PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 1) Kiểm tra y = cos x(sin x − 1) nghiệm toán y′ + y tan x = cos x giá trị ban đầu  π π − , y(0) = −1 khoảng  2 ÷  Lời giải: y′ = − sin x(sin x − 1) + cos x ⇒ y′ + y tan x = − sin x(sin x − 1) + cos x + sin x(sin x − 1) = cos x 2) Giải phương trình tách biến dy xe x = dx y + y a Lời giải: dy xe x = ⇔ y + y dy = xe x dx dx y + y x 2 x ⇒ ∫ y + y dy = ∫ xe dx + C1 ⇔ (1 + y ) + y = 3(x − 1)e + C du = + 2u + t + tu dt b Lời giải: du du du = + 2u + t + tu ⇔ = (1 + u)(2 + t) ⇒ = (2 + t)dt dt dt (1 + u) ⇒ 2ln + u = 4t + t + C 3) Tìm nghiệm PTVP thoả mãn điều kiện ban đầu dy = + y , y(1) = dx a ; Lời giải: dy dy = + y2 ⇔ = dx ⇒ arctan y = x + C dx + y2 với y(1) = C = −1 nghiệm phương trình : arctan y = x − b Lời giải: y′ = e x + y + e x − y , y(0) = ; y′ = e x + y + e x − y ⇔ e y y′ = (e 2y + 1)e x ⇔ ⇒∫ e y dy 2y e y dy (e 2y + 1) = e x dx = ∫ e x dx + C ⇒ arctan e y = e x + C (e + 1) với y(0) = C = arctan e − nghiệm phương trình : arctan e y = e x + arctan e − c Lời giải: du 2t + sec t = , u(0) = −5 dt 2u du 2t + sec t   = ⇒ 2udu = (2t + sec t)dt ⇔ ∫  2t + dt = u + C ÷ dt 2u cos t   ⇔ t + tan t = u + C với u(0) = −5 C = −25 nghiệm phương trình 4) t + tan t = u − 25 Tìm phương trình đường cong thoả mãn y′ = 4x y cắt trục Oy Lời giải: dy y′ = 4x y ⇔ = 4x 3dx ⇒ y = Ce x y ,từ giả thiết y(0) = nên C = 4 x Đó đường cong có phương trình y = 7e 5)Dung dịch glucose truyền theo đường tĩnh mạch vào máu với vận tốc không đổi r Khi glucose đưa vào, chuyển thành chất khác bị đẩy khỏi máu với vận tốc tỷ lệ thuận với nồng độ thời điểm Như vậy, mô hình biểu diễn dC = r − kC C = C(t) dt nồng độ dung dịch glucose máu , k số dương.Giả sử nồng độ thời điểm t = C0 Xác định nồng độ thời điểm tuỳ ý cách giải PTVP nói r C0 < lim C(t) k , tìm giới hạn t →∞ Giả sử diễn giải đáp án bạn Lời giải: dC dC − kdt kdt = r − kC ⇒ + kC = r ⇒ C(t) = e ∫ A + r ∫ e ∫ dt dt dt rekt  r − kt kt − kt  C(t) = e A + r ∫ e dt = e  A + = + Ae− kt ÷  ÷ k  k  ⇒ ( ( ) ) r  r r C(t) = +  C0 − ÷e − kt k  k k Vậy Tại r C0 < lim C(t) k , tìm giới hạn t →∞ a Giả sử diễn giải đáp án bạn Lời giải: r r r  lim C(t) = + lim  C0 − ÷e − kt = k t →∞  k k Hiển nhiên t →∞ t = ⇒ A = C0 − Khi dung dịch glucose truyền theo đường tĩnh mạch vào máu với vận tốc không đổi,và thời gian truyền vô hạn nồng độ glucose dung dịch glucose máu coi không đổi 6)Lượng cá bơn halibut Thái bình dương mô hình hoá PTVP dy y  = ky 1 − ÷ dt  K  ,trong y(t) sinh khối (khối lượng tổng cộng cá thể quần thể) theo kilogram thời điểm t (đo theo năm), dung lượng cực đại ước lượng K = × 10 kg k = 0,71 theo năm a Nếu y(0) = × 10 kg , tìm sinh khối năm sau b Bao lâu sinh khối đạt × 10 kg ? Lời giải: dy y ky k k ′  = ky  − ÷ ⇒ y′ − ky = − ⇔ y′y −2 − ky −1 = − ⇔ y −1 + ky −1 = K K K  K Từ dt k ⇒ z′ + kz = K k ∫ kdt  − kt  e kt  e kt  − ∫ kdt  − kt  z=e ⇒ ye  C + =1 ÷ ÷  C + ∫ e dt ÷ = e  C + −1 ÷  ÷ K K K       với z = y ( ) ⇒ y= Ke kt KC + e kt × 10 −7 × 10 = ⇒ × 10 C + = ⇒ C = 7 y(0) = × 10 kg 8 × 10 C + Khi ⇒ y= × 107 × 107 e kt + e kt a) Sinh khối năm sau xác định: × 107 ekt y= × 107 e0,71 3+e 0,71 = × 107 ⇒ e kt = ⇒ t = kt b) Ta cần tìm t cho + e ln t= ≈ 1,547 × 10 kg 0,71 Vậy sau năm sinh khối đạt 7) 8) ≈ 3,23 × 107 ln 0,71 Trong mô hình sinh trưởng theo mùa, hàm tuần hoàn theo thời gian đề nghị để tính đến biến đổi có tính mùa vụ liên quan đến vận tốc sinh trưởng Những biến đổi có thể, chẳng hạn, gây thay đổi có tính chất mùa vụ nguồn thức ăn.Tìm nghiệm mô hình sinh trưởng theo mùa dP = kP cos(rt − ϕ) P(0) = P0 dt , k, r φ số dương Lời giải: dP k k = kP cos(rt − ϕ) ⇒ ln P = sin(rt − ϕ) + C P(0) = P0 ⇒ ln P0 = − sin ϕ + C dt r r với k sin ϕ + r ln P0 k sin ϕ + r ln P0 k C= ln P = sin(rt − ϕ) + ⇒ ⇒ r r r P k k  ln = [ sin(rt − ϕ) + sin ϕ] P(t) = P0 exp  [ sin(rt − ϕ) + sin ϕ] ÷ r  ⇒ P0 r ⇒ Giải PTVP toán ban đầu: (x − 3y )dx + 2xydy = ; a Lời giải: dy x − 3y x 3y (x − 3y )dx + 2xydy = ⇔ =− =− + dx 2xy 2y 2x xy ≠ 2udu dx y = xu ⇒ y′ = u + xu ′ ⇒ 2u + 2xu ′ = 3u − ⇒ = u u −1 x Đặt 2 2 ⇒ u − = Cx ⇒ y = (1 + Cx)x ; ∀x, y y π xy′ + x tan − y = y(1) = x 2; b Lời giải: y y y xy′ + x tan − y = y′ + tan − = ⇔ x x x 4 Đặt y = xu ⇒ y′ = u + xu ′ ⇒ u + xu ′ + tan u − u = ⇒ ta có sin cos u dx C du = − ⇒ sin u = sin u x x y C π y = y(1) = x sin = x x với C = ⇒ nghiệm phương trình x y y  y′  x sin ÷ + x = ysin x x;  c Lời giải: y y y y y   y′  x sin ÷ + x = ysin ⇔ y′  sin ÷ + = sin x x x x x   Đặt y = xu ⇒ y′ = u + xu ′ ⇒ (u + xu ′)sin u + = u sin u ⇒ xu ′ sin u + = ⇒ y dx cos ⇒ cos u = ln Cx x ⇒ Cx = e x y y π y′ = + sin y(1) = x x 2; − sin udu = d Lời giải: Đặt y = xu ⇒ y′ = u + xu ′ ⇒ u + xu ′ = u + sin u ⇒ xu ′ = sin u u  d  tan ÷ du dx u 2 = ⇒ ln Cx = ∫  = ln tan u sin u x tan ⇒ u y π y ln Cx = ln tan ⇒ Cx = tan y(1) = x = tan 2x với ⇒ C = ⇒ 2x e Lời giải: (x − y)ydx − x dy = y x (x − y)ydx − x dy = ⇒ −  ÷ =  ÷y′ x  y với xy ≠ ta có du dx C y = xu ⇒ y′ = u + xu ′ ⇒ u + xu ′ = u − u ⇒ − = ⇒ = ln x x u u Đặt ⇒ nghiệm phương trình C x = yln x , x = 0; y = thỏa mãn phương trình nên x = 0; y = nghiệm kì dị phương trình 9) Xét xem phải phương trình tuyến tính: 5 a Lời giải: y′ + ye x = x y5 ( ) ′ − y−4 ex = −4x y′ + ye x = x y5 ⇒ y′y −5 + y −4e x = x ⇔ y −4 Từ ⇒ u′ − 4u e x = −4x Giả sử y1 (x) y (x) hai nghiệm phương trình,tức y1′ + y1e x = x y15 ( y′2 + y e x = x y52 ) ( x (ay1 + by )′ + (ay1 + by )e ) = a y1′ + y1e x + b y′2 + y e x ≠ x (ay1 + by )5 phương trình vi phân tuyến tính Xong phương trình Becnuli nên đưa phương trình −4 phương trình vi phân tuyến tính cách đặt u = y b Lời giải: Từ xy′ + ln x − x y = xy′ + ln x − x y = ⇒ y′ + xy = c Lời giải: Từ x y′ = y + sin x x y′ = y + sin x ⇒ y′ − d Lời giải: Từ y x = sin x x4 phương trình vi phân tuyến tính cấp xy′ − y = x sin x xy′ − y = x sin x ⇒ y′ − 10) ln x x phương trình vi phân tuyến tính cấp y = x sin x x phương trình vi phân tuyến tính cấp Giải PTVP: y′ + 2y = 2e x ; a Lời giải: phương trình cho phương trình vi phân tuyến tính cấp một,nên nghiệm xác định 6 ( ) C + 2e − 2dx 2dx y=e ∫ C1 + ∫ e x e ∫ dx = 3e2x ⇒ 3ye 2x 3x = C + 2e3x nghiệm phương trình xy′ + y = x ; b Lời giải: y = x x phương trình vi phân tuyến tính cấp một,nên nghiệm xác định xy′ + y = x ⇒ y′ + y=e −∫ dx  ∫x   C1 + ∫ e dx ÷ ⇔ y = C1 + ∫ x dx  ÷ x x   dx x ( ) ⇒ 3yx = C + 2x x nghiệm phương trình dy + 2xy = x dx c ; Lời giải: dy + 2xy = x ⇒ y′ + 2xy = x dx phương trình vi phân tuyến tính cấp một,nên nghiệm xác định ( ) ( − 2xdx 2xdx y=e ∫ C + ∫ x 2e∫ dx ⇔ y = e − x C + ∫ x e x dx 2 ) y′ + 3x y = 6x ; d Lời giải: y′ + 3x y = 6x phương trình vi phân tuyến tính cấp một, nên nghiệm xác định − 3x y=e ∫ dx ( y = e − x C + 2e x ⇒ ( C + ∫ 6x 2e ∫ e Lời giải: ) 3x dx ) ( dx ⇔ y = e − x C + ∫ e x dx 3 ) ⇒ y = Ce − x + y = xy′ + y′ ln y ; dx dx x ln y = x + ln y − = x = x(y) dy dy y y phương trình vi phân tuyến ⇒ ⇒ coi tính cấp một,nên nghiệm xác định y 7 dy   −∫ ln y y     x=e C+∫ e dy ÷ ⇔ x = y  C + ln y dy  ⇒ x = y C − ln yd  ÷  ÷  y ∫ y2 ∫  y ÷ ÷       ln y  ⇔ x = y C − − ÷ ⇔ + x + ln y = C y y y  ∫ dy y y′ + y = x2 x +1 ; f Lời giải: phương trình vi phân tuyến tính cấp một,nên nghiệm xác định dx  dx −∫ ∫ x +1  x +  C1 + ∫ x e y=e dx ÷ ⇔ y = C1 + ∫ x (x + 1)dx  ÷ x +1   ⇒ ( ) C + 3x + 4x y= 12(x + 1) y′ + y tan x = sin x g Lời giải: phương trình vi phân tuyến tính cấp một,nên nghiệm xác định  sin x  − ∫ tan xdx tan xdx ⇔ y = cos x C + dx ÷  ∫ y=e C1 + ∫ sin xe ∫ dx ÷ cos x   dx  x π   ⇔ y = cos x  C1 + ∫ − ∫ cos xdx ÷ y = Ccos x − sin 2x + cos x ln tan  + ÷ cos x 2 4  ⇒ ( 11) ) Giải toán giá trị ban đầu: dv − 2tv = 3t e t v(0) = dt a ; Lời giải: phương trình vi phân tuyến tính cấp một,nên nghiệm xác định v = e∫ 2tdt ( ) v(0) = ⇒ C = ⇒ ( v = et + t3 b Lời giải: ( ) ( 2 − 2tdt C + ∫ 3t e t e ∫ dt ⇔ v = e t C + ∫ 3t dt ⇒ v = e t C + t ) với ) xy′ = y + x sin x y( π) = y = x sin x x phương trình vi phân tuyến tính cấp một,nên nghiệm xác định dx dx  −∫ ∫x   C + ∫ x sin xe x dx ÷ ⇔ y = x C + ∫ sin xdx ⇒ y = x(C − cos x) y=e  ÷   với xy′ = y + x sin x ⇒ y′ − ( ) y(π) = ⇒ C = −1 ⇒ y = − x(1 + cos x) 12) Những nhà tâm lý quan tâm đến lý luận học tập khảo sát đường cong học Đường cong học đồ thị hàm số P(t), hiệu học kỹ dP coi hàm thời gian huấn luyện t Đạo hàm dt thể vận tốc mà hiệu suất học nâng lên dP a Bạn nghĩ P tăng lên nhanh nào? Điều xảy với dt t tăng lên? Giải thích Lời giải: P tăng lên nhanh thời gian huấn luyện dP Khi t tăng, tức thời gian huấn luyện tăng lên dẫn đến dt giảm b Nếu M mức cực đại hiệu mà người học có khả đạt được,giải dP = k(M − P) dt thích PTVP , k số dương mô hình hợp lý cho việc học Lời giải: dP =0 Khi Pmax = M dt c Giải PTVP để tìm biểu thức P(t).Dùng lời giải bạn để vẽ đồ thị đường cong học.Giới hạn biểu thức gì? Lời giải: dP dP = k(M − P) ⇒ + kP = kM ⇒ P = e − kt C + kM ∫ e kt dt ⇒ P = M + Ce − kt dt Từ dt ( ) − kt Từ giả thiết toán ta có P(0) = ⇒ C = − M ⇒ P = M − Me lim P = lim (M + Ce − kt ) = M t →∞ 13) t →∞ Giải PTVP Bernoulli: 9 y′ + a Lời giải: y3 y= x x ; 4z 2 y3 z′ − =− y = ⇒ y′y −3 + y −2 = −2 x x x x x ,đặt z = y ⇒ x phương trình vi phân tuyến tính cấp một,nên nghiệm xác định y′ + z=e ∫ 4dx x 4dx   −∫ x 2      C1 − ∫ e dx ÷ ⇔ z = x  C1 − ∫ dx ÷⇒ z = x  C1 + ÷  ÷   x x 5x     ⇒ 5x = (C x + 2)y xy′ + y = − xy ; b Lời giải: z =1 x đặt z = y ta phương trình vi phân tuyến tính cấp một, nên nghiệm xác định −1 z=e ∫ dx x z′ − dx   −∫ dx   x C + ∫e dx ÷ ⇔ z = x  C + ∫ ÷⇒ z = x ( C + ln x )  ÷ x     ⇒ = xy ( C + ln x ) (2xy − y)dx + xdy = ; c Lời giải: (2xy − y)dx + xdy = ⇒ y′ − y = −2y x z =2 x đặt z = y ta phương trình vi phân tuyến tính cấp một, nên nghiệm xác định −1 z=e −∫ dx x d Lời giải: 10 z′ + dx  ∫x   C1 + ∫ e dx ÷ ⇔ z = C1 + ∫ xdx ⇒ z =  ÷ x   ( ) 1 x2  C +  ÷ x  ÷  ⇒ x = y(C + x ) 2xyy′ − y + x = ; 10 d Lời giải: y′′ − 2y′ + 2y = xe x sin x ; Phương trình đặc trưng k − 2k + = ⇒ k1,2 = ± i Nghiệm riêng phương trình có dạng y′′ + y = 2cos x e y* = x ( ax + b ) cos x + ( a1x + b1 ) sin x  e x Lời giải: Phương trình đặc trưng k + = ⇒ k1,2 = ±i * Nghiệm riêng phương trình có dạng y = x(a cos x + bsin x) f Lời giải: y′′′ − 3y′′ + 3y′ − y = (1 + x )e x ; Phương trình đặc trưng k − 3k + 3k − = ⇒ k1,2,3 = * x Nghiệm riêng phương trình có dạng y = x(a1x + a x + a x + a x + a )e y′′ + y = x sin x g Lời giải: Phương trình đặc trưng k + = ⇒ k1,2 = ±i y* = x ( ax + b ) cos x + ( a1x + b1 ) sin x  Nghiệm riêng phương trình có dạng 25) Giải PTVP (i) dùng phương pháp hệ số bất định (ii) dùng phương pháp biến thiên số y′′ + 4y = x ; a Lời giải: Phương trình đặc trưng k + = ⇒ k1,2 = ±2i ⇒ nghiệm tổng quát phương trình y = C1 cos 2x + C sin 2x Cách * Nghiệm riêng phương trình có dạng y = ax + b a = ;b = ⇒ nghiệm tổng quát thay vào phương trình rút gọn ta phương trình cho 25 y = C1 cos 2x + C sin 2x + x 25 Cách 2: Coi C1 = C1 (x);C2 = C2 (x) phương pháp biến thiên số C1 = C1 (x);C = C (x) xác định hệ phương trình C1′ cos 2x + C′2 sin 2x =  −2C1′ sin 2x + 2C′2 cos 2x = x x sin 2x x sin 2x 1 C1′ = − ⇒ C1 = − ∫ dx = x cos 2x − sin 2x 2 ⇒ x cos 2x 1 C′2 = ⇒ C2 = x sin 2x + cos 2x 1 x 1  1  y* =  x cos 2x − sin 2x ÷cos 2x +  x sin 2x + cos 2x ÷sin 2x = 8 4  4  y = C1 cos 2x + C2 sin 2x + x ⇒ y′′ − 2y′ + y = e 2x ; b Lời giải: Phương trình đặc trưng k − 2k + = ⇒ k1,2 = x ⇒ nghiệm tổng quát phương trình y = (C1 + xC )e Cách * 2x Nghiệm riêng phương trình có dạng y = ae thay vào phương trình rút gọn ta a = ⇒ nghiệm tổng quát phương trình cho y = (C1 + xC2 )e x + e 2x Cách 2: Coi C1 = C1 (x);C2 = C2 (x) phương pháp biến thiên số C1 = C1 (x);C = C (x) xác định hệ phương trình C1′ + xC′2 = C1′ + xC′2 = ⇔  x x 2x x C1′ e + C′2 (1 + x)e = e C1′ + C′2 (1 + x) = e *  x x x 2x C′2 = e x ⇒ C = e x ;C1 = (1 − x)e x ⇒ y = (1 − x)e + xe  e = e x 2x ⇒ y = (C1 + xC2 )e + e 26 26 c Lời giải: y′′ − 5y′ + 6y = (x + 1)e 2x ; Phương trình đặc trưng k − 5k + = ⇒ k1 = 2; k = 2x 3x ⇒ nghiệm tổng quát phương trình nhất: y = C1e + C2 e Cách * 2x Nghiệm riêng phương trình có dạng y = x(ax + b)e −2ax + 2a − b = x + ⇒ a = − ;b = −2 thay vào phương trình rút gọn ta ⇒ nghiệm tổng quát phương trình cho: y = C1e2x + C2 e3x − (x + 4x)e2x Cách 2: Coi C1 = C1 (x);C2 = C2 (x) phương pháp biến thiên số C1 = C1 (x);C = C (x) xác định hệ phương trình C1′ e 2x + C′2 e3x = C1′ + C′2 e x = ⇔  2x 3x 2x x ′ ′ 2C1e + 3C2 e = (x + 1)e 2C1′ + 3C′2 e = x + C′2 = (x + 1)e − x x + 2x C′ = −(x + 1) ⇒ C1 = − ⇒ C = −(x + 2)e − x x + 2x 2x x + 4x + 2x − x 3x y=− e − (x + 2)e e = − e ⇒ 2 d Lời giải: y′′ + y′ = xe− x ; Phương trình đặc trưng k + k = ⇒ k1 = 0;k = −1 −x ⇒ nghiệm tổng quát phương trình nhất: y = C1 + C2 e Cách * −x Nghiệm riêng phương trình có dạng y = x(ax + b)e −2ax + 2a − b = x ⇒ a = − ;b = −1 thay vào phương trình rút gọn ta 27 27 ⇒ nghiệm tổng quát phương trình cho: y = C1 + C2 e − x − x + 2x − x e Cách 2: Coi C1 = C1 (x);C2 = C2 (x) phương pháp biến thiên số C1 = C1 (x);C = C (x) xác định hệ phương trình C1′ + C′2e − x = x2 ⇔ C2 = − ;C1 = −(x + 1)e − x  −x −x  −C′2 e = xe ⇒ x + 2x + − x y = C1 + C e − e y′′ − 3y′ + 2y = xe3x e −x Lời giải: Phương trình đặc trưng k − 3k + = ⇒ k1 = 2; k = x 2x ⇒ nghiệm tổng quát phương trình nhất: y = C1e + C2 e Cách * 3x Nghiệm riêng phương trình có dạng y = (ax + b)e 2ax + 3a + 2b = x ⇒ a = ;b = − thay vào phương trình rút gọn ta ⇒ nghiệm tổng quát phương trình cho: x y = C1e + C e 2x (2x − 3)e3x + Cách 2: Coi C1 = C1 (x);C2 = C2 (x) phương pháp biến thiên số C1 = C1 (x);C = C (x) xác định hệ phương trình: C1′ e x + C′2 e 2x = C1′ + C′2 e x = ⇔  x 2x 3x x 2x ′ ′ C1e + 2C e = xe C1′ + 2C′2e = xe xe 2x e2x C1′ = − xe ⇒ C1 = − + x x C′2 = xe ⇒ C2 = (x − 1)e 2x e 2x  x *  xe 2x − 3x y = − + e + (x − 1)e x e 2x ÷ y* = e  ÷   ⇒ 2x 28 28 ⇒ 2x − 3x e y′′ − 4y′ + 8y = sin 2x y = C1e x + C 2e 2x + f Lời giải: Phương trình đặc trưng k − 4k + = ⇒ k1,2 = ± 2i 2x ⇒ nghiệm tổng quát phương trình y = e (C1 cos 2x + C sin 2x) Cách * Nghiệm riêng phương trình có dạng y = a cos 2x + bsin 2x thay vào phương trình 1 a = ;b = 10 20 rút gọn ta (4a − 8b)cos 2x + (8a + 4b)sin 2x = sin 2x ⇒ ⇒ nghiệm tổng quát phương trình cho y = e 2x (C1 cos 2x + C sin 2x) + 1 cos 2x + sin 2x 10 20 Cách 2: Coi C1 = C1 (x);C2 = C2 (x) phương pháp biến thiên số C1 = C1 (x);C = C (x) xác định hệ phương trình C1′ e 2x cos 2x + C′2 e2x sin 2x =  −2x −2C1′ sin 2x + 2C1′ cos 2x + 2C′2 cos 2x + 2C′2 sin 2x = e sin 2x C1′ cos 2x + C′2 sin 2x =  −2x ⇔ −2C1′ sin 2x + 2C′2 cos 2x = e sin 2x e−2x sin 4x C′ = ⇒ −2x e −2x cos 4x −2x C2 = ∫ e sin 4xdx = − − ∫ e d(sin 4x) 16 32 =− C2 = − e−2x cos 4x e −2x sin 4x −2x − − ∫ e sin 4xdx 16 32 16 ⇒ ( 2cos 4x + sin 4x ) e −2x 10 e−2x sin 2x C′ = − ⇒ 29 29 ⇒ 26) C1 = e −2x −2x e−2x e −2x sin 4x −2x + ∫ e cos 4xdx = + + ∫ e sin 4xdx 8 16 e −2x = − ( 3sin 4x − cos 4x ) e −2x 80 Tìm nghiệm PTVP y′′ − 2y′ + y = x cos x ; a Lời giải: Phương trình đặc trưng k − 2k + = ⇒ k1,2 = x ⇒ nghiệm tổng quát phương trình nhất: y = (C1 + xC )e * Nghiệm riêng phương trình có dạng y = (ax + b)cos x + (cx + d)sin x thay vào phương trình rút gọn ta (2ax + 2b − 2a − 2c)sin x + ( −2cx − 2d − 2a + 2c)cos x = x cos x −2cx − 2d − 2a + 2c = x  b = c = d = − ;a = ⇒ 2ax + 2b − 2a − 2c = ⇒ ⇒ nghiệm tổng quát phương trình cho: y = (C1 + xC2 )e x − b Lời giải: cos x + (x + 1)sin x y′′ − y′ − 6y = + e −2x ; Phương trình đặc trưng k − k − = ⇒ k1 = 3;k = −2 3x −2x ⇒ nghiệm tổng quát phương trình nhất: y = C1e + C2 e y1* = − phương trình y′′ − y′ − 6y = có nghiệm riêng −2x * −2x phương trình y′′ − y′ − 6y = e có nghiệm riêng dạng y = axe ,thay vào phương trình y′′ − y′ − 6y = e −2x rút gọn ta ⇒ nghiệm tổng quát phương trình : c Lời giải: 30 9y′′ + y = 3x + e − x a=− y = C1e y(0) = 1, 3x + C2e −2x xe −2x − − y′(0) = ; 30 Phương trình đặc trưng 9k + = ⇒ k1,2 = ± i ⇒ nghiệm tổng quát phương trình nhất: y = C1 cos x x + C2 sin 3 * phương trình 9y′′ + y = 3x có nghiệm riêng y1 = 3x −x * −x phương trình 9y′′ + y = e có nghiệm riêng dạng y = ae ,thay vào phương trình 9y′′ + y = e −x rút gọn ta a= 10 x x e−x y = C1 cos + C sin + + 3x 3 10 ⇒ nghiệm tổng quát phương trình : Với điều kiện y(0) = 1; y′(0) = ta có C1 = 27 ; C2 = − 10 10 Khi nghiệm x 27 x e− x y = cos − sin + + 3x 10 10 10 riêng tương ứng phương trình : y′′ + 9y = 6cos3x ; d Lời giải: Phương trình đặc trưng k + = ⇒ k1,2 = ±3i ⇒ nghiệm tổng quát phương trình nhất: y = C1 cos3x + C2 sin 3x * y = Ax cos3x + Bx sin 3x thay vào phương Nghiệm riêng phương trình có dạng trình rút gọn ta 6Bcos3x − 6Asin 3x = 6cos3x ⇒ A = 0;B = ⇒ nghiệm tổng quát phương trình y = C1 cos3x + C sin 3x + x sin 3x y′′ + y = 3sin x e Lời giải: Phương trình đặc trưng k + = ⇒ k1,2 = ±i ⇒ nghiệm tổng quát phương trình nhất: y = C1 cos x + C sin x * Nghiệm riêng phương trình có dạng y = Ax cos x + Bx sin x thay vào phương trình rút gọn ta 31 2Bcos x − 2Asin 3x = 3sin x ⇒ B = 0;A = − 31 y = C1 cos x + C2 sin x − x cos x ⇒ nghiệm tổng quát phương trình f Lời giải: y′′ + y′ = e x + 2cos x ; Phương trình đặc trưng k + k = ⇒ k1 = 0;k = −1 −x ⇒ nghiệm tổng quát phương trình nhất: y = C1 + C2 e * Nghiệm riêng phương trình y′′ + y′ = 2cos x có dạng y1 = A cos x + Bsin x thay vào phương trình y′′ + y′ = 2cos x rút gọn (B − A)cos x − (A + B)sin x = 2cos x ⇒ A = −1;B = * ⇒ y1 = − cos x + sin x x Nghiệm riêng phương trình y′′ + y′ = e có nghiệm riêng y*2 = ex ex − cos x + sin x y( π / 2) = y = C1 + C e − x + ⇒ nghiệm tổng quát phương trình y′′ + y = −2sin x y′(0) = 1, g Lời giải: Phương trình đặc trưng k + = ⇒ k1,2 = ±i ⇒ nghiệm tổng quát phương trình nhất: y = C1 cos x + C sin x * Nghiệm riêng phương trình có dạng y = Ax cos x + Bx sin x thay vào phương trình rút gọn (B − A)cos x − (A + B)sin x = −2sin x ⇒ A = B = ⇒ nghiệm tổng quát phương trình y = C1 cos x + C2 sin x + x cos x + x sin x Với điều kiện y(0) = 1, y′( π / 2) = ta có (XEM LẠI Đ/K) 27) (4) Tìm nghiệm tổng quát PT y + y = Lời giải: Phương trình đặc trưng k + = có nghiệm k1 = 32 2 2 (1 + i);k = (1 − i);k = − (1 + i);k = − (1 − i) 2 2 32 Từ k1 = 2 (1 + i);k = (1 − i) 2 ta có hai nghiệm riêng y1 Từ k3 = − x =e x cos y2 x =e x 2 sin 2 (1 + i);k = − (1 − i) 2 ta có hai nghiệm riêng y3 = e − x 2 x cos y4 = e − x 2 sin x 2 (4) Nghiệm tổng quát PT y + y = x y=e 28)  x x 2 − + C2 in  C1 cos ÷+ e 2   x 2  x x 2 + C sin  C3 cos ÷ 2   Dùng phương pháp biến thiên tham số giải PTVP: y′′ + y = sec x < x < π / 2; a Lời giải: Phương trình đặc trưng k + = ⇒ k1,2 = ±i ⇒ nghiệm tổng quát phương trình nhất: y = C1 cos x + C sin x Coi C1 = C1 (x);C2 = C2 (x) phương pháp biến thiên số C1 = C1 (x);C = C (x) xác định hệ phương trình C1′ cos x + C′2 sin x =   sin x C1′ = − ⇒ C1 = ln cos x −C1′ sin x + C′2 cos x = cos x cos x ⇔ C′2 = ⇒ C2 = x ⇒ nghiệm tổng quát phương trình : y = C1 cos x + C sin x + cos x ln cos x + x sin x b Lời giải: y′′ − 3y′ + 2y = 1 + e− x ; Phương trình đặc trưng k − 3k + = ⇒ k1 = 1; k = 33 33 x 2x ⇒ nghiệm tổng quát phương trình nhất: y = C1e + C2 e Coi C1 = C1 (x);C2 = C2 (x) phương pháp biến thiên số C1 = C1 (x);C = C (x) xác định hệ phương trình C1′ + C′2 e x =   e− x x ′ ′ C + 2C e =  + e− x  1  x  C1′ = − ⇒ C1 = − ∫  x − de = ln(1 + e x ) − x x x ÷ 1+ e 1+ e  e C′2 = e− x  ⇒ C2 = ∫  x − 1+ e + ex e x   −x ÷dx = −e − ∫  x − + ex  e  x ÷de  −x x ⇒ C2 = −e − x + ln(1 + e ) ⇒ y* = e x ln(1 + e x ) − xe x − e x − xe2x + e2x ln(1 + e x ) = e x (1 + e x ) ln(1 + e x ) − x  − e x   ⇒ nghiệm tổng quát phương trình : y = C1e x + C2 e2x + e x (1 + e x ) ln(1 + e x ) − x  − e x   y′′ − y = x; c Lời giải: Phương trình đặc trưng k − = ⇒ k1,2 = ±1 x −x ⇒ nghiệm tổng quát phương trình nhất: y = C1e + C2 e Coi C1 = C1 (x);C2 = C2 (x) phương pháp biến thiên số C1 = C1 (x);C = C (x) xác định hệ phương trình C1′ e x + C′2 e − x =   x −x C1′ e − C′2e =  x ⇔ ⇒ nghiệm tổng quát phương trình : 34 C1′ = e− x ex ′ C2 = − 2x 2x x y = C1e + C2 e −x e x e− x dx e− x e x dx + ∫ − x ∫ x 34 d Lời giải: y′′ − 4y′ + 5y = Phương trình đặc trưng e2x cos x ; k − 4k + = ⇒ k1,2 = ± i 2x ⇒ nghiệm tổng quát phương trình nhất: y = e (C1 cos x + C sin x) Coi C1 = C1 (x);C2 = C2 (x) phương pháp biến thiên số C1 = C1 (x);C = C (x) xác định hệ phương trình C1′ cos x + C′2 sin x =   sin x ′ ′ ′ − C sin x + C cos x = C = − ⇒ C1 = ln cos x  cos x ⇔ cos x C′2 = ⇒ C2 = x ⇒ nghiệm tổng quát phương trình y = e2x ( C1 + ln cos x ) cos x + e 2x (x + C )sin x e Lời giải: y′′ − 2y′ + y = Phương trình đặc trưng ex + x2 ; k − 2k + = ⇒ k1,2 = x ⇒ nghiệm tổng quát phương trình nhất: y = (C1 + xC )e Coi C1 = C1 (x);C2 = C2 (x) phương pháp biến thiên số C1 = C1 (x);C = C (x) xác định hệ phương trình C1′ e x + C′2 xe x =   x ex x x C1′ e + C′2 xe + C′2 e =  + x2 x C′2 = ⇒ C2 = arctan x C1′ = − ⇒ C1 = − ln(1 + x ) 2 ⇔ 1+ x 1+ x ⇒ nghiệm tổng quát phương trình   y =  − ln(1 + x ) + x arctan x ÷e x   ⇒   y = (C1 + xC )e x +  x arctan x − ln(1 + x )  e x   35 35 y′′ − y′ = f Lời giải: 1 + ex ; Phương trình đặc trưng k − k = ⇒ k = 1;k1 = x ⇒ nghiệm tổng quát phương trình nhất: y = C1 + C 2e Coi C1 = C1 (x);C2 = C2 (x) phương pháp biến thiên số C1 = C1 (x);C = C (x) xác định hệ phương trình C1′ + C′2 e x =   x C′2 e = + ex  C′2 =  ⇒ C2 = ∫  x − (1 + e )e + ex e x x   −x ÷dx = −e − ∫  x − + ex  e  x ÷de  = ln(1 + e x ) − x − e − x C1′ = − x (1 + e ) ⇒ C1 = ln(1 + e x ) − x y = ln(1 + e x ) − x + e x ln(1 + e x ) − xe x − = (1 + e x ) ln(1 + e x ) − x  −   ⇒ ⇒ nghiệm tổng quát phương trình y = C1 + C2 e x + (1 + e x ) ln(1 + e x ) − x  − t Dùng phép đổi biến x = e giải phương trình Euler: x y′′ + 5xy′ + 13y = ; 29) a Lời giải: t −t t 2t Đặt x = e x = e ; y′t = y′e ⇒ e y′t = y′ y′′tt = y′′e 2t + y′et ⇒ y′′ = y′′tt e −2t − y′t e −2t thay vào phương trình rút gọn y′′ + 4y′ + 13y = Phương trình có nghiệm y(t) = e−2t (C1 cos3t + C sin 3t) ⇒ y = b 36 C1 cos(3ln x) + C sin(3ln x) x2 x y′′ + xy′ + y = 2sin(ln x) 36 Lời giải: t −t t 2t Đặt x = e x = e ; y′t = y′e ⇒ e y′t = y′ y′′tt = y′′e 2t + y′et ⇒ y′′ = y′′tt e −2t − y′t e −2t thay vào phương trình rút gọn y′′ + y = 2sin t Phương trình có nghiệm tổng quát y(t) = C1 cos t + C sin t * nghiệm riêng phương trình y′′ + y = 2sin t y = − t cos t Phương trình y′′ + y = 2sin t có nghiệm tổng quát y(t) = C1 cos t + C2 sin t − t cos t ⇒ y(x) = C1 cos(ln x) + C sin(ln x) − ln x.cos(ln x) c Lời giải: x y′′ + xy′ + y = x t −t t 2t Đặt x = e x = e ; y′t = y′e ⇒ e y′t = y′ y′′tt = y′′e 2t + y′et ⇒ y′′ = y′′tt e −2t − y′t e −2t t thay vào phương trình rút gọn y′′ + y = e Phương trình có nghiệm tổng quát y(t) = C1 cos t + C sin t * t y = e t nghiệm riêng phương trình y′′ + y = e t Phương trình y′′ + y = e có nghiệm tổng quát x ⇒ y(x) = C1 cos(ln x) + C sin(ln x) + x y′′′ − 3x y′′ + 6xy′ − 6y = ; d y(t) = C1 cos t + C sin t + et Lời giải: t −t t 2t Đặt x = e x = e ; y′t = y′e ⇒ y′ = y′t e y′′tt = y′′e 2t + y′et ⇒ y′′ = y′′tt e −2t − y′t e −2t y′′tt = y′′e 2t + y′e t ⇒ y′′′t = y′′′e3t + 3y′′e2t + y′e t ⇒ y′′′ = e −3t y′′′t − 3(y ′′tt − y′t )e −3t − y′t e −3t 3 thay vào phương trình rút gọn y′′′t − 3(y′′tt − y′t ) − y′t − 3(y′′tt − y′t ) + 6y′t − 6y = ⇔ y′′′t − 6y′′tt + 11y′t − 6y = Phương trình đặc trưng k − 6k + 11k − = ⇒ k1 = 1;k = 2;k = 37 37 t 2t 3t ⇒ nghiệm tổng quát phương trình theo t : y(t) = C1e + C2 e + C3e ⇒ y(x) = C1x + C2 x + C3 x e Lời giải: x y′′ − xy′ + y = cos(ln x) t −t t 2t Đặt x = e x = e ; y′t = y′e ⇒ e y′t = y′ y′′tt = y′′e 2t + y′et ⇒ y′′ = y′′tt e −2t − y′t e −2t thay vào phương trình rút gọn y′′ − 2y′ + y = cos t t Phương trình có nghiệm tổng quát y(t) = (C1 + tC2 )e * y = − sin t ′′ ′ nghiệm riêng phương trình y − 2y + y = cos t y(t) = (C1 + tC )e t − sin t ⇒ nghiệm tổng quát phương trình theo t : y(x) = ( C1 + C2 ln x ) x − sin(ln x) ⇒ x 30) Dùng phép đổi biến z = xy giải phương trình: xy′′ + 2y′ − xy = e Lời giải: Đặt z = xy z′ = y + xy′ z′′ = 2y′ + xy′′ thay vào phương trình rút gọn z′′ − z = e x P x −x z = C e + C e hương trình có nghiệm tổng quát xe x y = x nghiệm riêng phương trình z′′ − z = e * ⇒ nghiệm tổng quát phương trình z′′ − z = e x : xy = C1e x + C2 e − x + ⇒ Giải hệ phương trình:  x ′ = 5x + 3y   y′ = −3x − y ; 31) z = C1e x + C2 e− x + xe x xe x a Lời giải: 38 38  x ′ = 5x + 3y  x ′′ = 5x ′ + 3y′ ⇒  ′ y = − 3x − y   y ′ = −3x − y ⇒ x ′′ = 5x ′ − 9x + 5x − x ′ ⇒ x ′′ − 4x ′ + 4x = ⇒ x = (C1 + tC )e 2t ⇒ y= ( C2 − 3C1 − 3tC2 ) e2t  x = (C1 + tC )e 2t  ⇒ 2t  y = ( C2 − 3C1 − 3tC ) e   x ′ = 3x − y   y′ = 4x − y ; b Lời giải:  x ′ = 3x − y  x ′′ = 3x ′ − y′ ⇒   y′ = 4x − y  y′ = 4x − y ⇒ x ′′ = 3x ′ − 4x + 3x − x ′ ⇒ x ′′ − 2x ′ + x =  x = (C1 + tC2 )e t  t t t ⇒ x = (C1 + tC2 )e ⇒ y = (2C1 − C + 2tC )e ⇒  y = (2C1 − C + 2tC )e  x ′ = 2x + y   y′ = 3x + 4y c Lời giải:  x ′ = 2x + y  x ′′ = 2x ′ + y′ ⇒   y′ = 3x + 4y  y′ = 3x + 4y ⇒ x ′′ = 2x ′ + 3x + 4(x ′ − 2x) ⇒ x ′′ − 6x ′ + 5x =  x = C1e t + C e5t  5t t ⇒  y = 3C e − C1e 39 39 [...]... a Lời giải: 2 Phương trình đặc trưng 4k + k = 0 ⇒ nghiệm tổng quát của phương trình y = C1 + C 2 e y′′ − 2y′ − y = 0 ; b − x 4 Lời giải: k 2 − 2k − 1 = 0 → k1,2 = 1 ± 2 Phương trình đặc trưng ⇒ nghiệm tổng quát của phương trình y = C1e(1+ c Lời giải: + C2 e(1− 2)x y′′ + 8y′ + 41y = 0 ; 2 )x Phương trình đặc trưng 18 k 2 + 8k + 41 = 0 → k1,2 = −4 ± 5i 18 ⇒ nghiệm tổng quát của phương trình y′′ + y′... ) −x * −x nghiệm riêng của phương trình y′′ − 4y′ + 5y = e có dạng y = ae ,thay vào phương trình ta được y=e 2x a= 1 10 ⇒ nghiệm tổng quát của phương trình đã cho e− x ( C1 cos x + C2 sin x ) + 10 c Lời giải: y′′ − y′ = xe x y′(0) = 1, y(0) = 2 ; 2 Phương trình đặc trưng k − k = 0 x ⇒ nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất y = C1 + C2 e x * x nghiệm riêng của phương trình y′′ − y′ = xe có dạng... ,thay vào phương trình và rút gọn ta được 8a − 16b = 1 ⇔ nghiệm tổng quát của phương trình đã cho e Lời giải: y = C1 + C2 e2x + 1 1 cos 4x − sin 4x 40 20 y′′ − 3y′ + 2y = ( −12x + 4)e x 2 Phương trình đặc trưng k − 3k + 2 = 0 x 2x ⇒ nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất y = C1e + C2 e x nghiệm riêng của phương trình y′′ − 3y′ + 2y = ( −12x + 4)e có dạng y* = x(ax + b)e x ,thay vào phương trình. .. tổng quát của phương trình đã cho: y = (C1 + xC2 )e x − b Lời giải: cos x + (x + 1)sin x 2 y′′ − y′ − 6y = 1 + e −2x ; 2 Phương trình đặc trưng k − k − 6 = 0 ⇒ k1 = 3;k 2 = −2 3x −2x ⇒ nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: y = C1e + C2 e 1 y1* = − 6 phương trình y′′ − y′ − 6y = 1 có nghiệm riêng −2x * −2x phương trình y′′ − y′ − 6y = e có nghiệm riêng dạng y 2 = axe ,thay vào phương trình y′′ −... quát của phương trình : c Lời giải: 30 9y′′ + y = 3x + e − x a=− y = C1e y(0) = 1, 1 5 3x + C2e −2x xe −2x 1 − − 5 6 y′(0) = 2 ; 30 Phương trình đặc trưng 9k 2 + 1 = 0 ⇒ k1,2 = ± i 3 ⇒ nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: y = C1 cos x x + C2 sin 3 3 * phương trình 9y′′ + y = 3x có nghiệm riêng y1 = 3x −x * −x phương trình 9y′′ + y = e có nghiệm riêng dạng y 2 = ae ,thay vào phương trình 9y′′... của phương trình có dạng trình và rút gọn ta được 6Bcos3x − 6Asin 3x = 6cos3x ⇒ A = 0;B = 1 ⇒ nghiệm tổng quát của phương trình y = C1 cos3x + C 2 sin 3x + x sin 3x y′′ + y = 3sin x e Lời giải: Phương trình đặc trưng k 2 + 1 = 0 ⇒ k1,2 = ±i ⇒ nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: y = C1 cos x + C 2 sin x * Nghiệm riêng của phương trình có dạng y = Ax cos x + Bx sin x thay vào phương trình và... giải: 2 Phương trình đặc trưng k − 3k + 2 = 0 ⇒ k1 = 2; k 2 = 1 x 2x ⇒ nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: y = C1e + C2 e Cách 1 * 3x Nghiệm riêng của phương trình có dạng y = (ax + b)e 1 3 2ax + 3a + 2b = x ⇒ a = ;b = − 2 4 thay vào phương trình và rút gọn ta được ⇒ nghiệm tổng quát của phương trình đã cho: x y = C1e + C 2 e 2x (2x − 3)e3x + 4 Cách 2: Coi C1 = C1 (x);C2 = C2 (x) bằng phương. .. 4y = x ; a Lời giải: Phương trình đặc trưng k 2 + 4 = 0 ⇒ k1,2 = ±2i ⇒ nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất y = C1 cos 2x + C 2 sin 2x Cách 1 * Nghiệm riêng của phương trình có dạng y = ax + b 1 a = ;b = 0 ⇒ nghiệm tổng quát của 4 thay vào phương trình và rút gọn ta được phương trình đã cho 25 y = C1 cos 2x + C 2 sin 2x + x 4 25 Cách 2: Coi C1 = C1 (x);C2 = C2 (x) bằng phương pháp biến thiên... = 1 x ⇒ nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất y = (C1 + xC 2 )e Cách 1 * 2x Nghiệm riêng của phương trình có dạng y = ae thay vào phương trình và rút gọn ta được a = 1 ⇒ nghiệm tổng quát của phương trình đã cho y = (C1 + xC2 )e x + e 2x Cách 2: Coi C1 = C1 (x);C2 = C2 (x) bằng phương pháp biến thiên hằng số thì C1 = C1 (x);C 2 = C 2 (x) được xác định bởi hệ phương trình C1′ + xC′2 = 0 C1′... ; 2 Phương trình đặc trưng k − 5k + 6 = 0 ⇒ k1 = 2; k 2 = 3 2x 3x ⇒ nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: y = C1e + C2 e Cách 1 * 2x Nghiệm riêng của phương trình có dạng y = x(ax + b)e 1 −2ax + 2a − b = x + 1 ⇒ a = − ;b = −2 2 thay vào phương trình và rút gọn ta được ⇒ nghiệm tổng quát của phương trình đã cho: y = C1e2x + C2 e3x − (x 2 + 4x)e2x 2 Cách 2: Coi C1 = C1 (x);C2 = C2 (x) bằng phương ... Từ y x = sin x x4 phương trình vi phân tuyến tính cấp xy′ − y = x sin x xy′ − y = x sin x ⇒ y′ − 10) ln x x phương trình vi phân tuyến tính cấp y = x sin x x phương trình vi phân tuyến tính cấp... nghiệm phương trình, tức y1′ + y1e x = x y15 ( y′2 + y e x = x y52 ) ( x (ay1 + by )′ + (ay1 + by )e ) = a y1′ + y1e x + b y′2 + y e x ≠ x (ay1 + by )5 phương trình vi phân tuyến tính Xong phương trình. .. ⇒ − = ⇒ = ln x x u u Đặt ⇒ nghiệm phương trình C x = yln x , x = 0; y = thỏa mãn phương trình nên x = 0; y = nghiệm kì dị phương trình 9) Xét xem phải phương trình tuyến tính: 5 a Lời giải: y′