Equações Lineares de Coeficientes Constantes de Ordem Superior

Uma equação diferencial é linear de coeficientes constantes se poder ser escrita na forma

y(n)+an1y(n1)++a1y+a0y=h(t)y^{(n)} + a_{n-1} y^{(n - 1)} + \dots + a_1 y' + a_0 y = h(t)

em que:

  • a0,a1,,an1a_0, a_1, \dots, a_{n-1} são constantes reais;
  • h:IRRh: I \subseteq \R \to \R, uma função contínua em II.

Polinómio Característico (Diferencial)

Podemos reescrever a equação acima de outra forma, utilizando a notação Dy=yDy = y' (e consequentemente D2y=y,,Dny=y(n)D^2 y = y'', \dots, D^n y = y^{(n)}):

(Dn+an1Dn1++a1D+a0)y=h(t)\left(D^n + a_{n-1} D^{n-1} + \dots + a_1 D + a_0 \right) y = h(t)

ou ainda, definindo P(D)=Dn+an1Dn1++a1D+a0P(D) = D^n + a_{n-1} D^{n-1} + \dots + a_1 D + a_0, como

P(D)y=h(t)P(D) y = h(t)

O polinómio característico desta equação é P(D)P(D).

É preciso notar que P(D)P(D) é um operador, isto é, uma função cujo domínio é um conjunto de funções de classe CnC^n, sendo nn o grau de PP. O termo P(D)P(D) designa um polinómio diferencial que pode ser fatorizado da mesma forma que um polinómio numérico.

Por exemplo, se yy é uma função de classe C2C^2:

(D24)y=(D2)(D+2)y=(D+2)(D2)y(D^2 - 4) y = (D - 2)(D + 2)y = (D + 2)(D - 2)y

Exemplos

Equação P(D)P(D)
y(5)=0y^{(5)}=0 D5D^5
y+y=0y'''+y''=0 D3+D2D^3 + D^2
y+3y=0y''+3y = 0 D2+3D^2 + 3
y+2y+5y=0y'''+2y''+5y = 0 D3+2D2+5D^3 + 2D^2 + 5

Obter a Solução Geral

Por ser uma equação linear, a sua solução geral é dada na forma

y(t)=yG(t)+yP(t)y(t) = y_G(t) + y_P(t)

em que:

  • yG(t)y_G(t) é a solução geral da equação homogénea associada (ou seja, a solução de P(D)y=0P(D)y = 0);
  • yP(t)y_P(t) é uma solução particular de P(D)y=h(t)P(D)y = h(t).

Queremos então seguir dois passos para obtermos a solução geral de qualquer equação linear de ordem superior:

  1. Descobrir a solução geral da equação homogénea associada, yG(t)y_G(t).

  2. Se h(t)0h(t) \ne 0, descobrir a(s) solução(ões) particular(es) da equação. Em alguns casos, pode ser possível separar h(t)h(t) em h(t)=h1(t)++hk(t)h(t) = h_1(t) + \dots + h_k(t) de forma a facilitar os cálculos.

    De seguida, usar um dos métodos abaixo. O mais indicado de aplicar vai depender da equação em causa.

    • Fórmula da Variação das Constantes
    • Método dos Coeficientes Indeterminados

Solução Geral da Equação Homogénea

O espaço das soluções da equação

P(D)y=0P(D) y = 0

tem dimensão nn, e como tal, a sua solução geral é da forma

y(t)=α1y1++αnyny(t) = \alpha_1 y_1 + \dots + \alpha_n y_n

em que:

  • α1,,αn\alpha_1, \dots , \alpha_n são constantes reais;
  • y1,,yny_1, \dots, y_n são nn soluções linearmente independentes da equação.

As soluções y1,,yny_1, \dots, y_n podem ser calculadas da seguinte forma:

  1. Obter o polinómio característico P(D)P(D) da equação.

  2. Fatorizar o polinómio obtido, na forma

    P(D)=(Dλ1)m1(Dλk)mkP(D) = (D - \lambda_1)^{m_1} \cdots (D - \lambda_k)^{m_k}

    em que λj\lambda_j com j=1,2,,kj = 1, 2, \dots, k são raízes distintas de P(D)P(D)

  3. Cada uma das soluções de P(D)y=0P(D) y = 0 admitirá mjm_j (j=1,,kj = 1, \dots, k) soluções linearmente independentes, obtidas do seguinte modo:

    • se λj\lambda_j é uma raiz real de multiplicidade mjm_j de P(D)P(D), então a equação

      (Dλj)mjy=0(D - \lambda_j) ^{m_j} y = 0

      admite mjm_j soluções linearmente independentes

      eλjt,teλjt,,tmj1eλjte^{\lambda_j t} , te^{\lambda_j t}, \dots, t^{m_j - 1} e^{\lambda_j t}
    • se λj=aj+ibj\lambda_j = a_j + ib_j é uma raiz complexa de multiplicidade mjm_j de P(D)P(D), então a equação

      (Dajibj)mj(Daj+ibj)mjy=0(D - a_j - ib_j)^{m_j} (D - a_j + i b_j)^{m_j} y = 0

      admite 2mj2m_j soluções linearmente independentes

      eajtcos(bjt),teajtcos(bjt),,tmj1eajtcos(bjt)eajtsin(bjt),teajtsin(bjt),,tmj1eajtsin(bjt)\begin{darray}{c} e^{a_j t} \cos(b_j t), t e^{a_j t} \cos (b_j t), \dots, t^{m_j - 1} e^{a_j t} \cos (b_j t)\\ e^{a_j t} \sin(b_j t), t e^{a_j t} \sin (b_j t), \dots, t^{m_j - 1} e^{a_j t} \sin (b_j t) \end{darray}

      Dá para simplificar estas soluções:

      tkeatsin(bt)=12itkeat(eibteibt)=12itke(a+ib)t12itke(aib)ttkeatcos(bt)=12tkeat(eibt+eibt)=12tke(a+ib)t+12tke(aib)t\begin{darray}{l} t^k e^{at} \sin (bt) = \frac{1}{2i} t^k e^{at} \left(e^{i bt} - e^{-i bt} \right) = \frac{1}{2i} t^k e^{(a+ib)t} - \frac{1}{2i} t^k e^{(a - ib)t}\\ \\ t^k e^{at} \cos (bt) = \frac{1}{2} t^k e^{at} \left(e^{ibt} + e^{-ibt} \right) = \frac{1}{2} t^k e^{(a+ib) t} + \frac{1}{2} t^k e^{(a-ib)t} \end{darray}

Exemplo

Determinar a solução geral da equação

y+4y+4y=0y''' + 4y'' + 4y' = 0

Começamos por escrever o polinómio característico:

P(D)=D3+4D2+4D=D(D+2)2P(D) = D^3 + 4D^2 + 4D = D(D+2)^2
  • Para Dy=0Dy = 0, temos a solução e0te^{0t};
  • Para (D+2)2y=0(D+2)^2 y = 0 temos as soluções e2te^{-2t} e te2tte^{-2t}.

Assim, a solução geral é

y(t)=c1+c2e2t+c3te2ty(t) = c_1 + c_2 e^{-2t} + c_3 t e^{-2t}
Mais exemplos (complexos e PVI)

Exemplo com complexos

Determinar a solução geral da equação

y+2y+2y=0y'' + 2y' + 2y = 0

Começamos por escrever o polinómio característico:

P(D)=D2+2D+2=(D(1+i))(D(1i))P(D) = D^2 + 2D + 2 = (D - (-1+i))(D-(-1-i))

Temos assim duas soluções complexas, etcoste^{-t} \cos t e etsinte^{-t} \sin t.

Assim, a solução geral é

y(t)=c1etcost+c2etsinty(t) = c_1 e^{-t} \cos t + c_2 e^{-t} \sin t

Exemplo PVI

Determinar a solução do Problema de Valor Inicial (PVI)

y+8y+12y=0y(0)=3y(0)=14\begin{darray}{ccc} y'' + 8y' + 12y = 0 & y(0) = 3 & y'(0) = -14 \end{darray}

O primeiro passo é determinar a solução geral da equação, como feito anteriormente.
Começamos por determinar o polinómio característico:

P(D)=D2+8D+12=(D+6)(D+2)P(D) = D^2 + 8D + 12 = (D+6)(D+2)

A solução geral é então

y(t)=c1e6t+c2e2ty(t) = c_1 e^{-6t} + c_2 e^{-2t}

Vamos agora determinar c1c_1 e c2c_2 de forma a respeitarem as condições iniciais.

y(t)=6c1e6t2c2e2ty'(t) = -6c_1e^{-6t} -2c_2e^{-2t}
{y(0)=3y(0)=14    {c1+c2=36c12c2=14    {c1=2c2=1\begin{cases} y(0) = 3\\ y'(0) = -14 \end{cases} \implies \begin{cases} c_1 + c_2 = 3\\ -6c_1 - 2c_2 = -14 \end{cases} \implies \begin{cases} c_1 = 2\\ c_2 = 1 \end{cases}

Assim, a solução é

y(t)=2e6t+e2ty(t) = 2e^{-6t} + e^{-2t}

Fórmula da Variação das Constantes

Quando usar

Este método é o mais geral, ou seja, é aplicável a todos os problemas em que h(t)h(t) é somente uma função contínua. No entanto, pode não ser fácil de aplicar, e caso seja possível, pode ser benéfico aplicar outro método.

Este método requer a inversão de uma matriz, pelo que se a matriz for de dimensão 3×33 \times 3 ou superior, pode-se revelar trabalhoso.

Para a aplicação desta fórmula, precisamos de definir a matriz Wronskiana.
Sendo y1,,yny_1, \dots, y_n as soluções linearmente independentes da equação homogénea associada, define-se a matriz Wronskiana como:

W(t)=[y1yny1yny1(n1)yn(n1)]W(t) = \begin{bmatrix} y_1 & \dots & y_n\\ y'_1 & \dots & y'_n\\ \vdots & \ddots & \vdots\\ y_1^{(n-1)} & \dots & y_n^{(n-1)} \end{bmatrix}

A expressão que define as soluções particulares é:

yP(t)=[y1(t)yn(t)]tW1(s)[00h(s)] ⁣dsy_P(t) = \begin{bmatrix} y_1(t) & \dots & y_n(t) \end{bmatrix} \int^t W^{-1}(s) \begin{bmatrix} 0 \\ \vdots \\ 0 \\ h(s) \end{bmatrix} \d s

Como se pode notar, é necessário inverter a matriz W(t)W(t), algo que se pode mostrar bastante trabalhoso.

Exemplo

Pegando num exemplo da secção anterior, queremos determinar a solução geral da equação

y+2y+2y=2ety'' + 2y' + 2y = 2e^{-t}

Como explicado acima, sabemos que a solução geral da equação é da forma

y(t)=yG(t)+yP(t)y(t) = y_G(t) + y_P(t)

Temos de calcular tanto yGy_G como yPy_P para obtermos a solução geral.

  • Cálculo de yGy_G

    Pelo exemplo anterior, a solução geral de

    y+2y+2y=0y'' + 2y' + 2y = 0

    é y(t)=c1etcost+c2etsinty(t) = c_1 e^{-t} \cos t + c_2 e^{-t} \sin t, pelo que vamos ter yGy_G:

    yG(t)=c1etcost+c2etsinty_G(t) = c_1 e^{-t} \cos t + c_2 e^{-t} \sin t
  • Cálculo de yPy_P

    O primeiro passo é determinar a matriz Wronskiana:

    W(t)=[etcostetsint(etcost)(etsint)]=[etcostetsintet(cost+sint)et(sint+cost)]W(t) = \begin{bmatrix} e^{-t} \cos t & e^{-t} \sin t\\ (e^{-t} \cos t)' & (e^{-t} \sin t)' \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} e^{-t} \cos t & e^{-t} \sin t\\ -e^{-t} (\cos t + \sin t) & e^{-t} (-\sin t + \cos t) \end{bmatrix}

    De seguida, determinar a inversa da matriz WW, isto é, W1W^{-1}.
    Podemos otimizar este processo, reparando que apenas necessitamos da coluna direita, visto a esquerda irá sempre multiplicar por zero.

    W1==[?etsint?etcost]W^{-1} = \dots = \begin{bmatrix} ? & -e^t \sin t\\ ? & e^t \cos t \end{bmatrix}

    Assim, podemos determinar yP(t)y_P(t):

    yP(t)=[etcostetsint]t[?essins?escoss][02es] ⁣ds=[etcostetsint]t[2sins2coss] ⁣ds=[etcostetsint][2cost2sint]=2etcos2t+2etsin2t=2et\begin{aligned} y_P(t) &= \begin{bmatrix} e^{-t} \cos t & e^{-t} \sin t \end{bmatrix} \int^t \begin{bmatrix} ? & -e^s \sin s\\ ? & e^s \cos s \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 \\ 2e^{-s} \end{bmatrix} \d s\\ &= \begin{bmatrix} e^{-t} \cos t & e^{-t} \sin t \end{bmatrix} \int^t \begin{bmatrix} -2 \sin s\\ 2 \cos s \end{bmatrix} \d s\\ &= \begin{bmatrix} e^{-t} \cos t & e^{-t} \sin t \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2 \cos t\\ 2 \sin t \end{bmatrix}\\ &= 2 e^{-t} \cos^2 t + 2 e^{-t} \sin^2 t\\ &= 2 e^{-t} \end{aligned}

Então, a solução geral é:

y(t)=c1etcost+c2etsint+2ety(t) = c_1 e^{-t} \cos t + c_2 e^{-t} \sin t + 2 e^{-t}

Método dos Coeficientes Indeterminados

Este método pode-se revelar mais fácil de aplicar, mas tem a desvantagem de apenas ser aplicável nos casos em que o termo não homogéneo, h(t)h(t) é uma função da forma (ou combinação linear, isto é, soma de funções da forma):

tpeλtoutpeatcos(bt)outpeatsin(bt),p0\begin{darray}{c} t^p e^{\lambda t} & \text{ou} & t^p e^{at} \cos (bt) & \text{ou} & t^p e^{at} \sin (bt) &, & p \geq 0 \end{darray}

Dada uma função h(t)h(t), define-se polinómio aniquilador de hh ao polinómio diferencial PA(D)P_A(D) que verifica

PA(D)h=0P_A(D) h = 0

Se h(t)h(t) satisfaz as condições indicadas acima, então existe um polinómio aniquilador:

  • se h(t)=tpeλth(t) = t^p e^{\lambda t}, então o seu polinómio aniquilador é da forma

    PA(D)=(Dλ)p+1P_A (D) = (D-\lambda)^{p + 1}
  • se h(t)=tpeatcos(bt)h(t) = t^p e^{at} \cos (bt) ou h(t)=tpeatsin(bt)h(t) = t^p e^{at} \sin(bt), então o seu polinómio aniquilador é da forma

    PA(D)=(D(a+ib))p+1(D(aib))p+1=((Da)2+b2)p+1P_A(D) =(D-(a+ib))^{p+1} (D-(a-ib))^{p+1} = ((D-a)^2 +b^2)^{p+1}

Para resolver uma equação do tipo P(D)y=h(t)P(D)y=h(t) pelo método dos coeficientes indeterminados, segue-se os seguintes passos:

  1. Determinar o polinómio aniquilador, PA(D)P_A(D), de h(t)h(t). Seja kk o seu grau.

  2. Aplicar PA(D)P_A(D) a ambos os membros da equação inicial, donde resulta:

    P(D)y=h(t)    PA(D)P(D)y=PA(D)h(t)    PA(D)P(D)y=0P(D)y=h(t) \implies P_A(D)P(D)y=P_A(D)h(t) \implies P_A(D)P(D)y=0

    Note-se que a aplicação de PA(D)P_A(D) não produz uma equação equivalente à inicial. Embora qualquer solução de P(D)y=h(t)P(D)y = h(t) seja solução de PA(D)P(D)y=0P_A(D)P(D)y =0, nem todas as equações da segunda equação resolvem a primeira.

    Assim, obtivemos uma equação linear homogénea de coeficientes constantes de ordem n+kn + k.

  3. A solução geral da equação PA(D)P(D)y=0P_A(D)P(D)y=0 é dada por

    y(t)=α1y1++αnyn+β1w1++βpwpy(t) = \alpha_1 y_1 + \dots + \alpha_n y_n + \beta_1 w_1 + \dots + \beta_p w_p

    em que y1,,yny_1, \dots, y_n são as soluções linearmente independentes da equação P(D)y=0P(D)y= 0 determinadas previamente, ou seja:

    yG(t)=α1y1++αnyny_G(t) = \alpha_1 y_1 + \dots + \alpha_n y_n

    Tem-se então que existem β1,,βnR\beta_1, \dots, \beta_n \in \R tais que

    yP(t)=β1w1++βpwpy_P(t) = \beta_1 w_1 + \dots + \beta_p w_p

    é uma solução particular de P(D)y=h(t)P(D)y=h(t).

  4. Determinam-se os coeficientes β1,,βp\beta_1, \dots, \beta_p de modo a que w=β1w1++βpwpw = \beta_1 w_1 + \dots + \beta_p w_p verifique P(D)w=h(t)P(D) w = h(t).

Exemplo

Determinar a solução do PVI

y+3y+2y=exy(0)=0,y(0)=1\begin{darray}{c} y'' + 3y' + 2y = e^{-x} & y(0) = 0, y'(0) = 1 \end{darray}

Como já vimos anteriormente, a solução da equação diferencial irá ser da forma

y(x)=yG(x)+yP(x)y(x) = y_G(x) + y_P(x)
  • Cálculo de yGy_G

    A equação homogénea associada é y+3y+2y=0y'' + 3y' + 2y = 0.

    O seu polinómio característico é

    P(D)=D2+3D+2=(D+1)(D+2)P(D) = D^2 + 3D + 2 = (D+1)(D+2)

    Então, como explicado anteriormente, vamos ter

    yG(x)=c1et+c2e2ty_G(x) = c_1 e^{-t} + c_2 e^{-2t}
  • Cálculo de yPy_P

    Começamos por determinar o polinómio aniquilador de h(t)h(t), que neste caso será

    PA(D)=D+1P_A(D) = D + 1

    Vamos então multiplicar ambos os membros da equação por PA(D)P_A(D):

    (D+1)(D+2)y=ex    (D+1)2(D+2)y=0(D+1)(D+2)y = e^{-x} \implies (D+1)^2(D+2)y = 0

    Resolvendo a equação homogénea, obtêm-se

    y(x)=c1ex+c2xexsoluc¸a˜o particular+c3e2xy(x) = c_1 e^{-x} + \underbrace{c_2 x e^{-x}}_{\text{solução particular}} + c_3 e^{-2x}

    Ambos os termos c1exc_1 e^{-x} e c3e2xc_3 e^{-2x} fazem parte da solução geral da equação homogénea.
    Assim, a solução particular é w(x)=αxexw(x) = \alpha x e^{-x}

    Temos então de determinar o valor de α\alpha de forma a que w(x)w(x) seja uma solução da equação do enunciado. Para isso, substituímos esta solução na expressão inicial:

    (αxex)+3(αxex)+2(αxex)=ex(α(1x)ex)+3(α(1x)ex)+2(αxex)=ex(α(x2)ex)+3(α(1x)ex)+2(αxex)=exα(x2+3(1x)+2x)=1α=1\begin{aligned} \left(\alpha x e^{-x}\right)'' + 3\left(\alpha x e^{-x}\right)' + 2\left(\alpha x e^{-x}\right) &= e^{-x}\\ \left(\alpha \left(1-x\right)e^{-x}\right)' + 3\left(\alpha \left(1-x\right)e^{-x}\right) + 2\left(\alpha x e^{-x}\right) &= e^{-x}\\ \left(\alpha \left(x-2\right)e^{-x}\right) + 3\left(\alpha \left(1-x\right)e^{-x}\right) + 2\left(\alpha x e^{-x}\right) &= e^{-x}\\ \alpha \left(x-2 + 3\left(1-x\right) + 2x\right) &= 1\\ \alpha &= 1 \end{aligned}

    Conclui-se que

    yP(x)=xexy_P (x) = x e^{-x}
  • Cálculo da solução do PVI

    Juntando o que calculámos até agora, temos a solução geral da equação:

    y(x)=yG(x)+yP(x)=c1ex+c2e2x+xexy(x) = y_G(x) + y_P(x) = c_1 e^{-x} + c_2e^{-2x} + xe^{-x}

    Então, para que as soluções iniciais se verifiquem:

    y(x)=c1ex2c2e2x+(1x)exy'(x) = -c_1 e^{-x} -2 c_2 e^{-2x} + (1-x)e^{-x}
    {y(0)=0y(0)=1{c1+c2=0c12c2+1=1{c1=0c2=0\begin{cases} y(0) = 0\\ y'(0) = 1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} c_1+c_2= 0\\ -c_1-2c_2 + 1= 1 \end{cases} \Leftrightarrow \dots \Leftrightarrow \begin{cases} c_1 = 0\\ c_2 = 0 \end{cases}

    Assim, a solução do PVI é:

    y(x)=xexy(x) = xe^{-x}

Redução de ordem

Por vezes, a equação que nos é dada não tem todos os coeficientes constantes, como por exemplo:

ty+2y+ty=0.t y'' + 2 y' + t y = 0.

Quando temos uma equação deste género, não podemos aplicar diretamente nenhum dos métodos referidos acima. Aprendemos, em CDI-III, dois métodos que nos podem ajudar a resolver estes problemas - um deles com ajuda do Wronskiano, outro onde voltamos a ir buscar noções de equações de primeira ordem. Abordaremos primeiro o segundo caso.

Para poder aplicar o segundo caso precisamos, necessariamente, que seja dada uma das soluções da equação. Consideremos essa solução como y1y_1. Esta solução está, atualmente, livre de constante - não continuará assim até ao final. Posto isto, precisaremos de encontrar uma segunda solução, y2y_2. Para a obtermos, assumimos que terá a forma:

y2=v(t)y1,y_2 = v(t) \cdot y_1,

onde v(t)v(t) é uma função de tt, atualmente desconhecida. Para determinar y2y_2, teremos de colocar v(t)y1v(t) \cdot y_1 na equação original, obtendo assim uma nova equação. O objetivo passará, então, por resolver a equação resultante para v(t)v(t). Ao descobrir v(t)v(t), podemos chegar a y2y_2, e a solução geral será dada por:

yG(t)=c1y1+c2y2,c1,c2Ry_G(t) = c_1 \cdot y_1 + c_2 \cdot y_2,\quad c_1, c_2 \in \R

O método (ou uma variação dele) resulta também para casos onde não é dada nenhuma solução e onde não temos termos yy - algo do género atαy+btβy=cat^\alpha y'' + bt^\beta y' = c. Aqui, podemos saltar a parte do v(t)v(t) e ir diretamente para a parte, no exemplo, que refere v(t)=w(t)v'(t) = w(t), e resolver a partir daí.

Exemplo - Redução de Ordem com Solução dada

Tenhamos, mais uma vez, a equação:

ty+2y+ty=0,t y'' + 2 y' + t y = 0,

com solução y1=sintty_1 = \frac{\sin{t}}{t}. Teremos, portanto, que:

y2=v(t)sintty2=v(t)sintt+v(t)costtsintt2y2=v(t)sintt+2v(t)costtsintt2+v(t)(sintt22(costtsint))t3y_2 = v(t) \cdot \frac{\sin{t}}{t} \\ y_2'= v'(t) \cdot \frac{\sin{t}}{t} + v(t) \cdot \frac{\cos{t} \cdot t - \sin{t}}{t^2} \\ y_2'' = v''(t) \cdot \frac{\sin{t}}{t} + 2 v'(t) \cdot \frac{\cos{t} \cdot t - \sin{t}}{t^2} + v(t) \cdot \frac{(-\sin{t} \cdot t^2 - 2(\cos{t} \cdot t - \sin{t}))}{t^3}

Substituímos, agora, yy por y2y_2 na equação original, e ficamos com:

v(t)sint+2v(t)cost=0v''(t) \cdot \sin{t} + 2 v'(t) \cdot \cos{t} = 0

Estamos, agora, na presença de uma equação sem o termo v(t)v(t) - podemos, portanto, reduzir a ordem da equação, com w=vw = v', e escrevê-la tal que:

w(t)sint+2w(t)cost=0dwdtsint=2w(t)costdw1w=21tgtlogw=2logsint+Cw=e2logsint+Cw=Ksint2 (aqui, K=eCw'(t) \cdot \sin{t} + 2 w(t) \cdot \cos{t} = 0 \\ \frac{dw}{dt} \cdot \sin{t} = - 2 w(t) \cdot \cos{t} \\ dw \cdot \frac{1}{w} = -2 \cdot \frac{1}{\tg{t}} \\ \log{w} = -2 \log{\sin{t}} + C \\ w = e^{-2 \log{\sin{t}} + C} \\ w = \frac{K}{\sin{t}^2} \quad \text{ (aqui, $K = e^C$) }

Descobrimos, assim, ww. Como w=vw = v', podemos facilmente chegar a vv:

v=w(t)dt=Ksint2dt=Ktgt.v = \int{w(t)dt} = \int{\frac{K}{\sin{t}^2}dt} = \frac{-K}{\tg{t}}.

Agora, tendo vv e y1y_1, podemos indicar que y2=Ktgtsintt=Kcostty_2 = \frac{-K}{\tg{t}} \cdot \frac{\sin{t}}{t} = \frac{-K \cos{t}}{t}. A solução geral da equação é, assim, dada por:

yG=Kcostt+Bsintty_G = \frac{-K \cos{t}}{t} + \frac{B \sin{t}}{t}

(temos que adicionar a constante a y1y_1, como referido anteriormente).

Encontra-se abaixo uma explicação do método em formato vídeo, com um exemplo:

Existem, contudo, casos onde nenhuma solução é dada, e onde temos um termo do tipo yy. Nestes casos, temos de recorrer à matriz Wronskiana.

O primeiro passo será determinar as soluções da equação homogénea do tipo xλx^\lambda. Cada uma dessas soluções será entrada da matriz Wronskiana, construída a partir destas. Através da formula da variação das constantes vamos chegar à solução particular, sem constantes - a solução geral corresponderá à soma das soluções da equação homogénea com as soluções particulares.

Exemplo - Sem Solução Dada

Tenhamos a equação:

x2y+2xy6y=xy+2xy6x2y=1x.x^2 y'' + 2xy' - 6y = x \Leftrightarrow y'' + \frac{2}{x} y' - \frac{6}{x^2}y = \frac{1}{x}.

Para descobrir a solução geral, devemos começar por descobrir as soluções do tipo xλx^\lambda da equação homogénea:

y=xλ,y=λxλ1,y=λ(λ1)xλ2.y = x^\lambda, \quad y' = \lambda x^{\lambda-1}, \quad y'' = \lambda (\lambda - 1) x^{\lambda-2} \\.

Substituindo os termos yy, ficamos com:

λ(λ1)xλ2x2+2λxλ1x6xλ=0xλ(λ(λ1)+2λ6)=0xλ(λ2)(λ+3)=0λ=2λ=3.\lambda (\lambda - 1) x^{\lambda-2} x^2 + 2 \lambda x^{\lambda-1} x - 6 x^\lambda = 0 \\ x^\lambda (\lambda (\lambda - 1) + 2 \lambda - 6) = 0 \\ x^\lambda (\lambda - 2)(\lambda + 3) = 0 \\ \lambda = 2 \vee \lambda = -3.

Temos, então, que a dimensão do espaço de soluções da equação é 22 e que a solução da equação homogénea será, então, dada por:

yG=c1x2+c2x3.y_G = c_1 x^2 + c_2 x^{-3}.

Procuraremos, agora, calcular a solução particular, recorrendo ao Wronskiano. Para este passo é importante que o termo de ordem 2 da equação tenha coeficiente 11, caso contrário o resultado será incorreto.

Dadas as duas soluções da equação homogénea, teremos que a matriz Wronskiana é:

W=[x21x32x3x4]W1=x25[3x41x32xx2]det(W)=31x22x2=5x2W = \begin{bmatrix} x^2 & \frac{1}{x^3} \\ 2x & \frac{-3}{x^4} \end{bmatrix} \quad\quad W^{-1} = \frac{-x^2}{5} \cdot \begin{bmatrix} \frac{-3}{x^4} & \frac{-1}{x^3} \\ -2x & x^2 \end{bmatrix} \quad\quad \det(W) = -3 \cdot \frac{1}{x^2} - \frac{2}{x^2} = \frac{-5}{x^2}

Temos, pela fórmula da variação das constantes, que:

yp(x)=[x21x3]0x[35x215x2x35x45][01x]dx=[x21x3]0x[15x2x35]dx=[x21x3][15xx420]=x5x20=x4.y_p (x) = \begin{bmatrix} x^2 & \frac{1}{x^3} \end{bmatrix} \cdot \int_0^x{ \begin{bmatrix} \frac{3}{5x^2} & \frac{1}{5x} \\ \frac{2x^3}{5} & \frac{-x^4}{5} \end{bmatrix} } \cdot \begin{bmatrix} 0 \\ \frac{1}{x} \end{bmatrix}dx \\ = \begin{bmatrix} x^2 & \frac{1}{x^3} \end{bmatrix} \cdot \int_0^x{ \begin{bmatrix} \frac{1}{5x^2} \\ \frac{-x^3}{5} \end{bmatrix} }dx \\ = \begin{bmatrix} x^2 & \frac{1}{x^3} \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} \frac{-1}{5x} \\ \frac{-x^4}{20} \end{bmatrix} \\ = -\frac{x}{5} - \frac{x}{20} = -\frac{x}{4}.

Assim, e como y=yG+ypy = y_G + y_p, temos que:

y=c1x2+c2x3x4.y = c_1 x^2 + c_2 x^{-3} - \frac{x}{4}.