Bài tập Phương trình vi phân với nhiều dạng bài tập khác nhau giúp bạn luyện tập và nâng cao kỹ năng giải vi phân. Tài liệu đi kèm đáp án và chia sẻ một số kinh nghiệm khi giải một phương trình vi phân bất kì và kèm theo một ví dụ cụ thể. Tài liệu dành cho các bạn sinh viên khối tự nhiên, mời các bạn cùng tham khảo.
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60
BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
Lời giải được thực hiện bởi Lâm Hữu Minh
Một số kinh nghiệm khi giải một PT vi phân bất kì:
Xác định mục tiêu là đưa về 1 trong số các dạng PT đã biết cách giải.
Không nhất thiết cứ phải tìm y theo x hay 1 biến khác, có thể biến đổi thành PT để tìm x
theo y, miễn là việc giải đơn giản và tìm được PT đường tích phân tổng quát.
Đặt ẩn phụ là phương pháp hay dùng để giải một PT vi phân nói chung, tuy nhiên
không phải lần đặt nào cũng có thể đưa PT ngay về dạng đơn giản, do đó ta có thể dùng
kỹ thuật đặt ẩn phụ gộp, đó là gộp các lần đặt riêng lẻ vào 1 lần. Chẳng hạn ta đặt 2 lần:
lần 1 là 𝑓(𝑥) = 𝑡, lần 2 là 𝑔(𝑡) = 𝑢, thì đặt gộp sẽ là 𝑔(𝑓(𝑥)) = 𝑢. Kỹ thuật này có 2 ưu
điểm chính:
1. Không dễ dàng để nghĩ ra được cách đặt 𝑔(𝑓(𝑥)) = 𝑢 ngay từ đầu, do đó kỹ thuật
đặt gộp giúp chia nhỏ việc đặt 𝑔(𝑓(𝑥)) = 𝑢 thành 2 bước là 𝑓(𝑥) = 𝑡 và 𝑔(𝑡) = 𝑢,
dễ dàng tìm ra hơn. Vì vậy ta không cần phải suy nghĩ quá nhiều để tìm ra bằng
được ngay từ đầu cách đặt 𝑔(𝑓(𝑥)) = 𝑢, mà cuối cùng vẫn thu được nó. Đây có
thể là nguồn gốc của những cách đặt khó hiểu khiến cho người đọc thắc mắc:
“Làm thế quái nào lại nghĩ ra được như vậy?”.
2. Đặt gộp giúp cho bài trình bày lời giải được ngắn gọn, vì những bước đặt nhỏ chỉ
thực hiện ngoài giấy nháp.
Đối với 2 dạng PT vi phân cấp 2 𝑦′′ + 𝑝𝑦′ + 𝑞𝑦 = 𝑓𝑛(𝑥)𝑒𝛼𝑥, nhiều sách có phân chia ra các
dạng nghiệm riêng sẽ tìm được bao gồm 𝑦 = 𝑄𝑛(𝑥)𝑒𝛼𝑥, 𝑦 = 𝑥𝑄𝑛(𝑥)𝑒𝛼𝑥 hoặc 𝑦 =
𝑥2𝑄𝑛(𝑥)𝑒𝛼𝑥, căn cứ vào việc 𝛼 trùng với bao nhiêu nghiệm của PT đặc trưng. Tuy nhiên
ta chỉ cần giả sử dạng nghiệm riêng sẽ tìm là 𝑦 = 𝑄𝑛(𝑥)𝑒𝛼𝑥 là đủ rồi, không cần phải
1
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
quan tâm đến việc trùng trên làm gì cho rắc rối.
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60
Tương tự, với dạng PT 𝑦′′ + 𝑝𝑦′ + 𝑞𝑦 = 𝑃𝑛(𝑥) sin 𝛽𝑥 + 𝑃𝑚(𝑥) cos 𝛽𝑥, ta cũng chỉ cần giả sử
nghiệm riêng sẽ tìm có dạng 𝑦 = 𝑄(𝑥) sin 𝛽𝑥 + 𝑅(𝑥) cos 𝛽𝑥 với lưu ý deg 𝑄(𝑥) =
deg 𝑅(𝑥) ≤ max(𝑚, 𝑛) + 1 là ổn.
Nghiệm kì dị sinh ra qua 1 bước biến đổi có điều kiện nào đó, chẳng hạn: chia 2 vế cho
biểu thức 𝑓(𝑥, 𝑦) thì cần 𝑓(𝑥, 𝑦) ≠ 0, lấy √𝑓(𝑥, 𝑦) thì cần 𝑓(𝑥, 𝑦) ≥ 0,… Sau khi tìm được
nghiệm kì dị, ta phải xem có tồn tại 1 giá trị nào đó của hằng số C trong nghiệm tổng
quát để nó trở thành nghiệm kì dị không. Nếu có thì nghiệm kì dị kia không còn là kì dị
nữa, không cần phải liệt kê riêng ra. Nếu không, kiểm tra tiếp xem liệu nó có thỏa mãn
PT đã cho, từ đó mới xác định được chính xác PT có nghiệm kì dị hay không.
a) 𝐭𝐚𝐧 𝒚 𝒅𝒙 − 𝒙 𝐥𝐧 𝒙 𝒅𝒚 = 𝟎
⇔ ∫ = ∫ ⇔ ln(ln 𝑥) + ln |𝐶| = ln(sin 𝑦) ⇔ 𝑦 = arcsin(𝐶 ln 𝑥) 𝑑𝑥 𝑥 ln 𝑥 𝑑𝑦 tan 𝑦
Nghiệm kì dị: 𝑦 = 𝑘𝜋 (𝑘 ∈ 𝑍).
b) 𝒚′ 𝐜𝐨𝐬 𝒙 = 𝒚
⇔ 𝑑𝑦 cos 𝑥 = 𝑦𝑑𝑥 ⇔ ∫ = ∫ ⇔ 𝑦 = √ + 𝐶 𝑑𝑦 𝑦 𝑑𝑥 cos 𝑥 sin 𝑥 + 1 sin 𝑥 − 1
𝟑𝒚+𝟐
Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0
𝒙+𝟏
𝟒+𝒚𝟐 √𝒙𝟐+𝟒𝒙+𝟏𝟑
= c) 𝒚′
⇔ 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦 ⇔ ∫ 𝑑𝑥 3𝑦 + 2 𝑥 + 1 4 + 𝑦2 √𝑥2 + 4𝑥 + 13
2 + 𝐶 = ln √(𝑦2 + 4)3
= ∫ 𝑑𝑦 ⇔ √𝑥2 + 4𝑥 + 13 − + arctan 3𝑦 + 2 𝑦2 + 4 𝑥 + 1 √𝑥2 + 4𝑥 + 13 𝑥 + 2 3 𝑦 2
d) 𝒚′ = 𝒂 𝐜𝐨𝐬 𝒚 + 𝒃 (𝒃 > 𝒂 > 𝟎)
2 arctan (𝑏 − 𝑎) sin 𝑦 √𝑏2 − 𝑎2(cos 𝑦 + 1) ⇔ 𝑑𝑦 = (𝑎 cos 𝑦 + 𝑏)𝑑𝑥 ⇔ ∫ = ∫ 𝑑𝑥 ⇔ = 𝑥 + 𝐶 𝑑𝑦 𝑎 cos 𝑦 + 𝑏 √𝑏2 − 𝑎2
2
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
e) 𝒚′ − 𝒚𝟐 − 𝟑𝒚 + 𝟒 = 𝟎
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60
⇔ 𝑑𝑦 = (𝑦2 + 3𝑦 − 4)𝑑𝑥 ⇔ ∫ = ∫ 𝑑𝑥 ⇔ 𝑦 = − 𝑑𝑦 𝑦2 + 3𝑦 − 4 4|𝐶|𝑒5𝑥 + 1 |𝐶|𝑒5𝑥 − 1
Nghiệm kì dị: 𝑦 = −4; 𝑦 = 1
f) 𝒚′(𝟐𝒙 + 𝒚) = 𝟏
⇔ 𝑑𝑦(2𝑥 + 𝑦) = 𝑑𝑥
1 2
1 2
𝑑𝑢 − Đặt 2𝑥 + 𝑦 = 𝑢 ⇒ 2𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 = 𝑑𝑢 ⇔ 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦, thay vào PT:
𝑢𝑑𝑦 = 𝑑𝑢 − 𝑑𝑦 ⇔ ∫ 𝑑𝑦 = ∫ ⇔ 𝑦 = ln|2𝑢 + 1| + 𝐶 = ln|4𝑥 + 2𝑦 + 1| + 𝐶 1 2 1 2 𝑑𝑢 2𝑢 + 1 1 2 1 2
g) 𝒚′ = 𝐬𝐢𝐧(𝒚 − 𝒙 − 𝟏)
⇔ 𝑑𝑦 = sin(𝑦 − 𝑥 − 1)𝑑𝑥
Đặt 𝑦 − 𝑥 − 1 = 𝑢 ⇒ 𝑑𝑦 − 𝑑𝑥 = 𝑑𝑢 ⇔ 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦 − 𝑑𝑢, thay vào PT:
𝑑𝑦 = sin 𝑢 (𝑑𝑦 − 𝑑𝑢) ⇔ ∫ 𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑢 ⇔ 𝑦 = + 𝑢 + 𝐶 sin 𝑢 sin 𝑢 − 1 𝑢 2 + cos sin 2 sin 𝑢 2 𝑢 2
2 sin 𝑦 − 𝑥 − 1 2 = + 𝑢 + 𝐶 sin + cos 𝑦 − 𝑥 − 1 2 𝑦 − 𝑥 − 1 2
𝒙 − 𝒚 − 𝟏 𝒙 − 𝒚 − 𝟐
h) 𝒚′ =
⇔ 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥 𝑥 − 𝑦 − 1 𝑥 − 𝑦 − 2
Đặt 𝑥 − 𝑦 − 2 = 𝑢 ⇒ 𝑑𝑥 − 𝑑𝑦 = 𝑑𝑢 ⇔ 𝑑𝑥 = 𝑑𝑢 + 𝑑𝑦, thay vào PT:
𝑑𝑦 = (𝑑𝑢 + 𝑑𝑦) ⇔ ∫ 𝑑𝑦 = − ∫(𝑢 + 1)𝑑𝑢 ⇔ 𝑦 = − − 𝑢 + 𝐶 𝑢 + 1 𝑢 𝑢2 2
= − (𝑥 − 𝑦 − 2)2 − (𝑥 − 𝑦 − 2) + 𝐶 1 2
i) 𝒙𝟐(𝒚𝟑 + 𝟓)𝒅𝒙 + 𝒚𝟐(𝒙𝟑 + 𝟓)𝒅𝒚 = 𝟎
⇔ ∫ 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑦 = 0 ⇔ 𝑥3 + 𝑦3 = 𝐶 𝑥2 𝑥3 + 5 𝑦2 𝑦3 + 5
Nghiệm kì dị: 𝑦 = − √53
3
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
j) 𝒙𝒚𝒅𝒙 + (𝟏 + 𝒚𝟐)√𝟏 + 𝒙𝟐𝒅𝒚 = 𝟎
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60
⇔ ∫ 𝑑𝑦 = − ∫ 𝑑𝑥 ⇔ + ln|𝑦| = −√1 + 𝑥2 + 𝐶 1 + 𝑦2 𝑦 𝑦2 2 𝑥 √1 + 𝑥2
Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0
𝒚 𝒙
𝒙 𝒚
+ a) 𝒚′ = + 𝟏
Giả sử 𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑦′ = 𝑢 + 𝑢′𝑥, thay vào PT:
𝑢 + 𝑢′𝑥 = 𝑢 + + 1 ⇔ 𝑥 = + 1 ⇔ ∫ 𝑑𝑢 = ∫ ⇔ 𝑢 − ln|𝑢 + 1| 𝑢 𝑢 + 1 𝑑𝑥 𝑥 1 𝑢 1 𝑢
= ln|𝑥| + 𝐶 ⇔ − ln | + 1| = ln|𝑥| + 𝐶 𝑑𝑢 𝑑𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 𝑥
b) 𝒙𝒚′ = 𝒙 𝐬𝐢𝐧 + 𝒚
⇔ 𝑦′ = sin + Nghiệm kì dị: 𝑦 = −𝑥 𝒚 𝒙 𝑦 𝑥 𝑦 𝑥
Đặt 𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑦′ = 𝑢 + 𝑢′𝑥, thay vào PT:
cos 𝑢 + 𝑢′𝑥 = sin 𝑢 + 𝑢 ⇔ 𝑥 = sin 𝑢 ⇔ ∫ = ∫ ⇔ | | = 𝑥2 + 𝐶 ⇒ | 𝑑𝑢 𝑑𝑥 𝑑𝑢 sin 𝑢 𝑑𝑥 𝑥 cos 𝑢 − 1 cos 𝑢 + 1 cos − 1 | + 1 𝑦 𝑥 𝑦 𝑥
= 𝑥2 + 𝐶
Nghiệm kì dị: 𝑦 = 𝑘𝜋𝑥 (𝑘 ∈ 𝑍).
⇔ 𝑦′ + ( + ) + 1 = 0 c) 𝒙𝟐𝒚′ + 𝒚𝟐 + 𝒙𝒚 + 𝒙𝟐 = 𝟎 2 𝑦 𝑥 𝑦 𝑥
𝑑𝑢 𝑑𝑥, thay vào PT:
Giả sử 𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑦′ = 𝑢 + 𝑢′𝑥 = 𝑢 + 𝑥
𝑢 + 𝑥 + 𝑢2 + 𝑢 + 1 = 0 ⇔ ∫ = − ∫ ⇔ = ln|𝑥| + 𝐶 ⇒ 𝑑𝑢 𝑑𝑥 𝑑𝑢 𝑢2 + 2𝑢 + 1 𝑑𝑥 𝑥 1 𝑢 + 1 𝑥 𝑥 + 𝑦
= ln|𝑥| + 𝐶
Nghiệm kì dị: 𝑦 = −𝑥
d) (𝒙 + 𝟐𝒚)𝒅𝒙 − 𝒙𝒅𝒚 = 𝟎
4
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
⇔ 𝑦′ = 1 + 2𝑦 𝑥
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60
𝑑𝑢 𝑑𝑥, thay vào PT:
Đặt 𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑦′ = 𝑢 + 𝑢′𝑥 = 𝑢 + 𝑥
𝑢 + 𝑥 = 1 + 2𝑢 ⇒ ∫ = ∫ ⇔ 𝑢 = 𝑥 + 𝐶 ⇒ = 𝑥 + 𝐶 𝑑𝑢 1 + 𝑢 𝑑𝑥 𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥 𝑦 𝑥
𝒚 𝒙𝒅𝒙
2
Nghiệm kì dị: 𝑦 = −𝑥
𝑦 𝑥 + 1
𝑦′ = ( + 1) 𝑒− ⇔ e) 𝒙𝒚𝒅𝒚 − 𝒚𝟐𝒅𝒙 = (𝒙 + 𝒚)𝟐𝒆− 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦
𝑑𝑢 𝑑𝑥, thay vào PT:
2
𝑦 𝑥
Giả sử 𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑦′ = 𝑢 + 𝑢′𝑥 = 𝑢 + 𝑥
2
𝑑𝑢 (𝑢 + 𝑥 ) = ( + 1) 𝑒−𝑢 + 1 ⇔ ∫ = ∫ ⇔ = ln |𝑥| + 𝐶 ⇒ 1 𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑥 1 𝑢 𝑑𝑥 𝑥 𝑒𝑢 𝑢 + 1 𝑥𝑒 𝑥 + 𝑦 𝑢 ( + 1) 𝑒−𝑢 1 𝑢
= ln |𝑥| + 𝐶
Nghiệm kì dị: 𝑦 = −𝑥
f) (𝒙 − 𝟐𝒚 + 𝟑)𝒅𝒚 + (𝟐𝒙 + 𝒚 − 𝟏)𝒅𝒙 = 𝟎
⇔ 𝑑𝑦 + 𝑑𝑥 = 0 2𝑥 + 𝑦 − 1 𝑥 − 2𝑦 + 3
1 5 7 5
𝑥 = 𝑋 − ⇒ { Đặt { 𝑑𝑥 = 𝑑𝑋 𝑑𝑦 = 𝑑𝑌, thay vào PT rút gọn được: 𝑦 = 𝑌 +
2 + 𝑑𝑌 + 𝑑𝑋 = 0 ⇔ 𝑌′ + = 0 2𝑋 + 𝑌 𝑋 − 2𝑌 1 − 2 𝑌 𝑋 𝑌 𝑋
𝑑𝑢 𝑑𝑋, thay vào PT:
Giả sử 𝑌 = 𝑢𝑋 ⇒ 𝑌′ = 𝑢 + 𝑢′𝑋 = 𝑢 + 𝑋
2𝑢 − 1 1 𝑢 + 𝑋 + = 0 ⇔ ∫ ⇔ 𝑑𝑢 𝑑𝑋 2 + 𝑢 1 − 2𝑢 2 + 2𝑢 − 2𝑢2 𝑑𝑢 = ∫ 𝑑𝑋 𝑋 √|1 + 𝑢 − 𝑢2|
1 = |𝑋| + 𝐶 ⇒ = |𝑥 + | + 𝐶 1 5
2 )
√|1 + − ( | 5𝑦 − 7 5𝑥 + 1 5𝑦 − 7 5𝑥 + 1
Cách khác: 𝑃𝑇 ⇔ (𝑥 − 2𝑦 + 3)𝑦′ + 2𝑥 + 𝑦 − 1 = 0
5
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
Đặt 𝑥 − 2𝑦 + 3 = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = 1 − 2𝑦′, thay vào PT:
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60
𝑢 ( ) + 2𝑥 + − 1 = 0 ⇔ 𝑢 = 5𝑥 + 1 ⇔ ∫ 𝑢𝑑𝑢 = ∫(5𝑥 + 1)𝑑𝑥 ⇔ 𝑢2 1 − 𝑢′ 2 𝑥 − 𝑢 + 3 2 𝑑𝑢 𝑑𝑥
= 5𝑥2 + 2𝑥 + 𝐶 ⇒ (𝑥 − 2𝑦 + 3)2 = 5𝑥2 + 2𝑥 + 𝐶
g) 𝒙𝒚′ = 𝒚 𝐥𝐧
𝒚 𝒙 𝑦 𝑥
⇔ 𝑦′ = ln 𝑦 𝑥
Đặt 𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑦′ = 𝑢 + 𝑢′𝑥 = 𝑢 + 𝑥
𝑑𝑢 𝑑𝑥, thay vào PT: 𝑑𝑢 𝑢(ln 𝑢 − 1)
= ∫ 𝑢 + 𝑥 = 𝑢 ln 𝑢 ⇔ ∫ ⇔ ln 𝑢 = 𝑥 + 𝐶 ⇒ ln = 𝑥 + 𝐶 𝑑𝑥 𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥 𝑦 𝑥
Nghiệm kì dị: 𝑦 = 𝑒𝑥
h) (√𝒙𝒚 − 𝒙)𝒅𝒚 + 𝒚𝒅𝒙 = 𝟎
− ) 𝑦′ = −1 ⇔ (√ 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦
𝑑𝑢 𝑑𝑥, thay vào PT:
Giả sử 𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑦′ = 𝑢 + 𝑢′𝑥 = 𝑢 + 𝑥
1 2 − ) (𝑢 + 𝑥 ) = −1 ⇔ ∫ 𝑑𝑢 = ∫ ⇔ − + ln − ln 𝑢 = ln|𝑥| + 𝐶 ⇒ 2√ 1 𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑥 √𝑢 − 𝑢 𝑢2 𝑑𝑥 𝑥 𝑥 𝑦 𝑦 𝑥 ( √𝑢 √𝑢
= − ln|𝑥| − 𝐶
Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0
a) 𝒚′ − 𝟐𝒙𝒚 = 𝟏 − 𝟐𝒙𝟐
⇔ 𝑦 = 𝑒∫ 2𝑥𝑑𝑥 (∫(1 − 2𝑥2)𝑒− ∫ 2𝑥𝑑𝑥𝑑𝑥 + 𝐶) = 𝑥 + 𝐶𝑒 𝑥2
𝟏 𝒙
2 𝑥
b) 𝒚′ = (𝟐𝒚 + 𝒙𝒆𝒙 − 𝟐𝒆𝒙)
𝑑𝑥 [∫ (1 −
2 ) 𝑒 𝑥−∫ 𝑥
𝑑𝑥𝑑𝑥 + 𝐶] = 𝑒 𝑥 + 𝐶𝑥2
⇔ 𝑦′ − 𝑦 = (1 − ) 𝑒 𝑥 ⇔ 𝑦 = 𝑒∫ 2 𝑥 2 𝑥 2 𝑥
6
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
c) 𝒙(𝟏 + 𝒙𝟐)𝒚′ + 𝒚 = 𝐚𝐫𝐜𝐭𝐚𝐧 𝒙
𝑑𝑥
𝑑𝑥
− ∫
∫
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60
𝑥(1+𝑥2) (∫
𝑥(1+𝑥2)𝑑𝑥 + 𝐶)
⇔ 𝑦′ + 𝑦 = ⇔ 𝑦 = 𝑒 𝑒 1 𝑥(1 + 𝑥2) arctan 𝑥 𝑥(1 + 𝑥2) arctan 𝑥 𝑥(1 + 𝑥2)
= arctan 𝑥 + 1 + 𝐶√𝑥2 + 1 𝑥
d) 𝒚′(𝒙 + 𝒚𝟐) = 𝒚
𝑥
𝑥
⇔ 2𝑦𝑦′(𝑥 + 𝑦2) = 2𝑦2
Đặt , thay vào PT:
𝑢
𝑢 − 𝑢′𝑥 𝑢2
𝑦2 = 𝑢 ⇔ 𝑦2 = 𝑢 − 𝑢′𝑥 𝑢2
(𝑥 + ) = ⇔ 𝑥(𝑢 + 1)𝑢′ = 𝑢 − 𝑢2 ⇔ 𝑥(𝑢 + 1) = 𝑢 − 𝑢2 ⇔ ∫ 𝑥 𝑢 2𝑥 𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑥 1 + 𝑢 𝑢 − 𝑢2 𝑑𝑢
2 = 𝑥 + 𝐶
𝑢 𝑥 = ∫ ⇔ 𝑑𝑥 𝑥 (1 − 𝑢)2 = 𝑥 + 𝐶 ⇒ 𝑦2 (1 − 𝑥 𝑦2)
Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0; 𝑦 = √𝑥
e) (𝟐𝒙𝒚 + 𝟑)𝒅𝒚 − 𝒚𝟐𝒅𝒙 = 𝟎
Đặt 𝑦2 = 𝑢 ⇒ 2𝑦𝑑𝑦 = 𝑑𝑢, thay vào PT:
3 𝑑𝑢 − 𝑢𝑑𝑥 = 0 ⇔ = ⇔ 𝑥′ − 𝑥 = ⇔ 𝑥 (2𝑥√𝑢 + 3) 𝑑𝑥 𝑑𝑢 1 𝑢 2𝑥√𝑢 + 3 2𝑢√𝑢 2𝑢√𝑢 2√𝑢
𝑑𝑢 𝑢 (∫
𝑑𝑢 𝑢 𝑑𝑢 + 𝐶) = −
3 1 = 𝑒∫ 𝑒− ∫ + 𝐶𝑢 ⇒ 𝑥 = ± + 𝐶𝑦2 1 𝑦 √𝑢 2𝑢√𝑢
Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0
f) (𝟏 + 𝒚𝟐)𝒅𝒙 = (𝐚𝐫𝐜𝐭𝐚𝐧 𝒚 − 𝒙)𝒅𝒚
⇔ 𝑑𝑥 = (arctan 𝑦 − 𝑥)
Đặt arctan 𝑦 = 𝑢 ⇒ 𝑑𝑦 1 + 𝑦2 𝑑𝑦 1 + 𝑦2 = 𝑑𝑢, thay vào PT:
𝑑𝑥 = (𝑢 − 𝑥)𝑑𝑢 ⇔ + 𝑥 = 𝑢 ⇔ 𝑥′ + 𝑥 = 𝑢 ⇔ 𝑥 = 𝑒− ∫ 𝑑𝑢 (∫ 𝑢𝑒∫ 𝑑𝑢𝑑𝑢 + 𝐶) 𝑑𝑥 𝑑𝑢
= 𝑢 − 1 + 𝐶 𝑒𝑢 ⇒ 𝑥 = arctan 𝑦 − 1 + 𝐶 𝑒arctan 𝑦
g) 𝒚′ + 𝒚 𝐜𝐨𝐬 𝒙 = 𝐬𝐢𝐧 𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝒙
7
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
⇔ 𝑦 = 𝑒− ∫ cos 𝑥𝑑𝑥 (∫ sin 𝑥 cos 𝑥 𝑒∫ cos 𝑥𝑑𝑥𝑑𝑥 + 𝐶) = sin 𝑥 − 1 + 𝐶 𝑒sin 𝑥
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60
𝑑𝑥
𝑑𝑥
h) 𝒚′√𝟏 − 𝒙𝟐 + 𝒚 = 𝐚𝐫𝐜𝐬𝐢𝐧 𝒙
− ∫
√1−𝑥2 (∫
∫ √1−𝑥2𝑑𝑥 + 𝐶)
1 arcsin 𝑥 arcsin 𝑥 ⇔ 𝑦′ + 𝑦 = ⇔ 𝑦 = 𝑒 𝑒 √1 − 𝑥2 √1 − 𝑥2 √1 − 𝑥2
= arcsin 𝑥 − 1 + 𝐶 𝑒arcsin 𝑥
a) 𝒚′ +
𝒙𝒚 𝟏−𝒙𝟐 = 𝒙√𝒚 𝑥√𝑦 𝑦′ 1 − 𝑥2 = 𝑥
+ ⇔ √𝑦
𝑦′ 2√𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑥
= 𝑢′, thay vào PT: Đặt √𝑦 = 𝑢 ⇒
∫
∫
𝑥 2(𝑥2−1)
𝑥 2(1−𝑥2)
4
4
𝑥 2𝑢′ + 𝑢 = ⇔ 𝑢 = 𝑒 (∫ 𝑒 𝑑𝑥 + 𝐶) 𝑥 2(1 − 𝑥2) 𝑥 2 𝑥 2
= + 𝐶 √𝑥2 − 1 + 𝐶 √𝑥2 − 1 ⇒ √𝑦 = 1 − 𝑥2 𝑢 = 𝑥 ⇔ 𝑢′ + |𝑥2 − 1| 2 |𝑥2 − 1| 2
Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0
𝒚 𝒙
b) 𝒚′ + = 𝒙𝟐𝒚𝟒
⇔ 𝑦′ 𝑦4 + 1 𝑥𝑦3 = 𝑥2
3 𝑥
Đặt
3 𝑑𝑥 (−3 ∫ 𝑥2𝑒− ∫ 𝑥
𝑑𝑥𝑑𝑥 + 𝐶)
1 𝑦3 = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = − 1 3
3𝑦′ 𝑦4 , thay vào PT: 3 𝑥
𝑢′ + − = 𝑥2 ⇔ 𝑢′ − 𝑢 = −3𝑥2 ⇔ 𝑢 = 𝑒∫ 𝑢 𝑥
= −3𝑥3 ln|𝑥| + 𝐶|𝑥3| ⇒ 1 𝑦3 = −3𝑥3 ln|𝑥| + 𝐶|𝑥3|
Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0
c) 𝒚′ − 𝟐𝒚 𝐭𝐚𝐧 𝒙 + 𝒚𝟐 𝐬𝐢𝐧𝟐 𝒙 = 𝟎
1
⇔ − = sin2 𝑥 𝑦′ 𝑦2 + 2 tan 𝑥 𝑦
𝑦
𝑦′ 𝑦2, thay vào PT:
8
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
Đặt = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = −
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60
𝑢′ + 2𝑢 tan 𝑥 = sin2 𝑥 ⇔ 𝑢 = 𝑒−2 ∫ tan 𝑥𝑑𝑥 (∫ sin2 𝑥 𝑒2 ∫ tan 𝑥𝑑𝑥𝑑𝑥 + 𝐶)
= cos2 𝑥 (tan 𝑥 − 𝑥 + 𝐶) ⇒ = cos2 𝑥 (tan 𝑥 − 𝑥 + 𝐶) 1 𝑦
Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0
d) 𝒚𝒅𝒙 + (𝒙 + 𝒙𝟐𝒚𝟐)𝒅𝒚 = 𝟎
1
⇔ + = 0 ⇔ 𝑥′ + 𝑥 = −𝑦𝑥2 ⇔ = −𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑥 + 𝑥2𝑦2 𝑦 1 𝑦 𝑥′ 𝑥2 + 1 𝑦𝑥
𝑥
𝑥′ 𝑥2, thay vào PT:
𝑑𝑦
𝑑𝑦
− ∫
1 𝑦
Đặt = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = −
1 𝑢 = 𝑦 ⇔ 𝑢 = 𝑒∫ 𝑦
𝑢′ − (∫ 𝑦𝑒 𝑑𝑦 + 𝐶) = 𝑦2 + 𝐶|𝑦| ⇒ = 𝑦2 + 𝐶|𝑦| 1 𝑦 1 𝑥
Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0
e) 𝟑𝒅𝒚 + (𝟏 + 𝟑𝒚𝟑)𝒚 𝐬𝐢𝐧 𝒙 𝒅𝒙 = 𝟎
⇔ 3 + 𝑦 sin 𝑥 + 3𝑦4 sin 𝑥 = 0 ⇔ 𝑦′ + 𝑦 = −𝑦4 sin 𝑥 ⇔ sin 𝑥 3 𝑦′ 𝑦4 + sin 𝑥 3𝑦3 = − sin 𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥
1 𝑦3 = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = −
𝑦′ 𝑦4, thay vào PT:
sin 𝑥 3
sin 𝑥 3
1 3
Đặt
𝑑𝑥 (∫ sin 𝑥 𝑒− ∫
𝑑𝑥𝑑𝑥 + 𝐶) = 𝐶𝑒−
cos 𝑥 − 3 ⇒
1 3
𝑢′ − 𝑢 = sin 𝑥 ⇔ 𝑢 = 𝑒∫ sin 𝑥 3 1 𝑦3
cos 𝑥 − 3
= 𝐶𝑒−
Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0
f) (𝒚𝟐 + 𝟐𝒚 + 𝒙𝟐)𝒚′ + 𝟐𝒙 = 𝟎
⇔ (𝑦2 + 2𝑦 + 𝑥2) + 2𝑥 = 0 ⇔ 2𝑥 + 𝑥2 + 2𝑦 + 𝑦2 = 0 ⇔ 2𝑥𝑥′ + 𝑥2 = −2𝑦 − 𝑦2 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑦
Đặt 𝑥2 = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = 2𝑥𝑥′, thay vào PT:
𝑢′ + 𝑢 = −2𝑦 − 𝑦2 ⇒ 𝑢 = 𝑒− ∫ 𝑑𝑦 (− ∫(2𝑦 + 𝑦2)𝑒∫ 𝑑𝑦𝑑𝑦 + 𝐶) = −𝑦2 + 𝐶𝑒−𝑦 ⇒ 𝑥2
= −𝑦2 + 𝐶𝑒−𝑦
9
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
Cách khác: đặt 𝑦2 + 𝑥2 − 2 = 𝑢 ⇒ 2𝑦𝑦′ + 2𝑥 = 𝑢′ ⇔ 2𝑥 = 𝑢′ − 2𝑦𝑦′, thay vào PT:
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60
(2𝑦 + 𝑢 + 2)𝑦′ + 𝑢′ − 2𝑦𝑦′ = 0 ⇔ (𝑢 + 2)𝑦′ = −𝑢′ ⇔ (𝑢 + 2)𝑑𝑦 = −𝑑𝑢 ⇔ ∫ 𝑑𝑦
= − ∫ ⇔ 𝑦 = − ln|𝑢 + 2| + 𝐶 = − ln(𝑥2 + 𝑦2) + 𝐶 𝑑𝑢 𝑢 + 2
𝜕
𝜕
a) (𝒙𝟐 + 𝒚)𝒅𝒙 + (𝒙 − 𝟐𝒚)𝒅𝒚 = 𝟎
Ta thấy:
𝜕𝑦
𝜕𝑥
𝑥
𝑦
0
+ ∫ (𝑥 − 2𝑦)𝑑𝑦 = 𝐶 ⇔ 𝑥3 − 𝑦2 + 𝑥𝑦 = 𝐶 1 3 ∫ 𝑥2𝑑𝑥 0
b) (𝒚 +
Vì:
𝟐 𝒙𝟐) 𝒅𝒙 + (𝒙 − 2 𝜕 𝑥2) =
𝜕𝑦
𝜕𝑦
𝑥
𝑦 + ∫ (𝑥 −
𝟑 𝒚𝟐) 𝒅𝒚 = 𝟎 3 𝜕 𝑦2) = 1 nên tích phân tổng quát: 3 2 𝑦 𝑥
1
+ 1) + (𝑥𝑦 + = 𝐾 ⇔ (𝑥 − − 𝑥 − 3) = 𝐾 ⇔ 𝑥𝑦 − + 2 𝑥2) 𝑑𝑥 3 𝑦2) 𝑑𝑦 2 𝑥 3 𝑦 ∫ (1 + 1
= 𝐶
𝜕
𝜕
c) (𝒆𝒙 + 𝒚 + 𝐬𝐢𝐧 𝒚)𝒅𝒙 + (𝒆𝒚 + 𝒙 + 𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝒚)𝒅𝒚 = 𝟎
Ta thấy:
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝑥
𝑦
quát:
0
+ ∫ (𝑒𝑦 + 𝑥 + 𝑥 cos 𝑦)𝑑𝑦 = 𝐾 ⇔ (𝑒 𝑥 − 1) + (𝑒𝑦 + 𝑥𝑦 + 𝑥 sin 𝑦 − 1) ∫ 𝑒 𝑥𝑑𝑥 0
= 𝐾 ⇔ 𝑒 𝑥 + 𝑒𝑦 + 𝑥𝑦 + 𝑥 sin 𝑦 = 𝐶
d) 𝒆𝒚𝒅𝒙 − (𝒙𝒆𝒚 − 𝟐𝒚)𝒅𝒚 = 𝟎
𝜕
𝜕
⇔ 𝑒−2𝑦𝑒𝑦𝑑𝑥 − 𝑒−2𝑦(𝑥𝑒𝑦 − 2𝑦)𝑑𝑦 = 0 ⇔ 𝑒−𝑦𝑑𝑥 − (𝑥𝑒−𝑦 − 2𝑦𝑒−2𝑦)𝑑𝑦 = 0
Vì:
𝜕𝑦
𝜕𝑥
𝑦
0
𝑥 ∫ 𝑑𝑥 0
+ ∫ (−𝑥𝑒−𝑦 + 2𝑦𝑒−2𝑦)𝑑𝑦 = 𝐾 ⇔ 𝑥 + (𝑥𝑒−𝑦 − 𝑒−2𝑦(2𝑦 + 1) − 𝑥 + 1 2 1 ) 2
10
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
= 𝐾 ⇔ 𝑥𝑒−𝑦 − 𝑒−2𝑦(2𝑦 + 1) = 𝐶 1 2
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60
Điều kiện:
(𝛼(2𝑥𝑦2 − 3𝑦3)) = (𝛼(𝑦 − 3𝑥𝑦2)) ⇔ 𝛼′(2𝑥𝑦2 − 3𝑦3) + 𝛼(4𝑥𝑦 − 9𝑦2) 𝜕 𝜕𝑦 𝜕 𝜕𝑥
= 𝛼(−3𝑦2) ⇔ 𝑦2(2𝑥 − 3𝑦) = −2𝑦(2𝑥 − 3𝑦)𝛼 ⇔ = − ⇔ ∫ 𝑑𝛼 𝛼 2𝑑𝑦 𝑦 𝑑𝛼 𝛼 𝑑𝛼 𝑑𝑦
= −2 ∫ ⇔ 𝛼 = 𝑑𝑦 𝑦
1
1 𝑦2, xét PT
𝑦2 (2𝑥𝑦2 − 3𝑦3)𝑑𝑥 +
𝑦2 (𝑦 − 3𝑥𝑦2)𝑑𝑦 = 0
1
1 𝑦2 + 𝐶 1 Chọn 𝐶 = 0 ta được 𝛼 =
𝑦
𝜕
1
𝜕
− 3𝑥) 𝑑𝑦 = 0
Vì: − 3𝑥) = −3 nên tích phân tổng quát:
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝑥
𝑦
− 3𝑥) 𝑑𝑦 = 𝐾 ⇔ (𝑥2 − 3𝑥) + (ln|𝑦| − 3𝑥𝑦 + 3𝑥) 1 𝑦 ∫ (2𝑥 − 3)𝑑𝑥 0 + ∫ ( 1
= 𝐾 ⇔ 𝑥2 − 3𝑥𝑦 + ln|𝑦| = 𝐶
Điều kiện:
𝛼′(𝑥 + 𝑦) − 𝛼 − 𝛼 ln(𝑥 + 𝑦)) = ) ⇔ − = 𝜕 𝜕𝑦 𝛼 ( 𝑥 + 𝑦 𝜕 𝜕𝑥 𝛼 ( 𝑥 + 𝑦 𝛼 (𝑥 + 𝑦)2 − 𝛼 𝑥 + 𝑦 (𝑥 + 𝑦)2 ⇔ 𝑑𝛼 𝑑𝑥
= −𝛼 ⇔ ∫ = − ∫ 𝑑𝑥 ⇔ 𝛼 = 𝐶𝑒−𝑥 𝑑𝛼 𝛼
𝑒−𝑥 𝑥 + 𝑦
𝑒−𝑥 𝑥 + 𝑦
11
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
− 𝑒−𝑥 ln(𝑥 + 𝑦)) 𝑑𝑥 + Chọn 𝐶 = 1 ta được 𝛼 = 𝑒−𝑥, xét PT ( 𝑑𝑦 = 0
𝜕
𝜕
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60
nên tích phân tổng Vì: − 𝑒−𝑥 ln(𝑥 + 𝑦)) =
𝜕𝑥
𝑒−𝑥 ( 𝑥 + 𝑦
𝑒−𝑥 (𝑥 + 𝑦)2 −
𝑒−𝑥 𝑥 + 𝑦
𝜕𝑦
𝑒−𝑥 ( 𝑥 + 𝑦
𝑦
quát:
𝑥 ∫ ( 1
− 𝑒−𝑥 ln 𝑥) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = 𝐾 ⇔ 𝑒−𝑥 ln 𝑥 + (𝑒−𝑥 ln(𝑥 + 𝑦) − 𝑒−𝑥 ln 𝑥) 𝑒−𝑥 𝑥 𝑒−𝑥 𝑥 + 𝑦
+ ∫ 0 = 𝐾 ⇔ 𝑒−𝑥 ln(𝑥 + 𝑦) = 𝐾
𝑢′−4
a) 𝒚′ = √𝟒𝒙 + 𝟐𝒚 − 𝟏
2 , thay vào PT: 𝑑𝑢
Đặt 4𝑥 + 2𝑦 − 1 = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = 4 + 2𝑦′ ⇔ 𝑦′ =
= √𝑢 ⇔ = 2√𝑢 + 4 ⇔ ∫ = ∫ 𝑑𝑥 ⇔ √𝑢 − 2 ln(√𝑢 + 2) 𝑢′ − 4 2 𝑑𝑢 𝑑𝑥 2√𝑢 + 4
= 𝑥 + 𝐶 ⇒ √4𝑥 + 2𝑦 − 1 − 2 ln(√4𝑥 + 2𝑦 − 1 + 2) = 𝑥 + 𝐶
b) (𝒚𝟐 − 𝟑𝒙𝟐)𝒅𝒚 + 𝟐𝒙𝒚𝒅𝒙 = 𝟎
⇔ ( − ) 𝑑𝑦 + 2𝑑𝑥 = 0 𝑦 𝑥 3𝑥 𝑦
Giả sử 𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑑𝑦 = 𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢, thay vào PT:
(𝑢 − ) (𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) + 2𝑑𝑥 = 0 ⇔ 𝑥 (𝑢 − ) 𝑑𝑢 + (𝑢2 − 1)𝑑𝑥 = 0 ⇔ ∫ 3 𝑢 3 𝑢 3 𝑢 − 𝑢 1 − 𝑢2 𝑑𝑢
1 − 𝑢2 = ∫ ⇔ = 𝑥 + 𝐶 𝑑𝑥 𝑥 𝑢3 = 𝑥 + 𝐶 ⇒ 𝑥3 𝑦3 − 𝑥 𝑦
Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0; 𝑦 = ±𝑥
𝒚 − 𝟏 √𝟏 − 𝒙𝟐
𝑑𝑥
𝑑𝑥
c) 𝒚′ − = 𝟎
∫
− ∫
√1−𝑥2 (− ∫
√1−𝑥2𝑑𝑥 + 𝐶)
1 1 1 ⇔ 𝑦′ − 𝑦 = − ⇔ 𝑦 = 𝑒 𝑒 √1 − 𝑥2 √1 − 𝑥2
√1 − 𝑥2 = 1 + 𝐶𝑒arcsin 𝑥
𝒙 𝟐√𝒚
d) 𝒚′ + 𝒚 = 𝒆
𝑥 2
12
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
𝑦′ ⇔ + √𝑦 = 𝑒 √𝑦
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60
𝑦′ 2√𝑦
𝑥 2
𝑥 2
= 𝑢′, thay vào PT: Đặt √𝑦 = 𝑢 ⇒ −
1 2 ∫ 𝑑𝑥 (− ∫
1 2 ∫ 𝑑𝑥𝑑𝑥 + 𝐶) = 𝑒
𝑥 2 (−
𝑥 2 (−
𝑢′ − 𝑢 = − ⇔ 𝑢 = 𝑒 𝑒− + 𝐶) + 𝐶) ⇒ √𝑦 = 𝑒 𝑥 2 𝑥 2 1 2 𝑒 2 𝑒 2
Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0
𝒅𝒕 a) 𝒚 = 𝒙 ∫ 𝒆𝒕𝟐 là nghiệm của PT 𝒙𝒚′ − 𝒚 = 𝒙𝟐𝒆𝒙𝟐
𝒙 𝟏 Ta có: 𝑦′ = ∫ 𝑒𝑡2
𝑥 1
𝑥
𝑥
𝑑𝑡 + 𝑥𝑒 𝑥2 , thay vàoPT:
1
1
𝑉𝑇 = 𝑥𝑦′ − 𝑦 = 𝑥 (∫ 𝑒𝑡2 𝑑𝑡 + 𝑥𝑒 𝑥2 ) − 𝑥 ∫ 𝑒𝑡2 𝑑𝑡 = 𝑥2𝑒 𝑥2 = 𝑉𝑃 ⇒ đpcm
∞ 𝒏=𝟐
𝒙𝒏 𝒏(𝒏 − 𝟏)
b) 𝒚 = 𝒙 + ∑ là nghiệm của PT (𝟏 − 𝒙)𝒅𝒚 = (𝟏 + 𝒙 − 𝒚)𝒅𝒙
PT đã cho: (1 − 𝑥)𝑦′ = 1 + 𝑥 − 𝑦
𝑥2 2
𝑥3 6
𝑥4 12
𝑥𝑛 𝑛(𝑛 − 1)
𝑥2 2
𝑥3 3
𝑥𝑛−1 𝑛 − 1, thay vào
+ + + ⋯ + ⇒ 𝑦′ = 1 + 𝑥 + + + ⋯ + Ta có: 𝑦 = 𝑥 +
PT:
𝑉𝑇 = (1 − 𝑥) (1 + 𝑥 + + + ⋯ + ) 𝑥2 2 𝑥3 3 𝑥𝑛−1 𝑛 − 1
= (1 + 𝑥 + + + ⋯ + ) − (𝑥 + 𝑥2 + + + ⋯ + ) 𝑥2 2 𝑥3 3 𝑥𝑛−1 𝑛 − 1 𝑥3 2 𝑥4 3 𝑥𝑛 𝑛 − 1
= 1 + 𝑥
− [𝑥 + (𝑥2 − ) + ( − ) + ( − ) + ⋯ + ( − ) + ] 𝑥𝑛−1 𝑛 − 2 𝑥𝑛−1 𝑛 − 1 𝑥𝑛 𝑛 − 1 𝑥2 2 𝑥3 2 𝑥3 3 𝑥4 3 𝑥4 4
= 1 + 𝑥 − (𝑥 + + + + ⋯ + ) 𝑥2 2 𝑥3 6 𝑥4 12 𝑥𝑛 𝑛 − 1
≠ 1 + 𝑥 − (𝑥 + + + + ⋯ + ) = 𝑉𝑃 𝑥2 2 𝑥3 6 𝑥4 12 𝑥𝑛 𝑛(𝑛 − 1)
∞ 𝑛=2
𝑥𝑛 𝑛(𝑛 − 1)
Vậy 𝑦 = 𝑥 + ∑ không là nghiệm của PT đã cho.
13
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60
a) 𝒚′𝟐 + 𝟐𝒚𝒚′′ = 𝟎
𝑑𝑢 𝑑𝑥
𝑑𝑢 𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑𝑥
= . = 𝑢 Đặt 𝑦′ = 𝑢 ⇒ 𝑦′′ =
𝑑𝑢 𝑑𝑦, thay vào PT: 1 𝑢
𝑢2 + 2𝑦𝑢 = 0 ⇔ ∫ = − ∫ ⇔ √𝑦 = + 𝐶1 = + 𝐶1 ⇔ ∫(√𝑦 − 𝐶1)𝑑𝑦 𝑑𝑢 𝑑𝑦 𝑑𝑢 𝑢 𝑑𝑦 2𝑦 1 𝑦′ + 𝐶1 = 𝑑𝑥 𝑑𝑦
= ∫ 𝑑𝑥 ⇔ √𝑦3 − 𝐶1𝑦 = 𝑥 + 𝐶2 2 3
b) 𝒚𝒚′′ + 𝒚′𝟐 = 𝟏
𝑑𝑢 𝑑𝑥
𝑑𝑢 𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑𝑥
𝑑𝑢 𝑑𝑦, thay vào PT:
= . = 𝑢 Đặt 𝑦′ = 𝑢 ⇒ 𝑦′′ =
1 1 𝑢 𝑦𝑢 + 𝑢2 = 1 ⇔ ∫ = ∫ + 𝐶1 ⇔ √1 − 𝑑𝑢 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑦 1 − 𝑢2 𝑑𝑢 ⇔ 𝑦 = (𝑦 − 𝐶1)2 = 𝑢 √1 − 𝑢2
𝑑𝑦 = ⇔ ∫ = ∫ 𝑑𝑥 ⇔ √(𝑦 − 𝐶1)2 − 1 = 𝑥 + 𝐶2 𝑑𝑦 𝑑𝑥 √1 − 1 (𝑦 − 𝐶1)2
Nghiệm kì dị: 𝑦 = ±𝑥
c) 𝒚′′ = 𝒙𝒚′ + 𝒚 + 𝟏 ⇔ 𝑦′′ = (𝑥𝑦 + 𝑥)′ ⇔ 𝑦′ = 𝑥𝑦 + 𝑥 + 𝐶1 ⇔ 𝑦′ − 𝑥𝑦 = 𝑥 + 𝐶1 ⇒ 𝑦
𝑥2 2 (∫(𝑥 + 𝐶1)𝑒−
𝑥2 2 𝑑𝑥 + 𝐶2)
= 𝑒∫ 𝑥𝑑𝑥 (∫(𝑥 + 𝐶1)𝑒− ∫ 𝑥𝑑𝑥𝑑𝑥 + 𝐶2) = 𝑒
d) 𝒙𝒚′′ − 𝒚′ = 𝒙𝟐𝒚𝒚′
′ )
′ )
𝑑𝑦 ⇔ = 𝑦𝑦′ ⇔ ( = ( ⇔ = = + 𝐶1 ⇔ + 𝐶1 ⇔ ∫ 𝑥𝑦′′ − 𝑦′ 𝑥2 𝑦′ 𝑥 𝑦2 2 𝑦′ 𝑥 𝑦2 2 1 𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑦2 2 + 𝐶1 𝑦2 2
𝑦 = ∫ 𝑥𝑑𝑥 ⇔ √ arctan = + 𝐶2 𝑥2 2 2 𝐶1 √2𝐶1
e) 𝒚′′ + 𝒚 = 𝟒𝒙 𝐬𝐢𝐧 𝒙
Xét PT đặc trưng 𝑘2 + 𝑘 = 0 ⇔ [ ⇒ nghiệm tổng quát là 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2𝑒 𝑥 𝑘 = 0 𝑘 = 1
Ta tìm 1 nghiệm riêng của PT đã cho dưới dạng 𝑦 = 𝑓(𝑥) sin 𝑥 + 𝑔(𝑥) cos 𝑥. Ta có: 𝑦′′ =
14
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
(𝑓′′(𝑥) − 𝑓(𝑥) − 2𝑔′(𝑥)) sin 𝑥 + (2𝑓′(𝑥) − 𝑔(𝑥) + 𝑔′′(𝑥)) cos 𝑥, thay vào PT rút gọn được:
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60
(𝑓′′(𝑥) − 2𝑔′(𝑥)) sin 𝑥 + (2𝑓′(𝑥) + 𝑔′′(𝑥)) cos 𝑥 = 4𝑥 sin 𝑥 ⇒ { 𝑓′′(𝑥) − 2𝑔′(𝑥) = 4𝑥 2𝑓′(𝑥) + 𝑔′′(𝑥) = 0
⇔ { ⇔ { ⇔ { 𝑓′′′(𝑥) − 2𝑔′′(𝑥) = 4 4𝑓′(𝑥) + 2𝑔′′(𝑥) = 0 𝑓′′′(𝑥) + 4𝑓′(𝑥) = 4 2𝑔′(𝑥) = 𝑓′′(𝑥) − 4𝑥 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 𝐾1 𝑔(𝑥) = −𝑥2 + 𝐾2
Chọn 𝐾1 = 𝐾2 = 0 ta được nghiệm riêng 𝑦 = 𝑥 sin 𝑥 − 𝑥2 cos 𝑥
Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là: 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2𝑒 𝑥 + 𝑥 sin 𝑥 − 𝑥2 cos 𝑥
f) 𝒚′′ − 𝒚′ − 𝒙 = 𝟎
Đặt 𝑦′ = 𝑢, thay vào PT:
𝑢′ − 𝑢 = 𝑥 ⇔ 𝑢 = 𝑒∫ 𝑑𝑥 (∫ 𝑥𝑒− ∫ 𝑑𝑥𝑑𝑥 + 𝐶1) = −𝑥 − 1 + 𝐶1𝑒 𝑥 ⇒ 𝑦 = ∫(𝐶1𝑒 𝑥 − 𝑥 − 1)𝑑𝑥
= 𝐶1𝑒 𝑥 − − 𝑥 + 𝐶2 𝑥2 2
g) 𝒚′′ + 𝒚 = 𝒙𝒆𝒙 + 𝟑𝒆−𝒙
Xét PT đặc trưng 𝑘2 + 𝑘 = 0 ⇔ [ ⇒ nghiệm tổng quát là 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2𝑒−𝑥 𝑘 = −1 𝑘 = 0
′′ =
Tách PT đã cho thành 2 PT: 𝑦′′ + 𝑦 = 𝑥𝑒 𝑥 và 𝑦′′ + 𝑦 = 3𝑒−𝑥
Ta tìm 1 nghiệm riêng của PT 𝑦′′ + 𝑦 = 𝑥𝑒 𝑥 dưới dạng 𝑦1 = 𝑓(𝑥)𝑒 𝑥. Ta có: 𝑦1
(𝑓′′(𝑥) + 2𝑓′(𝑥) + 𝑓(𝑥))𝑒 𝑥, thay vào PT rút gọn được:
𝑓′′(𝑥) + 2𝑓′(𝑥) + 2𝑓(𝑥) = 𝑥 ⇔ 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑥 ⇒ 𝑦1 = 𝑥 − 1 2 𝑥 − 1 2
3 2
𝑒−𝑥 Tương tự, ta tìm được nghiệm riêng khác của PT 𝑦′′ + 𝑦 = 3𝑒−𝑥 là 𝑦2 =
𝑥−1 2
3 2
⇒ 𝑦 = 𝑒 𝑥 + 𝑒−𝑥 là 1 nghiệm riêng của PT đã cho.
𝑥−1 2
3 2
𝑒 𝑥 + 𝑒−𝑥 Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là: 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2𝑒−𝑥 +
h) 𝟐𝒙𝒚′𝒚′′ = 𝒚′𝟐 − 𝟏
Đặt 𝑦′ = 𝑢, thay vào PT:
2𝑥𝑢𝑢′ = 𝑢2 − 1 ⇔ 2𝑥𝑢 = 𝑢2 − 1 ⇔ ∫ 𝑑𝑢 = ∫ ⇔ 𝑢2 = 𝑥 + 𝐶1 ⇒ 𝑦′2 𝑢 𝑢2 − 1 1 2 𝑑𝑥 𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥
= 𝑥 + 𝐶1 ⇔ = √𝑥 + 𝐶1 ⇔ ∫ 𝑑𝑦 = ∫ √𝑥 + 𝐶1𝑑𝑥 ⇔ 𝑦 = √(𝑥 + 𝐶1)3 + 𝐶2 𝑑𝑦 𝑑𝑥 2 3
15
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
Nghiệm kì dị: 𝑦 = ±𝑥
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60
i) 𝒚′′ + 𝟑𝒚′ − 𝟏𝟎𝒚 = 𝒙𝒆−𝟐𝒙
Xét PT đặc trưng 𝑘2 + 3𝑘 − 10 = 0 ⇔ [ ⇒ nghiệm tổng quát là 𝑦 = 𝐶1𝑒−5𝑥 + 𝐶2𝑒2𝑥 𝑘 = −5 𝑘 = 2
Ta tìm 1 nghiệm riêng của PT đã cho dưới dạng 𝑦 = 𝑓(𝑥)𝑒−2𝑥. Ta có: 𝑦′ =
(𝑓′(𝑥) − 2𝑓(𝑥))𝑒−2𝑥 và 𝑦′′ = (𝑓′′(𝑥) − 4𝑓′(𝑥) + 4𝑓(𝑥))𝑒−2𝑥, thay vào PT rút gọn được:
𝑓′′(𝑥) − 𝑓′(𝑥) − 12 𝑓(𝑥) = 𝑥 ⇔ 𝑓(𝑥) = ⇒ 𝑦 = 𝑒−2𝑥 1 − 12𝑥 144 1 − 12𝑥 144
1−12𝑥 144
𝑒−2𝑥 Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là: 𝑦 = 𝐶1𝑒−5𝑥 + 𝐶2𝑒2𝑥 +
j) 𝒚′′ + 𝒚 = 𝟐 𝐜𝐨𝐬 𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙
⇔ 𝑦′′ + 𝑦 = cos 𝑥 + cos 3𝑥
Xét PT đặc trưng 𝑘2 + 1 = 0 ⇔ 𝑘 = ±𝑖 ⇒ PT thuần nhất có 2 nghiệm phức: [ , 𝑦1 = 𝑒−𝑖𝑥 𝑦2 = 𝑒𝑖𝑥
𝑦1 + 𝑦2 2 𝑦1 − 𝑦2 2𝑖
= cos 𝑥 𝑦1 = ⇒ [ hay [ cũng là 2 nghiệm của PT thuần nhất, do 𝑦1 = cos 𝑥 − 𝑖 sin 𝑥 𝑦2 = cos 𝑥 + 𝑖 sin 𝑥 = sin 𝑥 𝑦2 =
đó nghiệm tổng quát của nó là 𝑦 = 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥
Tách PT đã cho thành 2 PT: 𝑦′′ + 𝑦 = cos 𝑥 và 𝑦′′ + 𝑦 = cos 3𝑥
Với PT 𝑦′′ + 𝑦 = cos 𝑥, ta tìm 1 nghiệm riêng của nó dưới dạng 𝑦𝑟1 = 𝑎 sin 𝑥 + 𝑏 cos 𝑥 ′′ = (𝑎′′ − 𝑎 − 2𝑏′) sin 𝑥 + (2𝑎′ + 𝑏′′ − 𝑏) cos 𝑥, thay vào PT rút gọn được: ⇒ 𝑦𝑟1
𝑎 = (𝑎′′ − 2𝑏′) sin 𝑥 + (2𝑎′ + 𝑏′′) cos 𝑥 = cos 𝑥 ⇒ { ⇔ { 𝑎′′ − 2𝑏′ = 0 2𝑎′ + 𝑏′′ = 1 𝑥 + 𝐾1 2 𝑏 = 𝐾2
𝑥 2
sin 𝑥 Chọn 𝐾1 = 𝐾2 = 0 ⇒ 𝑦𝑟1 =
1 8
cos 3𝑥 Tương tự, ta cũng tìm được 1 nghiệm riêng của PT 𝑦′′ + 𝑦 = cos 3𝑥 là 𝑦𝑟2 = −
𝑥 2
1 8
cos 3𝑥 Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là: 𝑦 = 𝐶1 cos 𝑥 + ( + 𝐶2) sin 𝑥 −
k) 𝒚′′ − 𝟒𝒚′ − 𝟖𝒚 = 𝒆𝟐𝒙 + 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙
Xét PT đặc trưng 𝑘2 − 4𝑘 − 8 = 0 ⇔ 𝑘 = 2 ± 2√3 ⇒ nghiệm tổng quát là 𝑦 = 𝐶1𝑒2−2√3 +
16
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
𝐶2𝑒2+2√3 Tách PT đã cho thành 2 PT: 𝑦′′ − 4𝑦′ − 8𝑦 = 𝑒2𝑥 và 𝑦′′ − 4𝑦′ − 8𝑦 = sin 2𝑥
′ =
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60
′′ = (𝑢′′ + 4𝑢′ + 4𝑢)𝑒2𝑥, thay vào PT rút gọn được:
Với PT 𝑦′′ − 4𝑦′ − 8𝑦 = 𝑒2𝑥, ta tìm 1 nghiệm riêng của nó dưới dạng 𝑦1 = 𝑢𝑒2𝑥 ⇒ 𝑦1
(𝑢′ + 2𝑢)𝑒2𝑥 ⇒ 𝑦1
𝑢′′ − 12𝑢 = 1 ⇔ 𝑢 = − 𝑒2𝑥 ⇒ 𝑦1 = − 1 12 1 12
′′ = (𝑎′′ − 4𝑎 − 4𝑏′) sin 2𝑥 +
Với PT 𝑦′′ − 4𝑦′ − 8𝑦 = sin 2𝑥, ta tìm 1 nghiệm riêng của nó dưới dạng 𝑦2 = 𝑎 sin 2𝑥 +
′ = (𝑎′ − 2𝑏) sin 2𝑥 + (2𝑎 + 𝑏′) cos 2𝑥 ⇒ 𝑦2
𝑏 cos 2𝑥 ⇒ 𝑦2
(4𝑎′ + 𝑏′′ − 4𝑏) cos 2𝑥, thay vào PT rút gọn được:
(𝑎′′ − 4𝑎′ − 12𝑎 − 4𝑏′ + 8𝑏) sin 2𝑥 + (4𝑎′ − 8𝑎 + 𝑏′′ − 4𝑏′ − 12𝑏) cos 2𝑥 = sin 2𝑥
𝑎 = − 3 52 ⇒ { ⇔ { sin 2𝑥 + cos 2𝑥 ⇒ 𝑦2 = − 𝑎′′ − 4𝑎′ − 12𝑎 − 4𝑏′ + 8𝑏 = 1 4𝑎′ − 8𝑎 + 𝑏′′ − 4𝑏′ − 12𝑏 = 0 1 26 3 52 𝑏 =
1 12
1 26
sin 2𝑥 + 𝑒2𝑥 − ⇒ Nghiệm riêng của PT đã cho là: 𝑦 = − cos 2𝑥 1 26 3 52
1
3
1
Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là:
12
52
26
𝑒2𝑥 − sin 2𝑥 + cos 2𝑥 𝑦 = 𝐶1𝑒2−2√3 + 𝐶2𝑒2+2√3 −
l) 𝒚′′ − 𝟐𝒚′ + 𝒚 = 𝐬𝐢𝐧 𝒙 + 𝐬𝐢𝐧𝐡 𝒙
⇔ 𝑦′′ − 2𝑦′ + 𝑦 = sin 𝑥 + 𝑒 𝑥 − 𝑒−𝑥 2
Xét PT đặc trưng 𝑘2 − 2𝑘 + 1 = 0 ⇔ 𝑘 = 1 ⇒ 𝑦1 = 𝑒 𝑥 là 1 nghiệm riêng của PT thuần nhất
′′ =
𝑦′′ − 2𝑦′ + 𝑦 = 0
′ = (𝑢′ + 𝑢)𝑒 𝑥 ⇒ 𝑦2
Ta tìm 1 nghiệm riêng khác của nó dưới dạng 𝑦2 = 𝑢𝑒 𝑥 ⇒ 𝑦2
(𝑢′′ + 2𝑢′ + 𝑢)𝑒 𝑥, thay vào PT rút gọn được:
𝑢′′ = 0 ⇔ 𝑢 = 𝑚𝑥 + 𝑛
Chọn 𝑢 = 𝑥 ⇒ 𝑦2 = 𝑥𝑒 𝑥 ⇒ 𝑦 = (𝐶1 + 𝐶2𝑥)𝑒 𝑥 là nghiệm tổng quát của PT thuần nhất.
𝑒𝑥 2 và 𝑦′′ − 2𝑦′ + 𝑦 =
Tách PT đã cho thành 3 PT: 𝑦′′ − 2𝑦′ + 𝑦 = sin 𝑥, 𝑦′′ − 2𝑦′ + 𝑦 =
𝑒−𝑥 2
17
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
−
′′ = (𝑓′′(𝑥) − 𝑓(𝑥) −
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60
Với PT 𝑦′′ − 2𝑦′ + 𝑦 = sin 𝑥, ta tìm 1 nghiệm riêng của nó dưới dạng 𝑦𝑟1 = 𝑓(𝑥) sin 𝑥 + ′ = (𝑓′(𝑥) − 𝑔(𝑥)) sin 𝑥 + (𝑓(𝑥) + 𝑔′(𝑥)) cos 𝑥 ⇒ 𝑦𝑟1 𝑔(𝑥) cos 𝑥. Ta có: 𝑦𝑟1
2𝑔′(𝑥)) sin 𝑥 + (2𝑓′(𝑥) − 𝑔(𝑥) + 𝑔′′(𝑥)) cos 𝑥, thay vào PT rút gọn được:
(𝑓′′(𝑥) − 2𝑓′(𝑥) − 2𝑔′(𝑥) + 2𝑔(𝑥)) sin 𝑥 + (2𝑓′(𝑥) − 2𝑓(𝑥) + 𝑔′′(𝑥) − 2𝑔′(𝑥)) cos 𝑥 = sin 𝑥
⇒ { ⇔ { cos 𝑥 ⇒ 𝑦𝑟1 = 𝑓′′(𝑥) − 2𝑓′(𝑥) − 2𝑔′(𝑥) + 2𝑔(𝑥) = 1 2𝑓′(𝑥) − 2𝑓(𝑥) + 𝑔′′(𝑥) − 2𝑔′(𝑥) = 0 1 2 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥) = 0 1 2
𝑒𝑥 2 , ta tìm 1 nghiệm riêng của nó dưới dạng 𝑦𝑟2 = 𝑣𝑒 𝑥. Tương tự
Với PT 𝑦′′ − 2𝑦′ + 𝑦 =
1 4
1 4
𝑥2𝑒 𝑥 𝑦2, dễ dàng tìm được 𝑣 = 𝑥2 + 𝐾1𝑥 + 𝐾2. Chọn 𝑣 = 𝑥2 ⇒ 𝑦𝑟2 =
1 8
Với PT 𝑦′′ − 2𝑦′ + 𝑦 = − 𝑒−𝑥
1 4 𝑒−𝑥 2 , tương tự tìm được nghiệm riêng là 𝑦𝑟3 = − 1 4
1 2
1 8
𝑥2𝑒 𝑥 − cos 𝑥 + 𝑒−𝑥 ⇒ Nghiệm riêng của PT đã cho là 𝑦𝑟 =
1 4
1 8
1 2
𝑥2) 𝑒 𝑥 − 𝑒−𝑥 + cos 𝑥 Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là: 𝑦 = (𝐶1 + 𝐶2𝑥 +
𝒙𝟑 𝟐
m) 𝒙𝟐𝒚′′ − 𝟑𝒙𝒚′ + 𝟒𝒚 =
𝑑𝑦 𝑑𝑡
𝑑𝑡 𝑑𝑥
1 𝑥
𝑑𝑦 𝑑𝑡
. = Xét PT thuần nhất 𝑥2𝑦′′ − 3𝑥𝑦′ + 4𝑦 = 0 là PT Euler, đặt 𝑡 = ln|𝑥| ⇒ 𝑦′ =
𝑑 𝑑𝑥
1 𝑥
𝑑𝑦 𝑑𝑡
𝑑𝑦 𝑑𝑡
1 𝑥
𝑑 𝑑𝑡
𝑑𝑡 𝑑𝑥
𝑑𝑦 𝑑𝑡
𝑑𝑦 𝑑𝑡
1 𝑥2
𝑑2𝑦 𝑑𝑡2 −
1 𝑥2 ( 𝑦′′ − 4𝑦′ + 4𝑦 = 0 (∗)
⇒ 𝑦′′ = ( ) = − + ) ( = ), thay vào PT rút gọn được:
PT đặc trưng 𝑘2 − 4𝑘 + 4 = 0 ⇔ 𝑘 = 2 ⇒ 𝑦1 = 𝑒2𝑡 là 1 nghiệm riêng của (∗).
Giả sử 1 nghiệm riêng khác của nó là 𝑦2 = 𝑢𝑒2𝑡 (𝑢 là đa thức), đạo hàm thay vào PT tìm
được 𝑢 = 𝑚𝑡 + 𝑛
Chọn 𝑢 = 𝑡 ⇒ 𝑦2 = 𝑡𝑒2𝑡 ⇒ 𝑦 = (𝐶2𝑡 + 𝐶1)𝑒2𝑡 là nghiệm tổng quát của PT (∗), hay 𝑦 =
(𝐶1 + 𝐶2 ln|𝑥|)𝑒2 ln|𝑥| = 𝑥2(𝐶1 + 𝐶2 ln|𝑥|) là nghiệm tổng quát của PT thuần nhất đã cho.
Ta tìm 1 nghiệm riêng của PT đã cho, giả sử nó có dạng 𝑦0 = 𝑎𝑥3 + 𝑏𝑥2 + 𝑐𝑥 + 𝑑. Đạo
𝑥3 2
hàm thay vào PT dễ dàng tìm được 𝑦0 =
𝑥3 2
18
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là: 𝑦 = 𝑥2(𝐶1 + 𝐶2 ln|𝑥|) +
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60
𝒚′ 𝒙
𝟐 𝒙
𝒚 𝒙𝟐 = ⇔ 𝑥2𝑦′′ − 𝑥𝑦′ + 𝑦 = 2𝑥
+ n) 𝒚′′ −
𝑑𝑦 𝑑𝑡
𝑑𝑡 𝑑𝑥
1 𝑥
𝑑𝑦 𝑑𝑡
. = Xét PT thuần nhất 𝑥2𝑦′′ − 𝑥𝑦′ + 𝑦 = 0 là PT Euler, đặt 𝑡 = ln|𝑥| ⇒ 𝑦′ =
𝑑 𝑑𝑥
1 𝑥
𝑑𝑦 𝑑𝑡
𝑑𝑦 𝑑𝑡
1 𝑥
𝑑 𝑑𝑡
𝑑𝑡 𝑑𝑥
𝑑𝑦 𝑑𝑡
𝑑𝑦 𝑑𝑡
1 𝑥2
𝑑2𝑦 1 𝑑𝑡2 − 𝑥2 ( 𝑦′′ − 2𝑦 + 𝑦 = 0 (∗)
⇒ 𝑦′′ = ( ) = − + ( ) = ), thay vào PT rút gọn được:
PT đặc trưng: 𝑘2 − 2𝑘 + 1 = 0 ⇔ 𝑘 = 1 ⇒ 𝑦1 = 𝑒𝑡 là 1 nghiệm riêng của (∗). Tương tự bài
m ta tìm được 1 nghiệm riêng khác của nó là 𝑦2 = 𝑡𝑒𝑡 ⇒ 𝑦 = (𝐶1 + 𝐶2𝑡)𝑒𝑡 là nghiệm tổng
quát của (∗), hay 𝑦 = 𝑥(𝐶1 + 𝐶2 ln|𝑥|) là nghiệm tổng quát của PT thuần nhất đã cho.
Để tìm 1 nghiệm riêng 𝑦0 của PT đã cho, ta cho 2 hằng số 𝐶1, 𝐶2 biến thiên (như 2 hàm của
′ = −
𝑥), bằng cách tìm 𝐶1, 𝐶2 sao cho:
′(ln|𝑥| + 1) =
′𝑥 + 𝐶2 𝐶1 ′ + 𝐶2 𝐶1
′𝑥 ln|𝑥| = 0 2 𝑥
′ + 𝐶2 ′ ln|𝑥| = 0 𝐶1 2 ′ = 𝑥 ⇒ 𝑦0 = 𝑥 ln2|𝑥|
{ ⇔ { ⇔ { ⇒ { 2 ln|𝑥| 𝑥 𝐶1 = − ln2|𝑥| 𝐶2 = 2 ln|𝑥| 𝐶2 𝐶1 𝐶2 = 2 ln|𝑥|
Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là: 𝑦 = 𝑥(𝐶1 + 𝐶2 ln|𝑥|) + 𝑥 ln2|𝑥|
𝒆𝒙 𝟏 + 𝒆𝒙
a) 𝒚′′ − 𝒚 =
Xét PT đặc trưng 𝑘2 − 1 = 0 ⇔ 𝑘 = ±1 ⇒ nghiệm tổng quát là 𝑦 = 𝐶1𝑒 𝑥 + 𝐶2𝑒−𝑥
Ta biến thiên 2 hằng số { sao cho 𝑦𝑟 = 𝐶1(𝑥)𝑒 𝑥 + 𝐶2(𝑥)𝑒−𝑥 là 1 nghiệm riêng 𝐶1 = 𝐶1(𝑥) 𝐶2 = 𝐶2(𝑥)
′ =
′𝑒−𝑥 = 0
′𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝐶1
của PT đã cho. Ta có:
′𝑒−𝑥 =
′𝑒 𝑥 − 𝐶2 𝐶1
𝐶1 = 𝐶1 𝑥 2 { ⇔ ⇒ {
′ = −
𝐶2 = ln √𝑒𝑥 + 1 − 𝑒 𝑥 1 + 𝑒𝑥 𝐶2 − ln √𝑒𝑥 + 1 𝑒 𝑥 2 1 2(1 + 𝑒𝑥) 𝑒2𝑥 2(1 + 𝑒𝑥) {
19
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
− ln √𝑒𝑥 + 1) 𝑒 𝑥 + (ln √𝑒𝑥 + 1 − ) 𝑒−𝑥 ⇒ 𝑦𝑟 = ( 𝑥 2 𝑒 𝑥 2
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60
Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là:
− ln √𝑒𝑥 + 1) 𝑒 𝑥 + (ln √𝑒𝑥 + 1 − ) 𝑒−𝑥 𝑦 = 𝐶1𝑒 𝑥 + 𝐶2𝑒−𝑥 + ( 𝑥 2 𝑒 𝑥 2
b) 𝒚′′ + 𝒚′ = 𝐭𝐚𝐧 𝒙
Đặt 𝑦′ = 𝑢 ta được:
𝑢′ + 𝑢 = tan 𝑥 ⇔ 𝑢 = 𝑒− ∫ 𝑑𝑥 (∫ 𝑒∫ 𝑑𝑥 tan 𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶1) = 𝑒−𝑥 (∫ 𝑒 𝑥 tan 𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶1) ⇒ 𝑦
= ∫ 𝑒−𝑥 (∫ 𝑒 𝑥 tan 𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶1) 𝑑𝑥 + 𝐶2
𝒆𝒙 𝒙
c) 𝒚′′ − 𝟐𝒚′ + 𝒚 =
Xét PT đặc trưng 𝑘2 − 2𝑘 + 1 = 0 ⇔ 𝑘 = 1 ⇒ 𝑦1 = 𝑒 𝑥 là 1 nghiệm riêng của PT thuần nhất
′′ =
𝑦′′ − 2𝑦′ + 𝑦 = 0
′ = (𝑢′ + 𝑢)𝑒 𝑥 ⇒ 𝑦2
Ta tìm 1 nghiệm riêng khác của nó dưới dạng 𝑦2 = 𝑢𝑒 𝑥 ⇒ 𝑦2
(𝑢′′ + 2𝑢′ + 𝑢)𝑒 𝑥, thay vào PT rút gọn được:
𝑢′′ = 0 ⇔ 𝑢 = 𝑚𝑥 + 𝑛
Chọn 𝑢 = 𝑥 ⇒ 𝑦2 = 𝑥𝑒 𝑥 ⇒ 𝑦 = (𝐶1 + 𝐶2𝑥)𝑒 𝑥 là nghiệm tổng quát của PT thuần nhất.
Ta biến thiên 2 hằng số { sao cho 𝑦𝑟 = 𝐶1(𝑥)𝑒 𝑥 + 𝐶2(𝑥)𝑥𝑒 𝑥 là 1 nghiệm riêng 𝐶1 = 𝐶1(𝑥) 𝐶2 = 𝐶2(𝑥)
của PT đã cho. Ta có:
′𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝐶1
′(1 + 𝑥)𝑒 𝑥 =
′ =
′𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝐶1
′𝑥𝑒 𝑥 = 0 𝑒 𝑥 𝑥
′ = −𝑒 𝑥 𝑒 𝑥 𝑥
𝐶1 = −𝑒 𝑥 𝐶1 { ⇔ { ⇒ { 𝑑𝑥 ⇒ 𝑦𝑟 = −𝑒2𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 ∫ 𝑒 𝑥 𝑥 𝑑𝑥 𝐶2 = ∫ 𝐶2 𝑒 𝑥 𝑥
Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là:
𝑑𝑥 𝑦 = (𝐶1 + 𝐶2𝑥)𝑒 𝑥 − 𝑒2𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 ∫ 𝑒 𝑥 𝑥
20
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
Đặt a) 𝒙𝒚′′ + 𝒙𝒚′𝟐 = 𝒚′ 1 𝑦′ = 𝑢 ta được:
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60
2 )
′ )
𝑥 ( + 𝑥 ( = ⇔ 𝑥 ⇔ 𝑥𝑢′ − 𝑢 = −𝑥 ⇒ 𝑢 = 𝑒∫ 𝑑𝑥 (− ∫ 𝑥𝑒− ∫ 𝑑𝑥𝑑𝑥 + 𝐶1) 1 𝑢 1 𝑢 𝑢′ 𝑢2 + 𝑥 𝑢2 = 1 𝑢 1 𝑢
𝑑𝑥 = 𝑥 + 1 + 𝐶1𝑒 𝑥 ⇒ 𝑦 = ∫ 𝑥 + 1 + 𝐶1𝑒𝑥 + 𝐶2
Nghiệm kì dị: 𝑦 = 𝐶
b) 𝟏 + 𝒚𝒚′′ + 𝒚′𝟐 = 𝟎
𝑑𝑢 𝑑𝑥
𝑑𝑢 𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑𝑥
𝑑𝑢 𝑑𝑦, thay vào PT:
= . = 𝑢 Đặt 𝑦′ = 𝑢 ⇒ 𝑦′′ =
2
1 + 𝑦𝑢 + 𝑢2 = 0 ⇔ ∫ 𝑑𝑢 = − ∫ ⇔ √𝑢2 + 1 = + 𝐶1 𝑑𝑢 𝑑𝑦 𝑢 𝑢2 + 1 𝑑𝑦 𝑦 1 |𝑦|
2 + 𝐶1)
2
𝑑𝑦 ⇔ 𝑢 = √( − 1 ⇔ = √( − 1 ⇔ ∫ = ∫ 𝑑𝑥 + 𝐶1) 1 |𝑦| 𝑑𝑦 𝑑𝑥 1 |𝑦|
√( − 1 + 𝐶1) 1 |𝑦|
𝑑𝑦 ⇔ 𝑥 = ∫ + 𝐶2
2 + 𝐶1)
√( − 1 1 |𝑦|
13. Giải phương trình (2𝑥 − 𝑥2)𝑦′′ + 2(𝑥 − 1)𝑦′ − 2𝑦 = −2 biết nó có 2 nghiệm riêng 𝑦1 = 𝑥,
2𝑥
𝑦2 = 1
4𝑦 𝑥2+1
(𝑥2+1)2 với phép biến đổi 𝑥 = tan 𝑡
= 14. Giải phương trình (𝑥2 + 1)𝑦′′ + 2𝑥𝑦′ +
𝑑𝑡 cos2 𝑡 𝑥2 + 1 =
𝑑𝑥 = Đặt 𝑥 = tan 𝑡 ⇒ { , ta có:
1 cos2 𝑥
𝑦′ = = cos2 𝑡 ⇒ 𝑦′′ = = cos2 𝑡 (cos2 𝑡 ) = 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑡 𝑑𝑦′ 𝑑𝑥 𝑑 𝑑𝑡 𝑑𝑦 𝑑𝑡
a) 𝟐(𝒙 + 𝒚𝒚′)𝟐 = 𝒚𝟐(𝟏 + 𝒚′𝟐)
⇔ 2𝑥2 + 4𝑥𝑦𝑦′ + (𝑦𝑦′)2 = 𝑦2
21
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
Nếu 𝑥 = 0 ⇒ 𝑦 = 0 không thỏa mãn.
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60
𝑦2 𝑥2 = 𝑢 ⇔ 𝑦2 = 𝑥2(𝑢2 − 2) ⇒ 𝑦𝑦′ = 𝑥(𝑢2 − 2) + 𝑥2𝑢𝑢′ = 𝑥(𝑢2 − 2 + 𝑥𝑢𝑢′), thay
Đặt √2 +
vào PT:
2𝑥2 + 4𝑥2(𝑢2 − 2 + 𝑥𝑢𝑢′) + 𝑥2(𝑢2 − 2 + 𝑥𝑢𝑢′)2 = 𝑥2(𝑢2 − 2) ⇔ (𝑢2 − 2 + 𝑥𝑢𝑢′)2 + 4(𝑢2 − 2 + 𝑥𝑢𝑢′) + 4 − 𝑢2 = 0
⇔ 𝑢2(𝑢 + 1 + 𝑥𝑢′)(𝑢 − 1 + 𝑥𝑢′) = 0
= − ∫ 𝑥 = −1 − 𝑢 ⇔ [ ⇔ [ ⇔ 𝑢 + 1 + 𝑥𝑢′ = 0 𝑢 − 1 + 𝑥𝑢′ = 0 𝑥 = 1 − 𝑢 ∫ = − ∫ ∫ [ 𝑑𝑢 𝑑𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥 𝑑𝑢 1 + 𝑢 𝑑𝑢 𝑢 − 1 𝑑𝑥 𝑥 𝑑𝑥 𝑥
2 + 𝐶)
⇔ 𝑢 = + 𝐶 ⇒ 𝑦 = |𝑥|√( − 2 1 𝑥 1 𝑥
b) (𝒙𝟐 + 𝟑 𝐥𝐧 𝒚)𝒚𝒅𝒙 = 𝒙𝒅𝒚
⇔ 𝑥2 + 3 ln 𝑦 = 𝑦′ 𝑥 𝑦
𝑦′ 𝑦 , thay vào PT: 𝑥2 + 3𝑢 = 𝑥𝑢′ → PT tuyến tính cấp 1.
Đặt ln 𝑦 = 𝑢 ⇒ 𝑢′ =
c) 𝒚𝟐𝒅𝒙 + (𝒆𝒙 − 𝒚)𝒅𝒚 = 𝟎 ⇔ 𝑦2𝑥′ + 𝑒 𝑥 − 𝑦 = 0
Đặt 𝑒−𝑥 = 𝑢 ⇒ 𝑥′ = −
𝑢′ 𝑢 , thay vào PT: −𝑦2 𝑢′ 1 𝑢 𝑢
+ − 𝑦 = 0 ⇔ 𝑢′ + 𝑢 = 1 𝑦 1 𝑦2
→ PT tuyến tính cấp 1.
d) 𝒙 = 𝒚′𝟑 + 𝒚′
Đặt 𝑦′ = 𝑡 ⇒ 𝑥 = 𝑡3 + 𝑡 ⇒ 𝑑𝑥 = (3𝑡2 + 1)𝑑𝑡, do đó
𝑑𝑦 = 𝑡𝑑𝑥 = 𝑡(3𝑡2 + 1)𝑑𝑡 ⇒ 𝑦 = ∫ 𝑡(3𝑡2 + 1)𝑑𝑡 = 𝑡4 + + 𝐶 3 4 𝑡2 2
⇒ Ta được PT tham số của đường tích phân tổng quát.
e) 𝑥𝑦′ + 𝑦 = ln 𝑦′
22
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
Đặt 𝑦′ = 𝑢
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60
f) 𝒙𝟑(𝒚′ − 𝒙) = 𝒚𝟐
Đặt 𝑦 = 𝑢𝑥2 ⇒ 𝑦′ = 2𝑥𝑢 + 𝑥2𝑢′, thay vào PT:
𝑥3(2𝑥𝑢 + 𝑥2𝑢′ − 𝑥) = 𝑢2𝑥4 ⇔ 2𝑢 + 𝑥𝑢′ − 1 = 𝑢2 ⇔ 𝑥 = (𝑢 − 1)2 𝑑𝑢 𝑑𝑥
𝑦−2𝑥
𝑦+2
→ PT phân li biến số.
𝑥+1
+ tan g) 𝑦′ =
𝑥+1 𝑥 = 𝑋 − 1 𝑦 = 𝑌 − 2
Đặt {
h) 2𝑥2𝑦′ = 𝑦3 + 𝑥𝑦
𝑥2 𝑦2 = 𝑢
Đặt
i) 𝟐𝒚′ + 𝒙 = 𝟒√𝒚
⇔ 2 + 1 = 4 √𝑦 𝑥 𝑦′ 𝑥
√𝑦 𝑥
Đặt = 𝑢 ⇔ 𝑦 = 𝑥2𝑢2 ⇒ 𝑦′ = 2𝑥𝑢2 + 2𝑥2𝑢𝑢′, thay vào PT:
4𝑢2 + 4𝑥𝑢𝑢′ + 1 = 4𝑢 ⇔ 4𝑥 = − 𝑑𝑢 𝑑𝑥 (2𝑢 − 1)2 𝑢
→ PT phân li biến số.
𝟐 𝒙𝟐
j) 𝒚′ = 𝒚𝟐 −
Đặt 𝑥𝑦 = 𝑢 ⇒ 𝑦 + 𝑥𝑦′ = 𝑢′, thay vào PT:
𝑥2 ( ) = 𝑢2 − 2 ⇔ 𝑥 (𝑢′ − ) = 𝑢2 − 2 ⇔ 𝑥 = 𝑢2 + 𝑢 − 2 𝑢′ − 𝑦 𝑥 𝑢 𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥
→ PT phân li biến số.
𝟐
k) 2𝑥𝑦′ + 𝑦 = 𝑦2√𝑥 − 𝑥2𝑦2
𝟑
l) 𝒙𝒚𝒚′ = √𝒙𝟔 − 𝒚𝟒 + 𝒚𝟐
√𝑢, thay vào PT:
6𝑥5𝑢 + 𝑥6𝑢′ 𝑥3√𝑢
23
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
Đặt 𝑦4 = 𝑢𝑥6 ⇒ 4𝑦3𝑦′ = 6𝑥5𝑢 + 𝑥6𝑢′ ⇒ 4𝑦𝑦′ = = 6𝑥2√𝑢 + 𝑥3 𝑢′
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60
= 𝑥3√1 − 𝑢 ⇔ 𝑥 = 6√𝑢(1 − 𝑢) ) = √𝑥6(1 − 𝑢) + 𝑥3√𝑢 ⇔ 𝑥4 6 𝑑𝑢 𝑑𝑥 𝑥 6 𝑢′ √𝑢 (6𝑥2√𝑢 + 𝑥3 𝑢′ √𝑢
→ PT phân li biến số.
m) 𝒙(𝒆𝒚 − 𝒚′) = 𝟐
1 𝑒𝑦 = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = −
𝑦′ 𝑒𝑦 = −𝑦′𝑢, thay vào PT:
Đặt
𝑥 ( + ) = 2 ⇔ 𝑢′ + 1 = 𝑢 1 𝑢 𝑢′ 𝑢 2 𝑥
→ PT tuyến tính cấp 1.
n) (𝒙𝟐 − 𝟏)𝒚′ 𝐬𝐢𝐧 𝒚 + 𝟐𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝒚 = 𝟐𝒙 − 𝟐𝒙𝟑
Đặt cos 𝑦 = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = −𝑦′ sin 𝑦, thay vào PT:
−(𝑥2 − 1)𝑢′ + 2𝑥𝑢 = 2𝑥 − 2𝑥3 ⇔ 𝑢′ − 𝑢 = 2𝑥 2𝑥 𝑥2 − 1
→ PT tuyến tính cấp 1.
o) 𝒙𝟐𝒚′ + 𝒙𝒚 + 𝒙𝟐𝒚𝟐 = 𝟒
Đặt 𝑥𝑦 = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = 𝑦 + 𝑥𝑦′, thay vào PT:
𝑥(𝑥𝑦′ + 𝑦) + (𝑥𝑦)2 = 4 ⇔ 𝑥𝑢′ + 𝑢2 = 4 ⇔ 𝑥 = 4 − 𝑢2 𝑑𝑢 𝑑𝑥
→ PT phân li biến số.
𝟐 𝒙𝟐 = 𝟎
p) 𝟑𝒚′ + 𝒚𝟐 +
Đặt 𝑥𝑦 = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = 𝑦 + 𝑥𝑦′, thay vào PT:
3𝑥2 ( ) + 𝑢2 + 2 = 0 ⇔ 3𝑥 = 3𝑢 − 𝑢2 − 2 𝑢′𝑥 − 𝑢 𝑥2 𝑑𝑢 𝑑𝑥
→ PT phân li biến số.
2
′
2
q) 𝒙𝒚′ − (𝟐𝒙 + 𝟏)𝒚 + 𝒚𝟐 = −𝒙𝟐
𝑥𝑦′ − 𝑦 ⇔ + ( ) + 1 = 0 ⇔ ( ) − 2 + ( ) + 1 = 0 𝑥2 − 2 𝑦 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 𝑥
Đặt 𝑦 = 𝑢𝑥, thay vào PT:
24
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
𝑢′ − 2𝑢 + 𝑢2 + 1 = 0 ⇔ = 2𝑢 − 𝑢2 − 1 𝑑𝑢 𝑑𝑥
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60
→ PT phân li biến số.
r) 𝒚′ − 𝟐𝒙𝒚 + 𝒚𝟐 = 𝟓 − 𝒙𝟐 ⇔ 𝑦′ + (𝑥 − 𝑦)2 = 5
Đặt 𝑦 − 𝑥 = 𝑢 ⇔ 𝑦′ = 𝑢′ + 1, thay vào PT:
𝑢′ + 1 + 𝑢2 = 5 ⇔ = 4 − 𝑢2 𝑑𝑢 𝑑𝑥
→ PT phân li biến số.
s) 𝒚′ + 𝟐𝒚𝒆𝒙 − 𝒚𝟐 = 𝒆𝟐𝒙 + 𝒆𝒙 ⇔ 𝑦′ = 𝑒 𝑥 + (𝑦 − 𝑒 𝑥)2
Đặt 𝑦 − 𝑒 𝑥 = 𝑢 ⇔ 𝑦′ = 𝑢′ + 𝑒 𝑥, thay vào PT:
𝑢′ + 𝑒 𝑥 = 𝑢2 + 𝑒 𝑥 ⇔ = 𝑢2 𝑑𝑢 𝑑𝑥
→ PT phân li biến số.
′
2
t) (𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒚)𝒅𝒙 − 𝒙𝒅𝒚 = 𝟎
𝑥𝑦′ − 𝑦 ⇔ 𝑥𝑦′ = 𝑦2 + 𝑦 + 𝑥2 ⇔ ) = ( ) + 1 𝑦2 𝑥2 + 1 ⇔ ( 𝑦 𝑥 𝑦 𝑥
𝑥2 = Đặt 𝑦 = 𝑢𝑥 → PT phân li biến số.
′
u) 𝒚𝒅𝒚 = (𝒙𝒅𝒚 + 𝒚𝒅𝒙)√𝟏 + 𝒚𝟐
𝑦𝑦′ ⇔ 𝑦𝑦′ = (𝑥𝑦′ + 𝑦)√1 + 𝑦2 ⇔ = 𝑥𝑦′ + 𝑦 ⇔ (√1 + 𝑦2) = (𝑥𝑦)′ √1 + 𝑦2
⇔ √1 + 𝑦2 = 𝑥𝑦 + 𝐶
v) 𝒙𝒚𝟐(𝒙𝒚′ + 𝒚) = 𝟏
Cách 1:
𝑃𝑇 ⇔ (3𝑥2𝑦2𝑦′ + 2𝑥𝑦3) + 𝑥𝑦3 = 3 ⇔ (𝑥2𝑦3)′ + (𝑥2𝑦3) = 3 1 𝑥
Đặt 𝑥2𝑦3 = 𝑢 → PT tuyến tính cấp 1.
Cách 2:
25
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
𝑃𝑇 ⇔ (3𝑥𝑦2𝑦′ + 𝑦3) + 2𝑦3 = ⇔ (𝑥𝑦3)′ + (𝑥𝑦3) = 3 𝑥 2 𝑥 3 𝑥
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60
Đặt 𝑥𝑦3 = 𝑢 → PT tuyến tính cấp 1.
𝟏 𝒙
𝒅𝒚 𝒚
2
′
2
) 𝒅𝒙 + w) (𝒚 − = 𝟎
𝑦′𝑥 − 𝑦 ⇔ + 𝑦 − = 0 ⇔ ) ⇔ ( ) = −𝑥 ( ) 𝑦′ 𝑦 1 𝑥 𝑥2 = −𝑥 ( 𝑦 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 𝑥
26
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
Đặt 𝑦 = 𝑢𝑥 → PT phân li biến số.
