cos2t\\[4pt]\sin2t\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}\dfrac{5}{4}\sin2t\;\ln\lvert\tan t\rvert\\[6pt]\dfrac{1}{2}+\big(\tfrac{1}{2}\cos2t+\tfrac{1}{4}\sin2t\big)\ln\lvert\tan t\rvert\end{pmatrix}.]

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