BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN được tác giả biên soạn từ tập đề dành cho hệ chính quy năm thứ nhất tại ĐH BKHN, trong đó có một số bài của hệ KSTN (K60). Ngoài những phương pháp đã được dạy trong giáo trình giải tích 3, tác giả còn hướng dẫn sâu hơn bằng nhiều cách giải khác nhau cho mỗi bài, đặc biệt Kỹ thuật đặt ẩn phụ 1 kỹ thuật áp dụng cho phần lớn PT vi phân và cực kì hiệu quả. Làm chủ được kỹ thuật này, bạn sẽ giải được đến 99% những PT vi phân có thể giải được Chúc các bạn học tốt
Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60 BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Lời giải thực Lâm Hữu Minh Một số kinh nghiệm giải PT vi phân bất kì: Xác định mục tiêu đưa số dạng PT biết cách giải Không thiết phải tìm y theo x hay biến khác, biến đổi thành PT để tìm x theo y, miễn việc giải đơn giản tìm PT đường tích phân tổng quát Đặt ẩn phụ phương pháp hay dùng để giải PT vi phân nói chung, nhiên lần đặt đưa PT dạng đơn giản, ta dùng kỹ thuật đặt ẩn phụ gộp, gộp lần đặt riêng lẻ vào lần Chẳng hạn ta đặt lần: lần 𝑓(𝑥) = 𝑡, lần 𝑔(𝑡) = 𝑢, đặt gộp 𝑔(𝑓(𝑥)) = 𝑢 Kỹ thuật có ưu điểm chính: Không dễ dàng để nghĩ cách đặt 𝑔(𝑓(𝑥)) = 𝑢 từ đầu, kỹ thuật đặt gộp giúp chia nhỏ việc đặt 𝑔(𝑓(𝑥)) = 𝑢 thành bước 𝑓(𝑥) = 𝑡 𝑔(𝑡) = 𝑢, dễ dàng tìm Vì ta không cần phải suy nghĩ nhiều để tìm từ đầu cách đặt 𝑔(𝑓(𝑥)) = 𝑢, mà cuối thu Đây nguồn gốc cách đặt khó hiểu khiến cho người đọc thắc mắc: “Làm quái lại nghĩ vậy?” Đặt gộp giúp cho trình bày lời giải ngắn gọn, bước đặt nhỏ thực giấy nháp Đối với dạng PT vi phân cấp 𝑦 ′′ + 𝑝𝑦 ′ + 𝑞𝑦 = 𝑓𝑛 (𝑥)𝑒 𝛼𝑥 , nhiều sách có phân chia dạng nghiệm riêng tìm bao gồm 𝑦 = 𝑄𝑛 (𝑥)𝑒 𝛼𝑥 , 𝑦 = 𝑥𝑄𝑛 (𝑥)𝑒 𝛼𝑥 𝑦 = 𝑥 𝑄𝑛 (𝑥)𝑒 𝛼𝑥 , vào việc 𝛼 trùng với nghiệm PT đặc trưng Tuy nhiên ta cần giả sử dạng nghiệm riêng tìm 𝑦 = 𝑄𝑛 (𝑥)𝑒 𝛼𝑥 đủ rồi, không cần phải quan tâm đến việc trùng làm cho rắc rối facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST 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 cần giả sử nghiệm riêng tìm có dạng 𝑦 = 𝑄(𝑥) sin 𝛽𝑥 + 𝑅(𝑥) cos 𝛽𝑥 với lưu ý deg 𝑄(𝑥) = deg 𝑅(𝑥) ≤ max(𝑚, 𝑛) + ổn Nghiệm kì dị sinh qua bước biến đổi có điều kiện đó, chẳng hạn: chia vế cho biểu thức 𝑓(𝑥, 𝑦) cần 𝑓(𝑥, 𝑦) ≠ 0, lấy √𝑓(𝑥, 𝑦) cần 𝑓(𝑥, 𝑦) ≥ 0,… Sau tìm nghiệm kì dị, ta phải xem có tồn giá trị số C nghiệm tổng quát để trở thành nghiệm kì dị không Nếu có nghiệm kì dị không kì dị nữa, không cần phải liệt kê riêng Nếu không, kiểm tra tiếp xem liệu có thỏa mãn PT cho, từ xác định xác PT có nghiệm kì dị hay không Phương trình phân li a) 𝐭𝐚𝐧 𝒚 𝒅𝒙 − 𝒙 𝐥𝐧 𝒙 𝒅𝒚 = 𝟎 ⇔∫ 𝑑𝑥 𝑑𝑦 =∫ ⇔ ln(ln 𝑥) + ln |𝐶| = ln(sin 𝑦) ⇔ 𝑦 = arcsin(𝐶 ln 𝑥) 𝑥 ln 𝑥 tan 𝑦 Nghiệm kì dị: 𝑦 = 𝑘𝜋 (𝑘 ∈ 𝑍) b) 𝒚′ 𝐜𝐨𝐬 𝒙 = 𝒚 ⇔ 𝑑𝑦 cos 𝑥 = 𝑦𝑑𝑥 ⇔ ∫ 𝑑𝑦 𝑑𝑥 sin 𝑥 + =∫ ⇔𝑦=√ +𝐶 𝑦 cos 𝑥 sin 𝑥 − Nghiệm kì dị: 𝑦 = c) 𝟒+𝒚𝟐 √𝒙𝟐 +𝟒𝒙+𝟏𝟑 ⇔ = 𝟑𝒚+𝟐 𝒙+𝟏 + 𝑦2 √𝑥 + 4𝑥 + 13 𝒚′ 𝑑𝑥 = =∫ 3𝑦 + 𝑥+1 𝑑𝑦 ⇔ ∫ 𝑑𝑥 𝑥+1 √𝑥 + 4𝑥 + 13 3𝑦 + 𝑥+2 𝑦 2 + 4𝑥 + 13 − + 4)3 + arctan √ √(𝑦 𝑑𝑦 ⇔ 𝑥 + 𝐶 = ln 𝑦2 + d) 𝒚′ = 𝒂 𝐜𝐨𝐬 𝒚 + 𝒃 (𝒃 > 𝒂 > 𝟎) ⇔ 𝑑𝑦 = (𝑎 cos 𝑦 + 𝑏)𝑑𝑥 ⇔ ∫ 𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑥 ⇔ 𝑎 cos 𝑦 + 𝑏 arctan (𝑏 − 𝑎) sin 𝑦 √𝑏 − 𝑎2 (cos 𝑦 + 1) √𝑏 − 𝑎2 =𝑥+𝐶 e) 𝒚′ − 𝒚𝟐 − 𝟑𝒚 + 𝟒 = 𝟎 facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST Trường ĐH Bách khoa Hà Nội ⇔ 𝑑𝑦 = (𝑦 KSTN-Hóa dầu K60 𝑑𝑦 4|𝐶|𝑒 5𝑥 + + 3𝑦 − 4)𝑑𝑥 ⇔ ∫ = ∫ 𝑑𝑥 ⇔ 𝑦 = − |𝐶|𝑒 5𝑥 − 𝑦 + 3𝑦 − Nghiệm kì dị: 𝑦 = −4; 𝑦 = f) 𝒚′ (𝟐𝒙 + 𝒚) = 𝟏 ⇔ 𝑑𝑦(2𝑥 + 𝑦) = 𝑑𝑥 1 Đặt 2𝑥 + 𝑦 = 𝑢 ⇒ 2𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 = 𝑑𝑢 ⇔ 𝑑𝑥 = 𝑑𝑢 − 𝑑𝑦, thay vào PT: 𝑢𝑑𝑦 = 1 𝑑𝑢 1 𝑑𝑢 − 𝑑𝑦 ⇔ ∫ 𝑑𝑦 = ∫ ⇔ 𝑦 = ln|2𝑢 + 1| + 𝐶 = ln|4𝑥 + 2𝑦 + 1| + 𝐶 2 2𝑢 + 2 g) 𝒚′ = 𝐬𝐢𝐧(𝒚 − 𝒙 − 𝟏) ⇔ 𝑑𝑦 = sin(𝑦 − 𝑥 − 1)𝑑𝑥 Đặt 𝑦 − 𝑥 − = 𝑢 ⇒ 𝑑𝑦 − 𝑑𝑥 = 𝑑𝑢 ⇔ 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦 − 𝑑𝑢, thay vào PT: 𝑢 sin sin 𝑢 𝑑𝑦 = sin 𝑢 (𝑑𝑦 − 𝑑𝑢) ⇔ ∫ 𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑢 ⇔ 𝑦 = 𝑢 𝑢+𝑢+𝐶 sin 𝑢 − sin + cos 𝑦−𝑥−1 sin = +𝑢+𝐶 𝑦−𝑥−1 𝑦−𝑥−1 sin + cos 2 𝒙−𝒚−𝟏 h) 𝒚′ = 𝒙 − 𝒚 − 𝟐 ⇔ 𝑑𝑦 = 𝑥−𝑦−1 𝑑𝑥 𝑥−𝑦−2 Đặt 𝑥 − 𝑦 − = 𝑢 ⇒ 𝑑𝑥 − 𝑑𝑦 = 𝑑𝑢 ⇔ 𝑑𝑥 = 𝑑𝑢 + 𝑑𝑦, thay vào PT: 𝑑𝑦 = 𝑢+1 𝑢2 (𝑑𝑢 + 𝑑𝑦) ⇔ ∫ 𝑑𝑦 = − ∫(𝑢 + 1)𝑑𝑢 ⇔ 𝑦 = − − 𝑢 + 𝐶 𝑢 = − (𝑥 − 𝑦 − 2)2 − (𝑥 − 𝑦 − 2) + 𝐶 i) 𝒙𝟐 (𝒚𝟑 + 𝟓)𝒅𝒙 + 𝒚𝟐 (𝒙𝟑 + 𝟓)𝒅𝒚 = 𝟎 𝑥2 𝑦2 ⇔∫ 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑦 = ⇔ 𝑥 + 𝑦 = 𝐶 𝑥 +5 𝑦 +5 Nghiệm kì dị: 𝑦 = − √5 j) 𝒙𝒚𝒅𝒙 + (𝟏 + 𝒚𝟐 )√𝟏 + 𝒙𝟐 𝒅𝒚 = 𝟎 facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60 + 𝑦2 𝑥 𝑦2 ⇔∫ 𝑑𝑦 = − ∫ 𝑑𝑥 ⇔ + ln|𝑦| = −√1 + 𝑥 + 𝐶 𝑦 √1 + 𝑥 Nghiệm kì dị: 𝑦 = Phương trình vi phân đẳng cấp cấp 𝒚 𝒙 a) 𝒚′ = 𝒙 + 𝒚 + 𝟏 Giả sử 𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑦 ′ = 𝑢 + 𝑢′𝑥, thay vào PT: 𝑑𝑢 𝑢 𝑑𝑥 +1⇔𝑥 = +1⇔∫ 𝑑𝑢 = ∫ ⇔ 𝑢 − ln|𝑢 + 1| 𝑢 𝑑𝑥 𝑢 𝑢+1 𝑥 𝑦 𝑦 = ln|𝑥| + 𝐶 ⇔ − ln | + 1| = ln|𝑥| + 𝐶 𝑥 𝑥 𝑢 + 𝑢′ 𝑥 = 𝑢 + Nghiệm kì dị: 𝑦 = −𝑥 𝒚 b) 𝒙𝒚′ = 𝒙 𝐬𝐢𝐧 𝒙 + 𝒚 𝑦 𝑦 ⇔ 𝑦 ′ = sin + 𝑥 𝑥 Đặt 𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑦 ′ = 𝑢 + 𝑢′𝑥, thay vào PT: 𝑦 cos − 𝑑𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑥 cos 𝑢 − 𝑥 𝑢 + 𝑢 𝑥 = sin 𝑢 + 𝑢 ⇔ 𝑥 = sin 𝑢 ⇔ ∫ =∫ ⇔| |=𝑥 +𝐶⇒| | 𝑦 𝑑𝑥 sin 𝑢 𝑥 cos 𝑢 + cos 𝑥 + ′ = 𝑥2 + 𝐶 Nghiệm kì dị: 𝑦 = 𝑘𝜋𝑥 (𝑘 ∈ 𝑍) c) 𝒙𝟐 𝒚′ + 𝒚𝟐 + 𝒙𝒚 + 𝒙𝟐 = 𝟎 𝑦 𝑦 ⇔ 𝑦′ + ( ) + + = 𝑥 𝑥 𝑑𝑢 Giả sử 𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑦 ′ = 𝑢 + 𝑢′ 𝑥 = 𝑢 + 𝑥 𝑑𝑥, thay vào PT: 𝑢+𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑥 𝑥 + 𝑢2 + 𝑢 + = ⇔ ∫ = −∫ ⇔ = ln|𝑥| + 𝐶 ⇒ 𝑑𝑥 𝑢 + 2𝑢 + 𝑥 𝑢+1 𝑥+𝑦 = ln|𝑥| + 𝐶 Nghiệm kì dị: 𝑦 = −𝑥 d) (𝒙 + 𝟐𝒚)𝒅𝒙 − 𝒙𝒅𝒚 = 𝟎 ⇔ 𝑦′ = + 2𝑦 𝑥 facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60 𝑑𝑢 Đặt 𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑦 ′ = 𝑢 + 𝑢′ 𝑥 = 𝑢 + 𝑥 𝑑𝑥, thay vào PT: 𝑢+𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑥 𝑦 = + 2𝑢 ⇒ ∫ =∫ ⇔𝑢 =𝑥+𝐶⇒ =𝑥+𝐶 𝑑𝑥 1+𝑢 𝑥 𝑥 Nghiệm kì dị: 𝑦 = −𝑥 𝒚 e) 𝒙𝒚𝒅𝒚 − 𝒚𝟐 𝒅𝒙 = (𝒙 + 𝒚)𝟐 𝒆−𝒙 𝒅𝒙 𝑦 𝑥 𝑥 ⇔ 𝑦′ = ( + 1) 𝑒 −𝑥 + 𝑦 𝑦 𝑑𝑢 Giả sử 𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑦 ′ = 𝑢 + 𝑢′ 𝑥 = 𝑢 + 𝑥 𝑑𝑥, thay vào PT: 𝑑𝑢 (𝑢 + 𝑥 ) = ( + 1) 𝑒 −𝑢 + ⇔ ∫ 𝑢 𝑑𝑥 𝑢 𝑑𝑢 𝑢 (𝑢 + 1) 𝑒 −𝑢 𝑦 𝑑𝑥 𝑒𝑢 𝑥𝑒 𝑥 =∫ ⇔ = ln |𝑥| + 𝐶 ⇒ 𝑥 𝑢+1 𝑥+𝑦 = ln |𝑥| + 𝐶 Nghiệm kì dị: 𝑦 = −𝑥 f) (𝒙 − 𝟐𝒚 + 𝟑)𝒅𝒚 + (𝟐𝒙 + 𝒚 − 𝟏)𝒅𝒙 = 𝟎 ⇔ 𝑑𝑦 + 2𝑥 + 𝑦 − 𝑑𝑥 = 𝑥 − 2𝑦 + 𝑥 =𝑋−5 𝑑𝑥 = 𝑑𝑋 Đặt { ⇒{ , thay vào PT rút gọn được: 𝑑𝑦 = 𝑑𝑌 𝑦 =𝑌+5 𝑌 2+𝑋 2𝑋 + 𝑌 𝑑𝑌 + 𝑑𝑋 = ⇔ 𝑌 ′ + =0 𝑌 𝑋 − 2𝑌 − 2𝑋 𝑑𝑢 Giả sử 𝑌 = 𝑢𝑋 ⇒ 𝑌 ′ = 𝑢 + 𝑢′ 𝑋 = 𝑢 + 𝑋 𝑑𝑋, thay vào PT: 𝑢+𝑋 𝑑𝑢 2+𝑢 2𝑢 − 𝑑𝑋 + = 0⇔∫ 𝑑𝑢 = ∫ ⇔ 𝑑𝑋 − 2𝑢 + 2𝑢 − 2𝑢2 𝑋 √|1 + 𝑢 − 𝑢2 | = |𝑋| + 𝐶 ⇒ √|1 + 5𝑦 − 5𝑦 − −( ) | 5𝑥 + 5𝑥 + 1 = |𝑥 + | + 𝐶 Cách khác: 𝑃𝑇 ⇔ (𝑥 − 2𝑦 + 3)𝑦 ′ + 2𝑥 + 𝑦 − = Đặt 𝑥 − 2𝑦 + = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = − 2𝑦 ′ , thay vào PT: facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60 − 𝑢′ 𝑥−𝑢+3 𝑑𝑢 𝑢( ) + 2𝑥 + −1= 0⇔𝑢 = 5𝑥 + ⇔ ∫ 𝑢𝑑𝑢 = ∫(5𝑥 + 1)𝑑𝑥 ⇔ 𝑢2 2 𝑑𝑥 = 5𝑥 + 2𝑥 + 𝐶 ⇒ (𝑥 − 2𝑦 + 3)2 = 5𝑥 + 2𝑥 + 𝐶 𝒚 g) 𝒙𝒚′ = 𝒚 𝐥𝐧 𝒙 ⇔ 𝑦′ = 𝑦 𝑦 ln 𝑥 𝑥 𝑑𝑢 Đặt 𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑦 ′ = 𝑢 + 𝑢′ 𝑥 = 𝑢 + 𝑥 𝑑𝑥, thay vào PT: 𝑢+𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑥 𝑦 = 𝑢 ln 𝑢 ⇔ ∫ =∫ ⇔ ln 𝑢 = 𝑥 + 𝐶 ⇒ ln = 𝑥 + 𝐶 𝑑𝑥 𝑢(ln 𝑢 − 1) 𝑥 𝑥 Nghiệm kì dị: 𝑦 = 𝑒𝑥 h) (√𝒙𝒚 − 𝒙)𝒅𝒚 + 𝒚𝒅𝒙 = 𝟎 𝑥 𝑥 ⇔ (√ − ) 𝑦 ′ = −1 𝑦 𝑦 𝑑𝑢 Giả sử 𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑦 ′ = 𝑢 + 𝑢′ 𝑥 = 𝑢 + 𝑥 𝑑𝑥, thay vào PT: 1 𝑑𝑢 𝑑𝑥 𝑥 𝑦 √𝑢 − 𝑢 ( − ) (𝑢 + 𝑥 ) = −1 ⇔ ∫ 𝑑𝑢 = ∫ ⇔ − − ln 𝑢 = ln|𝑥| + 𝐶 ⇒ + ln √ 𝑑𝑥 𝑢2 𝑥 𝑦 𝑥 √𝑢 𝑢 √𝑢 = − ln|𝑥| − 𝐶 Nghiệm kì dị: 𝑦 = Phương trình vi phân tuyến tính cấp a) 𝒚′ − 𝟐𝒙𝒚 = 𝟏 − 𝟐𝒙𝟐 ⇔ 𝑦 = 𝑒 ∫ 2𝑥𝑑𝑥 (∫(1 − 2𝑥 )𝑒 − ∫ 2𝑥𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶) = 𝑥 + 𝐶𝑒 𝑥 𝟏 b) 𝒚′ = 𝒙 (𝟐𝒚 + 𝒙𝒆𝒙 − 𝟐𝒆𝒙 ) 2 2 ⇔ 𝑦 ′ − 𝑦 = (1 − ) 𝑒 𝑥 ⇔ 𝑦 = 𝑒 ∫𝑥𝑑𝑥 [∫ (1 − ) 𝑒 𝑥−∫𝑥𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶] = 𝑒 𝑥 + 𝐶𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 c) 𝒙(𝟏 + 𝒙𝟐 )𝒚′ + 𝒚 = 𝐚𝐫𝐜𝐭𝐚𝐧 𝒙 facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60 𝑑𝑥 𝑑𝑥 arctan 𝑥 arctan 𝑥 ∫𝑥(1+𝑥 −∫ 2) 2) 𝑥(1+𝑥 ⇔𝑦 + 𝑦= ⇔𝑦=𝑒 (∫ 𝑒 𝑑𝑥 + 𝐶) 2 𝑥(1 + 𝑥 ) 𝑥(1 + 𝑥 ) 𝑥(1 + 𝑥 ) ′ = arctan 𝑥 + + 𝐶√𝑥 + 𝑥 d) 𝒚′ (𝒙 + 𝒚𝟐 ) = 𝒚 ⇔ 2𝑦𝑦 ′ (𝑥 + 𝑦 ) = 2𝑦 Đặt 𝑥 𝑦2 = 𝑢 ⇔ 𝑦2 = 𝑥 𝑢 ⇒ 2𝑦𝑦′ = 𝑢 − 𝑢′ 𝑥 𝑢2 , thay vào PT: 𝑢 − 𝑢′ 𝑥 𝑥 2𝑥 𝑑𝑢 1+𝑢 (𝑥 + ) = ⇔ 𝑥(𝑢 + 1)𝑢′ = 𝑢 − 𝑢2 ⇔ 𝑥(𝑢 + 1) = 𝑢 − 𝑢2 ⇔ ∫ 𝑑𝑢 𝑢 𝑢 𝑢 𝑑𝑥 𝑢 − 𝑢2 =∫ 𝑑𝑥 𝑢 ⇔ =𝑥+𝐶⇒ (1 − 𝑢)2 𝑥 𝑥 𝑦 (1 𝑥 − 2) 𝑦 =𝑥+𝐶 Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0; 𝑦 = √𝑥 e) (𝟐𝒙𝒚 + 𝟑)𝒅𝒚 − 𝒚𝟐 𝒅𝒙 = 𝟎 Đặt 𝑦 = 𝑢 ⇒ 2𝑦𝑑𝑦 = 𝑑𝑢, thay vào PT: (2𝑥√𝑢 + 3) 𝑑𝑢 − 𝑢𝑑𝑥 = ⇔ 2𝑥 √𝑢 + = 𝑑𝑥 ⇔ 𝑥′ − 𝑥 = ⇔𝑥 𝑑𝑢 𝑢 2𝑢 √𝑢 2√𝑢 2𝑢 √𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑢 1 = 𝑒 ∫ 𝑢 (∫ 𝑒 − ∫ 𝑢 𝑑𝑢 + 𝐶) = − + 𝐶𝑢 ⇒ 𝑥 = ± + 𝐶𝑦 𝑦 2𝑢√𝑢 √𝑢 Nghiệm kì dị: 𝑦 = f) (𝟏 + 𝒚𝟐 )𝒅𝒙 = (𝐚𝐫𝐜𝐭𝐚𝐧 𝒚 − 𝒙)𝒅𝒚 ⇔ 𝑑𝑥 = (arctan 𝑦 − 𝑥) Đặt arctan 𝑦 = 𝑢 ⇒ 𝑑𝑦 + 𝑦2 𝑑𝑦 = 𝑑𝑢, thay vào PT: + 𝑦2 𝑑𝑥 = (𝑢 − 𝑥)𝑑𝑢 ⇔ =𝑢−1+ 𝑑𝑥 + 𝑥 = 𝑢 ⇔ 𝑥 ′ + 𝑥 = 𝑢 ⇔ 𝑥 = 𝑒 − ∫ 𝑑𝑢 (∫ 𝑢𝑒 ∫ 𝑑𝑢 𝑑𝑢 + 𝐶) 𝑑𝑢 𝐶 𝐶 ⇒ 𝑥 = arctan 𝑦 − + arctan 𝑦 𝑢 𝑒 𝑒 g) 𝒚′ + 𝒚 𝐜𝐨𝐬 𝒙 = 𝐬𝐢𝐧 𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝒙 ⇔ 𝑦 = 𝑒 − ∫ cos 𝑥𝑑𝑥 (∫ sin 𝑥 cos 𝑥 𝑒 ∫ cos 𝑥𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶) = sin 𝑥 − + 𝐶 𝑒 sin 𝑥 facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60 h) 𝒚′ √𝟏 − 𝒙𝟐 + 𝒚 = 𝐚𝐫𝐜𝐬𝐢𝐧 𝒙 ′ ⇔𝑦 + √1 − 𝑥 𝑦= arcsin 𝑥 √1 − 𝑥 ⇔𝑦=𝑒 = arcsin 𝑥 − + −∫ 𝑑𝑥 √1−𝑥2 (∫ arcsin 𝑥 √1 − 𝑥 𝑑𝑥 ∫ √1−𝑥 𝑒 𝑑𝑥 + 𝐶) 𝐶 𝑒 arcsin 𝑥 Phương trình Bernoulli a) 𝒚′ + ⇔ 𝒙𝒚 = 𝒙√𝒚 𝟏−𝒙𝟐 𝑦′ √𝑦 𝑥√𝑦 =𝑥 − 𝑥2 + 𝑦′ Đặt √𝑦 = 𝑢 ⇒ 𝑦 = 𝑢′, thay vào PT: √ 2𝑢′ + 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 ∫2(1−𝑥 𝑑𝑥 ∫ )𝑑𝑥 ′ 2(𝑥 −1) 𝑢 = 𝑥 ⇔ 𝑢 + 𝑢 = ⇔ 𝑢 = 𝑒 (∫ 𝑒 𝑑𝑥 + 𝐶) 2 1−𝑥 2(1 − 𝑥 ) 2 = |𝑥 − 1| |𝑥 − 1| 4 + 𝐶 √𝑥 − ⇒ √𝑦 = + 𝐶 √𝑥 − 2 Nghiệm kì dị: 𝑦 = 𝒚 b) 𝒚′ + 𝒙 = 𝒙𝟐 𝒚𝟒 ⇔ 𝑦′ + = 𝑥2 𝑦 𝑥𝑦 Đặt 𝑦3 = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = − 3𝑦 ′ 𝑦4 , thay vào PT: 3 𝑢 − 𝑢′ + = 𝑥 ⇔ 𝑢′ − 𝑢 = −3𝑥 ⇔ 𝑢 = 𝑒 ∫𝑥𝑑𝑥 (−3 ∫ 𝑥 𝑒 − ∫𝑥𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶) 𝑥 𝑥 = −3𝑥 ln|𝑥| + 𝐶|𝑥 | ⇒ = −3𝑥 ln|𝑥| + 𝐶|𝑥 | 𝑦3 Nghiệm kì dị: 𝑦 = c) 𝒚′ − 𝟐𝒚 𝐭𝐚𝐧 𝒙 + 𝒚𝟐 𝐬𝐢𝐧𝟐 𝒙 = 𝟎 ⇔− Đặt 𝑦 ′ tan 𝑥 + = sin2 𝑥 𝑦2 𝑦 𝑦 = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = − 𝑦′ 𝑦2 , thay vào PT: facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60 𝑢′ + 2𝑢 tan 𝑥 = sin2 𝑥 ⇔ 𝑢 = 𝑒 −2 ∫ tan 𝑥𝑑𝑥 (∫ sin2 𝑥 𝑒 ∫ tan 𝑥𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶) = cos 𝑥 (tan 𝑥 − 𝑥 + 𝐶) ⇒ = cos 𝑥 (tan 𝑥 − 𝑥 + 𝐶) 𝑦 Nghiệm kì dị: 𝑦 = d) 𝒚𝒅𝒙 + (𝒙 + 𝒙𝟐 𝒚𝟐 )𝒅𝒚 = 𝟎 ⇔ 𝑑𝑥 𝑥 + 𝑥 𝑦 𝑥′ + = ⇔ 𝑥 ′ + 𝑥 = −𝑦𝑥 ⇔ + = −𝑦 𝑑𝑦 𝑦 𝑦 𝑥 𝑦𝑥 Đặt 𝑥 = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = − 𝑥′ 𝑥2 , thay vào PT: 1 1 − ∫ 𝑑𝑦 ∫ 𝑑𝑦 𝑢′ − 𝑢 = 𝑦 ⇔ 𝑢 = 𝑒 𝑦 (∫ 𝑦𝑒 𝑦 𝑑𝑦 + 𝐶) = 𝑦 + 𝐶|𝑦| ⇒ = 𝑦 + 𝐶|𝑦| 𝑦 𝑥 Nghiệm kì dị: 𝑦 = e) 𝟑𝒅𝒚 + (𝟏 + 𝟑𝒚𝟑 )𝒚 𝐬𝐢𝐧 𝒙 𝒅𝒙 = 𝟎 ⇔3 Đặt 𝑑𝑦 sin 𝑥 𝑦 ′ sin 𝑥 + 𝑦 sin 𝑥 + 3𝑦 sin 𝑥 = ⇔ 𝑦 ′ + 𝑦 = −𝑦 sin 𝑥 ⇔ + = − sin 𝑥 𝑑𝑥 𝑦 3𝑦 𝑦3 = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = − 𝑢′ − 𝑦′ 𝑦4 , thay vào PT: sin 𝑥 sin 𝑥 sin 𝑥 𝑢 = sin 𝑥 ⇔ 𝑢 = 𝑒 ∫ 𝑑𝑥 (∫ sin 𝑥 𝑒 − ∫ 𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶) = 𝐶𝑒 −3 cos 𝑥 − ⇒ 3 𝑦 = 𝐶𝑒 −3 cos 𝑥 − Nghiệm kì dị: 𝑦 = f) (𝒚𝟐 + 𝟐𝒚 + 𝒙𝟐 )𝒚′ + 𝟐𝒙 = 𝟎 ⇔ (𝑦 + 2𝑦 + 𝑥 ) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 + 2𝑥 = ⇔ 2𝑥 + 𝑥 + 2𝑦 + 𝑦 = ⇔ 2𝑥𝑥 ′ + 𝑥 = −2𝑦 − 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 Đặt 𝑥 = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = 2𝑥𝑥′, thay vào PT: 𝑢′ + 𝑢 = −2𝑦 − 𝑦 ⇒ 𝑢 = 𝑒 − ∫ 𝑑𝑦 (− ∫(2𝑦 + 𝑦 )𝑒 ∫ 𝑑𝑦 𝑑𝑦 + 𝐶) = −𝑦 + 𝐶𝑒 −𝑦 ⇒ 𝑥 = −𝑦 + 𝐶𝑒 −𝑦 Cách khác: đặt 𝑦 + 𝑥 − = 𝑢 ⇒ 2𝑦𝑦 ′ + 2𝑥 = 𝑢′ ⇔ 2𝑥 = 𝑢′ − 2𝑦𝑦′, thay vào PT: facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60 (2𝑦 + 𝑢 + 2)𝑦 ′ + 𝑢′ − 2𝑦𝑦 ′ = ⇔ (𝑢 + 2)𝑦 ′ = −𝑢′ ⇔ (𝑢 + 2)𝑑𝑦 = −𝑑𝑢 ⇔ ∫ 𝑑𝑦 𝑑𝑢 ⇔ 𝑦 = − ln|𝑢 + 2| + 𝐶 = − ln(𝑥 + 𝑦 ) + 𝐶 𝑢+2 = −∫ Phương trình vi phân toàn phần a) (𝒙𝟐 + 𝒚)𝒅𝒙 + (𝒙 − 𝟐𝒚)𝒅𝒚 = 𝟎 Ta thấy: 𝜕 (𝑥2 + 𝑦) = 𝜕𝑦 𝜕 𝜕𝑥 (𝑥 − 2𝑦) = nên tích phân tổng quát: 𝑥 𝑦 ∫ 𝑥 𝑑𝑥 + ∫ (𝑥 − 2𝑦)𝑑𝑦 = 𝐶 ⇔ 𝑥 − 𝑦 + 𝑥𝑦 = 𝐶 0 b) (𝒚 + Vì: 𝟐 𝟑 ) 𝒅𝒙 + (𝒙 − 𝟐 ) 𝒅𝒚 = 𝟎 𝒙𝟐 𝒚 𝜕 𝜕𝑦 (𝑦 + 𝜕 𝑥 𝜕𝑦 2) = (𝑥 − 𝑦2 ) = nên tích phân tổng quát: 𝑥 𝑦 3 ∫ (1 + ) 𝑑𝑥 + ∫ (𝑥 − ) 𝑑𝑦 = 𝐾 ⇔ (𝑥 − + 1) + (𝑥𝑦 + − 𝑥 − 3) = 𝐾 ⇔ 𝑥𝑦 − + 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 1 =𝐶 c) (𝒆𝒙 + 𝒚 + 𝐬𝐢𝐧 𝒚)𝒅𝒙 + (𝒆𝒚 + 𝒙 + 𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝒚)𝒅𝒚 = 𝟎 Ta thấy: 𝜕 𝜕𝑦 (𝑒𝑥 + 𝑦 + sin 𝑦) = 𝜕 𝜕𝑥 (𝑒𝑦 + 𝑥 + 𝑥 cos 𝑦) = + cos 𝑦 nên tích phân tổng quát: 𝑥 𝑦 𝑥 ∫ 𝑒 𝑑𝑥 + ∫ (𝑒 𝑦 + 𝑥 + 𝑥 cos 𝑦)𝑑𝑦 = 𝐾 ⇔ (𝑒 𝑥 − 1) + (𝑒 𝑦 + 𝑥𝑦 + 𝑥 sin 𝑦 − 1) 0 = 𝐾 ⇔ 𝑒 𝑥 + 𝑒 𝑦 + 𝑥𝑦 + 𝑥 sin 𝑦 = 𝐶 d) 𝒆𝒚 𝒅𝒙 − (𝒙𝒆𝒚 − 𝟐𝒚)𝒅𝒚 = 𝟎 ⇔ 𝑒 −2𝑦 𝑒 𝑦 𝑑𝑥 − 𝑒 −2𝑦 (𝑥𝑒 𝑦 − 2𝑦)𝑑𝑦 = ⇔ 𝑒 −𝑦 𝑑𝑥 − (𝑥𝑒 −𝑦 − 2𝑦𝑒 −2𝑦 )𝑑𝑦 = Vì: 𝜕 𝜕𝑦 (𝑒−𝑦 ) = 𝑥 𝜕 𝜕𝑥 (−𝑥𝑒−𝑦 + 2𝑦𝑒−2𝑦 ) = −𝑒−𝑦 nên tích phân tổng quát: 𝑦 1 ∫ 𝑑𝑥 + ∫ (−𝑥𝑒 −𝑦 + 2𝑦𝑒 −2𝑦 )𝑑𝑦 = 𝐾 ⇔ 𝑥 + (𝑥𝑒 −𝑦 − 𝑒 −2𝑦 (2𝑦 + 1) − 𝑥 + ) 2 0 = 𝐾 ⇔ 𝑥𝑒 −𝑦 − 𝑒 −2𝑦 (2𝑦 + 1) = 𝐶 10 facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST Trường ĐH Bách khoa Hà Nội Vì: 𝜕 𝑒 −𝑥 ( −𝑒 𝜕𝑦 𝑥 + 𝑦 −𝑥 KSTN-Hóa dầu K60 ln(𝑥 + 𝑦)) = 𝜕 ( 𝑒 −𝑥 𝜕𝑥 𝑥 + 𝑦 ) = − (𝑥 𝑒 −𝑥 + 𝑦)2 − 𝑒 −𝑥 𝑥+𝑦 nên tích phân tổng quát: 𝑥 𝑦 −𝑥 𝑒 −𝑥 𝑒 −𝑥 ∫ ( − 𝑒 ln 𝑥) 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑦 = 𝐾 ⇔ 𝑒 −𝑥 ln 𝑥 + (𝑒 −𝑥 ln(𝑥 + 𝑦) − 𝑒 −𝑥 ln 𝑥) 𝑥 𝑥+𝑦 = 𝐾 ⇔ 𝑒 −𝑥 ln(𝑥 + 𝑦) = 𝐾 Giải phương trình sau a) 𝒚′ = √𝟒𝒙 + 𝟐𝒚 − 𝟏 Đặt 4𝑥 + 2𝑦 − = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = + 2𝑦′ ⇔ 𝑦′ = 𝑢′−4 , thay vào PT: 𝑢′ − 𝑑𝑢 𝑑𝑢 = √𝑢 ⇔ = 2√𝑢 + ⇔ ∫ = ∫ 𝑑𝑥 ⇔ √𝑢 − ln(√𝑢 + 2) 𝑑𝑥 2√𝑢 + = 𝑥 + 𝐶 ⇒ √4𝑥 + 2𝑦 − − ln(√4𝑥 + 2𝑦 − + 2) = 𝑥 + 𝐶 b) (𝒚𝟐 − 𝟑𝒙𝟐 )𝒅𝒚 + 𝟐𝒙𝒚𝒅𝒙 = 𝟎 𝑦 3𝑥 ⇔ ( − ) 𝑑𝑦 + 2𝑑𝑥 = 𝑥 𝑦 Giả sử 𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑑𝑦 = 𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢, thay vào PT: 𝑢−𝑢 3 (𝑢 − ) (𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) + 2𝑑𝑥 = ⇔ 𝑥 (𝑢 − ) 𝑑𝑢 + (𝑢2 − 1)𝑑𝑥 = ⇔ ∫ 𝑑𝑢 𝑢 𝑢 − 𝑢2 =∫ 𝑑𝑥 − 𝑢2 𝑥3 𝑥 ⇔ = 𝑥 + 𝐶 ⇒ − =𝑥+𝐶 𝑥 𝑢3 𝑦3 𝑦 Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0; 𝑦 = ±𝑥 𝒚−𝟏 c) 𝒚′ − √𝟏 ⇔ 𝑦′ − − 𝒙𝟐 =𝟎 √1 − 𝑥 𝑦=− √1 − 𝑥 ⇔𝑦 =𝑒 ∫ 𝑑𝑥 √1−𝑥2 (− ∫ √1 − 𝑥 𝑒 −∫ 𝑑𝑥 √1−𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶) = + 𝐶𝑒 arcsin 𝑥 𝒙 d) 𝒚′ + 𝒚 = 𝒆𝟐 √𝒚 ⇔ 𝑦′ √𝑦 𝑥 + √𝑦 = 𝑒 12 facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60 𝑦′ Đặt √𝑦 = 𝑢 ⇒ − 𝑦 = 𝑢′, thay vào PT: √ 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑒2 𝑒2 𝑥 𝑥 𝑢 − 𝑢 = − ⇔ 𝑢 = 𝑒 ∫ 𝑑𝑥 (− ∫ 𝑒 −2 ∫ 𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶) = 𝑒 (− + 𝐶) ⇒ √𝑦 = 𝑒 (− + 𝐶) 2 2 ′ Nghiệm kì dị: 𝑦 = Chứng minh 𝒙 𝟐 a) 𝒚 = 𝒙 ∫𝟏 𝒆𝒕 𝒅𝒕 nghiệm PT 𝒙𝒚′ − 𝒚 = 𝒙𝟐 𝒆𝒙 𝑥 𝟐 Ta có: 𝑦 ′ = ∫1 𝑒 𝑡 𝑑𝑡 + 𝑥𝑒 𝑥 , thay vàoPT: 𝑥 ′ 𝑡2 𝑥2 𝑥 2 𝑉𝑇 = 𝑥𝑦 − 𝑦 = 𝑥 (∫ 𝑒 𝑑𝑡 + 𝑥𝑒 ) − 𝑥 ∫ 𝑒 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑥 𝑒 𝑥 = 𝑉𝑃 ⇒ đpcm 1 𝒙𝒏 b) 𝒚 = 𝒙 + ∑∞ 𝒏=𝟐 𝒏(𝒏 − 𝟏) nghiệm PT (𝟏 − 𝒙)𝒅𝒚 = (𝟏 + 𝒙 − 𝒚)𝒅𝒙 PT cho: (1 − 𝑥)𝑦 ′ = + 𝑥 − 𝑦 𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥𝑛 𝑥2 𝑥3 𝑥𝑛−1 Ta có: 𝑦 = 𝑥 + + + 12 + ⋯ + 𝑛(𝑛 − 1) ⇒ 𝑦 ′ = + 𝑥 + + + ⋯ + 𝑛 − 1, thay vào PT: 𝑉𝑇 = (1 − 𝑥) (1 + 𝑥 + 𝑥2 𝑥3 𝑥 𝑛−1 + + ⋯+ ) 𝑛−1 = (1 + 𝑥 + 𝑥2 𝑥3 𝑥 𝑛−1 𝑥3 𝑥4 𝑥𝑛 + + ⋯+ ) − (𝑥 + 𝑥 + + + ⋯ + ) 𝑛−1 𝑛−1 =1+𝑥 − [𝑥 + (𝑥 − 𝑥2 𝑥3 𝑥3 𝑥4 𝑥4 𝑥 𝑛−1 𝑥 𝑛−1 𝑥𝑛 ) + ( − ) + ( − ) + ⋯+ ( − )+ ] 2 3 𝑛−2 𝑛−1 𝑛−1 = + 𝑥 − (𝑥 + 𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥𝑛 + + + ⋯+ ) 12 𝑛−1 ≠ + 𝑥 − (𝑥 + 𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥𝑛 + + + ⋯+ ) = 𝑉𝑃 12 𝑛(𝑛 − 1) 𝑥𝑛 Vậy 𝑦 = 𝑥 + ∑∞ 𝑛=2 𝑛(𝑛 − 1) không nghiệm PT cho 10 Giải phương trình sau 13 facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60 a) 𝒚′𝟐 + 𝟐𝒚𝒚′′ = 𝟎 𝑑𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑦 𝑑𝑢 Đặt 𝑦 ′ = 𝑢 ⇒ 𝑦 ′′ = 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑢 𝑑𝑦, thay vào PT: 𝑢2 + 2𝑦𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑦 𝑑𝑢 1 𝑑𝑥 =0⇔∫ = −∫ ⇔ √𝑦 = + 𝐶1 = ′ + 𝐶1 = + 𝐶1 ⇔ ∫(√𝑦 − 𝐶1 )𝑑𝑦 𝑑𝑦 2𝑦 𝑢 𝑢 𝑦 𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑥 ⇔ √𝑦 − 𝐶1 𝑦 = 𝑥 + 𝐶2 b) 𝒚𝒚′′ + 𝒚′𝟐 = 𝟏 𝑑𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑦 𝑑𝑢 Đặt 𝑦 ′ = 𝑢 ⇒ 𝑦 ′′ = 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑢 𝑑𝑦, thay vào PT: 𝑦𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑦 𝑢 1 + 𝑢2 = ⇔ ∫ =∫ 𝑑𝑢 ⇔ 𝑦 = + 𝐶1 ⇔ √1 − =𝑢 (𝑦 − 𝐶1 )2 𝑑𝑦 𝑦 1−𝑢 √1 − 𝑢2 = 𝑑𝑦 ⇔∫ 𝑑𝑥 𝑑𝑦 √1 − (𝑦 − 𝐶1 )2 = ∫ 𝑑𝑥 ⇔ √(𝑦 − 𝐶1 )2 − = 𝑥 + 𝐶2 Nghiệm kì dị: 𝑦 = ±𝑥 c) 𝒚′′ = 𝒙𝒚′ + 𝒚 + 𝟏 ⇔ 𝑦 ′′ = (𝑥𝑦 + 𝑥)′ ⇔ 𝑦 ′ = 𝑥𝑦 + 𝑥 + 𝐶1 ⇔ 𝑦 ′ − 𝑥𝑦 = 𝑥 + 𝐶1 ⇒ 𝑥2 𝑦 𝑥2 = 𝑒 ∫ 𝑥𝑑𝑥 (∫(𝑥 + 𝐶1 )𝑒 − ∫ 𝑥𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶2 ) = 𝑒 (∫(𝑥 + 𝐶1 )𝑒 − 𝑑𝑥 + 𝐶2 ) d) 𝒙𝒚′′ − 𝒚′ = 𝒙𝟐 𝒚𝒚′ ′ ′ 𝑥𝑦 ′′ − 𝑦 ′ 𝑦′ 𝑦2 𝑦′ 𝑦2 𝑑𝑦 𝑦 𝑑𝑦 ′ ⇔ = 𝑦𝑦 ⇔ ( ) = ( ) ⇔ = + 𝐶1 ⇔ = + 𝐶1 ⇔ ∫ 2 𝑦 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑑𝑥 2 + 𝐶1 = ∫ 𝑥𝑑𝑥 ⇔ √ 𝑦 𝑥2 arctan = + 𝐶2 𝐶1 √2𝐶1 e) 𝒚′′ + 𝒚 = 𝟒𝒙 𝐬𝐢𝐧 𝒙 Xét PT đặc trưng 𝑘 + 𝑘 = ⇔ [ 𝑘=0 ⇒ nghiệm tổng quát 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑒 𝑥 𝑘=1 Ta tìm nghiệm riêng PT cho dạng 𝑦 = 𝑓(𝑥) sin 𝑥 + 𝑔(𝑥) cos 𝑥 Ta có: 𝑦 ′′ = (𝑓 ′′ (𝑥) − 𝑓(𝑥) − 2𝑔′ (𝑥)) sin 𝑥 + (2𝑓 ′ (𝑥) − 𝑔(𝑥) + 𝑔′′ (𝑥)) cos 𝑥, thay vào PT rút gọn được: 14 facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST 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) = 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 𝐾1 𝑓 ′′′ (𝑥) − 2𝑔′′ (𝑥) = 𝑓 ′′′ (𝑥) + 4𝑓 ′ (𝑥) = ⇔ { ⇔{ ′ (𝑥) ′′ (𝑥) ′ (𝑥) ′′ (𝑥) 4𝑓 + 2𝑔 =0 2𝑔 =𝑓 − 4𝑥 𝑔(𝑥) = −𝑥 + 𝐾2 Chọn 𝐾1 = 𝐾2 = ta nghiệm riêng 𝑦 = 𝑥 sin 𝑥 − 𝑥 cos 𝑥 Vậy nghiệm tổng quát PT cho là: 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑒 𝑥 + 𝑥 sin 𝑥 − 𝑥 cos 𝑥 f) 𝒚′′ − 𝒚′ − 𝒙 = 𝟎 Đặt 𝑦 ′ = 𝑢, thay vào PT: 𝑢′ − 𝑢 = 𝑥 ⇔ 𝑢 = 𝑒 ∫ 𝑑𝑥 (∫ 𝑥𝑒 − ∫ 𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶1 ) = −𝑥 − + 𝐶1 𝑒 𝑥 ⇒ 𝑦 = ∫(𝐶1 𝑒 𝑥 − 𝑥 − 1)𝑑𝑥 = 𝐶1 𝑒 𝑥 − 𝑥2 − 𝑥 + 𝐶2 g) 𝒚′′ + 𝒚 = 𝒙𝒆𝒙 + 𝟑𝒆−𝒙 Xét PT đặc trưng 𝑘 + 𝑘 = ⇔ [ 𝑘 = −1 ⇒ nghiệm tổng quát 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑒 −𝑥 𝑘=0 Tách PT cho thành PT: 𝑦 ′′ + 𝑦 = 𝑥𝑒 𝑥 𝑦 ′′ + 𝑦 = 3𝑒 −𝑥 Ta tìm nghiệm riêng PT 𝑦 ′′ + 𝑦 = 𝑥𝑒 𝑥 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) = 𝑥−1 𝑥−1 𝑥 ⇒ 𝑦1 = 𝑒 2 Tương tự, ta tìm nghiệm riêng khác PT 𝑦 ′′ + 𝑦 = 3𝑒 −𝑥 𝑦2 = 𝑒 −𝑥 𝑥−1 ⇒ 𝑦 = 𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥 nghiệm riêng PT cho 𝑥−1 Vậy nghiệm tổng quát PT cho là: 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑒 −𝑥 + 𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥 h) 𝟐𝒙𝒚′ 𝒚′′ = 𝒚′𝟐 − 𝟏 Đặt 𝑦 ′ = 𝑢, thay vào PT: 2𝑥𝑢𝑢′ = 𝑢2 − ⇔ 2𝑥𝑢 𝑑𝑢 𝑢 𝑑𝑥 = 𝑢2 − ⇔ ∫ 𝑑𝑢 = ∫ ⇔ 𝑢2 = 𝑥 + 𝐶1 ⇒ 𝑦 ′2 𝑑𝑥 𝑢 −1 𝑥 = 𝑥 + 𝐶1 ⇔ 𝑑𝑦 = √𝑥 + 𝐶1 ⇔ ∫ 𝑑𝑦 = ∫ √𝑥 + 𝐶1 𝑑𝑥 ⇔ 𝑦 = √(𝑥 + 𝐶1 )3 + 𝐶2 𝑑𝑥 Nghiệm kì dị: 𝑦 = ±𝑥 15 facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60 i) 𝒚′′ + 𝟑𝒚′ − 𝟏𝟎𝒚 = 𝒙𝒆−𝟐𝒙 𝑘 = −5 Xét PT đặc trưng 𝑘 + 3𝑘 − 10 = ⇔ [ ⇒ nghiệm tổng quát 𝑦 = 𝐶1 𝑒 −5𝑥 + 𝐶2 𝑒 2𝑥 𝑘=2 Ta tìm nghiệm riêng PT cho dạng 𝑦 = 𝑓(𝑥)𝑒 −2𝑥 Ta có: 𝑦 ′ = (𝑓 ′ (𝑥) − 2𝑓(𝑥))𝑒 −2𝑥 𝑦 ′′ = (𝑓 ′′ (𝑥) − 4𝑓 ′ (𝑥) + 4𝑓(𝑥))𝑒 −2𝑥 , thay vào PT rút gọn được: − 12𝑥 − 12𝑥 −2𝑥 ⇒𝑦 = 𝑒 144 144 1−12𝑥 Vậy nghiệm tổng quát PT cho là: 𝑦 = 𝐶1 𝑒 −5𝑥 + 𝐶2 𝑒 2𝑥 + 144 𝑒 −2𝑥 𝑓 ′′ (𝑥) − 𝑓 ′ (𝑥) − 12 𝑓(𝑥) = 𝑥 ⇔ 𝑓(𝑥) = j) 𝒚′′ + 𝒚 = 𝟐 𝐜𝐨𝐬 𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 ⇔ 𝑦 ′′ + 𝑦 = cos 𝑥 + cos 3𝑥 Xét PT đặc trưng 𝑘 + = ⇔ 𝑘 = ±𝑖 ⇒ PT có nghiệm phức: [ 𝑦1 = 𝑒 −𝑖𝑥 𝑦2 = 𝑒 𝑖𝑥 , 𝑦 +𝑦 𝑦1 = 2 = cos 𝑥 𝑦1 = cos 𝑥 − 𝑖 sin 𝑥 hay [ ⇒[ nghiệm PT nhất, 𝑦 −𝑦 𝑦2 = cos 𝑥 + 𝑖 sin 𝑥 𝑦2 = 2𝑖 = sin 𝑥 nghiệm tổng quát 𝑦 = 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥 Tách PT cho thành PT: 𝑦 ′′ + 𝑦 = cos 𝑥 𝑦 ′′ + 𝑦 = cos 3𝑥 Với PT 𝑦 ′′ + 𝑦 = cos 𝑥, ta tìm nghiệm riêng dạng 𝑦𝑟1 = 𝑎 sin 𝑥 + 𝑏 cos 𝑥 ⇒ 𝑦𝑟′′1 = (𝑎′′ − 𝑎 − 2𝑏 ′ ) sin 𝑥 + (2𝑎′ + 𝑏 ′′ − 𝑏) cos 𝑥, thay vào PT rút gọn được: (𝑎′′ ′) − 2𝑏 sin 𝑥 + (2𝑎′ +𝑏 ′′ ) 𝑥 𝑎 = + 𝐾1 𝑎′′ − 2𝑏 ′ = cos 𝑥 = cos 𝑥 ⇒ { ′ ⇔{ 2𝑎 + 𝑏 ′′ = 𝑏=𝐾 𝑥 Chọn 𝐾1 = 𝐾2 = ⇒ 𝑦𝑟1 = sin 𝑥 Tương tự, ta tìm nghiệm riêng PT 𝑦 ′′ + 𝑦 = cos 3𝑥 𝑦𝑟2 = − cos 3𝑥 𝑥 Vậy nghiệm tổng quát PT cho là: 𝑦 = 𝐶1 cos 𝑥 + (2 + 𝐶2 ) sin 𝑥 − cos 3𝑥 k) 𝒚′′ − 𝟒𝒚′ − 𝟖𝒚 = 𝒆𝟐𝒙 + 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙 Xét PT đặc trưng 𝑘 − 4𝑘 − = ⇔ 𝑘 = ± 2√3 ⇒ nghiệm tổng quát 𝑦 = 𝐶1 𝑒 2−2√3 + 𝐶2 𝑒 2+2√3 Tách PT cho thành PT: 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ − 8𝑦 = 𝑒 2𝑥 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ − 8𝑦 = sin 2𝑥 16 facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60 Với PT 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ − 8𝑦 = 𝑒 2𝑥 , ta tìm nghiệm riêng dạng 𝑦1 = 𝑢𝑒 2𝑥 ⇒ 𝑦1′ = (𝑢′ + 2𝑢)𝑒 2𝑥 ⇒ 𝑦1′′ = (𝑢′′ + 4𝑢′ + 4𝑢)𝑒 2𝑥 , thay vào PT rút gọn được: 𝑢′′ − 12𝑢 = ⇔ 𝑢 = − 1 ⇒ 𝑦1 = − 𝑒 2𝑥 12 12 Với PT 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ − 8𝑦 = sin 2𝑥, ta tìm nghiệm riêng dạng 𝑦2 = 𝑎 sin 2𝑥 + 𝑏 cos 2𝑥 ⇒ 𝑦2′ = (𝑎′ − 2𝑏) sin 2𝑥 + (2𝑎 + 𝑏 ′ ) cos 2𝑥 ⇒ 𝑦2′′ = (𝑎′′ − 4𝑎 − 4𝑏 ′ ) sin 2𝑥 + (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 − 4𝑎 − 12𝑎 − 4𝑏 + 8𝑏 = 52 ⇒ 𝑦 = − sin 2𝑥 + cos 2𝑥 ⇒{ ′ ⇔ { 4𝑎 − 8𝑎 + 𝑏 ′′ − 4𝑏 ′ − 12𝑏 = 52 26 𝑏= 26 ⇒ Nghiệm riêng PT cho là: 𝑦 = − 12 𝑒 2𝑥 − 52 sin 2𝑥 + 26 cos 2𝑥 ′′ ′ 𝑎=− ′ Vậy nghiệm tổng quát PT cho là: 𝑦 = 𝐶1 𝑒 2−2√3 + 𝐶2 𝑒 2+2√3 − 12 𝑒 2𝑥 − 52 sin 2𝑥 + 26 cos 2𝑥 l) 𝒚′′ − 𝟐𝒚′ + 𝒚 = 𝐬𝐢𝐧 𝒙 + 𝐬𝐢𝐧𝐡 𝒙 ⇔ 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = sin 𝑥 + 𝑒 𝑥 − 𝑒 −𝑥 Xét PT đặc trưng 𝑘 − 2𝑘 + = ⇔ 𝑘 = ⇒ 𝑦1 = 𝑒 𝑥 nghiệm riêng PT 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = Ta tìm nghiệm riêng khác dạng 𝑦2 = 𝑢𝑒 𝑥 ⇒ 𝑦2′ = (𝑢′ + 𝑢)𝑒 𝑥 ⇒ 𝑦2′′ = (𝑢′′ + 2𝑢′ + 𝑢)𝑒 𝑥 , thay vào PT rút gọn được: 𝑢′′ = ⇔ 𝑢 = 𝑚𝑥 + 𝑛 Chọn 𝑢 = 𝑥 ⇒ 𝑦2 = 𝑥𝑒 𝑥 ⇒ 𝑦 = (𝐶1 + 𝐶2 𝑥)𝑒 𝑥 nghiệm tổng quát PT 𝑒𝑥 Tách PT cho thành PT: 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = sin 𝑥, 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑒−𝑥 − 17 facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60 Với PT 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = sin 𝑥, ta tìm nghiệm riêng dạng 𝑦𝑟1 = 𝑓(𝑥) sin 𝑥 + 𝑔(𝑥) cos 𝑥 Ta có: 𝑦𝑟′1 = (𝑓 ′ (𝑥) − 𝑔(𝑥)) sin 𝑥 + (𝑓(𝑥) + 𝑔′ (𝑥)) cos 𝑥 ⇒ 𝑦𝑟′′1 = (𝑓 ′′ (𝑥) − 𝑓(𝑥) − 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 𝑓(𝑥) = 𝑓 ′′ (𝑥) − 2𝑓 ′ (𝑥) − 2𝑔′ (𝑥) + 2𝑔(𝑥) = 1 ⇒ 𝑦𝑟1 = cos 𝑥 ⇒{ ′ ⇔{ ′′ ′ 2𝑓 (𝑥) − 2𝑓(𝑥) + 𝑔 (𝑥) − 2𝑔 (𝑥) = 𝑔(𝑥) = 𝑒𝑥 Với PT 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = , ta tìm nghiệm riêng dạng 𝑦𝑟2 = 𝑣𝑒 𝑥 Tương tự 1 𝑦2 , dễ dàng tìm 𝑣 = 𝑥 + 𝐾1 𝑥 + 𝐾2 Chọn 𝑣 = 𝑥 ⇒ 𝑦𝑟2 = 𝑥 𝑒 𝑥 𝑒−𝑥 Với PT 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = − , tương tự tìm nghiệm riêng 𝑦𝑟3 = − 𝑒 −𝑥 1 ⇒ Nghiệm riêng PT cho 𝑦𝑟 = cos 𝑥 + 𝑥 𝑒 𝑥 − 𝑒 −𝑥 1 Vậy nghiệm tổng quát PT cho là: 𝑦 = (𝐶1 + 𝐶2 𝑥 + 𝑥 ) 𝑒 𝑥 − 𝑒 −𝑥 + cos 𝑥 𝒙𝟑 m) 𝒙𝟐 𝒚′′ − 𝟑𝒙𝒚′ + 𝟒𝒚 = 𝟐 𝑑𝑦 𝑑𝑡 𝑑𝑦 Xét PT 𝑥 𝑦 ′′ − 3𝑥𝑦 ′ + 4𝑦 = PT Euler, đặt 𝑡 = ln|𝑥| ⇒ 𝑦 ′ = 𝑑𝑡 𝑑𝑥 = 𝑥 𝑑𝑡 𝑑 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑 𝑑𝑦 𝑑𝑡 𝑑 𝑦 𝑑𝑦 ⇒ 𝑦 ′′ = 𝑑𝑥 (𝑥 𝑑𝑡 ) = − 𝑑𝑡 + 𝑥 𝑑𝑡 ( 𝑑𝑡 ) 𝑑𝑥 = ( − 𝑑𝑡 ), thay vào PT rút gọn được: 𝑥 𝑥 𝑑𝑡 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + 4𝑦 = (∗) PT đặc trưng 𝑘 − 4𝑘 + = ⇔ 𝑘 = ⇒ 𝑦1 = 𝑒 2𝑡 nghiệm riêng (∗) Giả sử nghiệm riêng khác 𝑦2 = 𝑢𝑒 2𝑡 (𝑢 đa thức), đạo hàm thay vào PT tìm 𝑢 = 𝑚𝑡 + 𝑛 Chọn 𝑢 = 𝑡 ⇒ 𝑦2 = 𝑡𝑒 2𝑡 ⇒ 𝑦 = (𝐶2 𝑡 + 𝐶1 )𝑒 2𝑡 nghiệm tổng quát PT (∗), hay 𝑦 = (𝐶1 + 𝐶2 ln|𝑥|)𝑒 ln|𝑥| = 𝑥 (𝐶1 + 𝐶2 ln|𝑥|) nghiệm tổng quát PT cho Ta tìm nghiệm riêng PT cho, giả sử có dạng 𝑦0 = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥 + 𝑑 Đạo 𝑥3 hàm thay vào PT dễ dàng tìm 𝑦0 = 𝑥3 Vậy nghiệm tổng quát PT cho là: 𝑦 = 𝑥 (𝐶1 + 𝐶2 ln|𝑥|) + 18 facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60 𝒚′ 𝒚 𝟐 n) 𝒚′′ − 𝒙 + 𝟐 = 𝒙 𝒙 ⇔ 𝑥 𝑦 ′′ − 𝑥𝑦 ′ + 𝑦 = 2𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑡 𝑑𝑦 Xét PT 𝑥 𝑦 ′′ − 𝑥𝑦 ′ + 𝑦 = PT Euler, đặt 𝑡 = ln|𝑥| ⇒ 𝑦 ′ = 𝑑𝑡 𝑑𝑥 = 𝑥 𝑑𝑡 𝑑 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑 𝑑𝑦 𝑑𝑡 𝑑 𝑦 𝑑𝑦 ⇒ 𝑦 ′′ = 𝑑𝑥 (𝑥 𝑑𝑡 ) = − 𝑑𝑡 + 𝑥 𝑑𝑡 ( 𝑑𝑡 ) 𝑑𝑥 = ( − 𝑑𝑡 ), thay vào PT rút gọn được: 𝑥 𝑥 𝑑𝑡 𝑦 ′′ − 2𝑦 + 𝑦 = (∗) PT đặc trưng: 𝑘 − 2𝑘 + = ⇔ 𝑘 = ⇒ 𝑦1 = 𝑒 𝑡 nghiệm riêng (∗) Tương tự m ta tìm nghiệm riêng khác 𝑦2 = 𝑡𝑒 𝑡 ⇒ 𝑦 = (𝐶1 + 𝐶2 𝑡)𝑒 𝑡 nghiệm tổng quát (∗), hay 𝑦 = 𝑥(𝐶1 + 𝐶2 ln|𝑥|) nghiệm tổng quát PT cho Để tìm nghiệm riêng 𝑦0 PT cho, ta cho số 𝐶1 , 𝐶2 biến thiên (như hàm 𝑥), cách tìm 𝐶1 , 𝐶2 cho: 𝐶1′ 𝑥 + 𝐶2′ 𝑥 ln|𝑥| = ln|𝑥| 𝐶1′ + 𝐶2′ ln|𝑥| = ′ 𝐶1 = − ln2 |𝑥| 𝐶 = − 2 { ′ ⇔ { ⇔ { ⇒ { 𝑥 𝐶2 = ln|𝑥| 𝐶1 + 𝐶2′ (ln|𝑥| + 1) = 𝐶2′ = 𝐶2 = ln|𝑥| 𝑥 𝑥 ⇒ 𝑦0 = 𝑥 ln2 |𝑥| Vậy nghiệm tổng quát PT cho là: 𝑦 = 𝑥(𝐶1 + 𝐶2 ln|𝑥|) + 𝑥 ln2 |𝑥| 11 Giải phương trình sau a) 𝒚′′ − 𝒚 = 𝒆𝒙 𝟏 + 𝒆𝒙 Xét PT đặc trưng 𝑘 − = ⇔ 𝑘 = ±1 ⇒ nghiệm tổng quát 𝑦 = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑒 −𝑥 Ta biến thiên số { 𝐶1 = 𝐶1 (𝑥) cho 𝑦𝑟 = 𝐶1 (𝑥)𝑒 𝑥 + 𝐶2 (𝑥)𝑒 −𝑥 nghiệm riêng 𝐶2 = 𝐶2 (𝑥) PT cho Ta có: 𝑥 𝐶1 = − ln √𝑒 𝑥 + 𝑥 2(1 + 𝑒 ) 𝑒𝑥 ⇔ { ′ 𝑥 ⇒{ 2𝑥 ′ −𝑥 𝑒𝑥 𝑒 𝐶1 𝑒 − 𝐶2 𝑒 = 𝑥 ′ 𝑥 𝐶2 = ln √𝑒 + − 𝐶2 = − 1+𝑒 2(1 + 𝑒 𝑥 ) { 𝑥 𝑒 𝑥 −𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 ⇒ 𝑦𝑟 = ( − ln √𝑒 + 1) 𝑒 + (ln √𝑒 + − ) 𝑒 2 𝐶1′ 𝑒 𝑥 + 𝐶2′ 𝑒 −𝑥 = 𝐶1′ = 19 facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60 Vậy nghiệm tổng quát PT cho là: 𝑥 𝑒𝑥 𝑦 = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑒 −𝑥 + ( − ln √𝑒 𝑥 + 1) 𝑒 𝑥 + (ln √𝑒 𝑥 + − ) 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 c) 𝒚′′ − 𝟐𝒚′ + 𝒚 = 𝒙 Xét PT đặc trưng 𝑘 − 2𝑘 + = ⇔ 𝑘 = ⇒ 𝑦1 = 𝑒 𝑥 nghiệm riêng PT 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = Ta tìm nghiệm riêng khác dạng 𝑦2 = 𝑢𝑒 𝑥 ⇒ 𝑦2′ = (𝑢′ + 𝑢)𝑒 𝑥 ⇒ 𝑦2′′ = (𝑢′′ + 2𝑢′ + 𝑢)𝑒 𝑥 , thay vào PT rút gọn được: 𝑢′′ = ⇔ 𝑢 = 𝑚𝑥 + 𝑛 Chọn 𝑢 = 𝑥 ⇒ 𝑦2 = 𝑥𝑒 𝑥 ⇒ 𝑦 = (𝐶1 + 𝐶2 𝑥)𝑒 𝑥 nghiệm tổng quát PT Ta biến thiên số { 𝐶1 = 𝐶1 (𝑥) cho 𝑦𝑟 = 𝐶1 (𝑥)𝑒 𝑥 + 𝐶2 (𝑥)𝑥𝑒 𝑥 nghiệm riêng 𝐶2 = 𝐶2 (𝑥) PT cho Ta có: 𝐶1 = −𝑒 𝑥 𝐶1′ = −𝑒 𝑥 𝑒𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 2𝑥 𝑥 𝑒 𝑒 𝑒 { ′ 𝑥 ⇔ { ⇒ { ⇒ 𝑦 = −𝑒 + 𝑥𝑒 ∫ 𝑑𝑥 𝑟 𝑥 𝐶2 = ∫ 𝑑𝑥 𝐶1 𝑒 + 𝐶2′ (1 + 𝑥)𝑒 𝑥 = 𝐶2′ = 𝑥 𝑥 𝑥 𝐶1′ 𝑒 𝑥 + 𝐶2′ 𝑥𝑒 𝑥 = Vậy nghiệm tổng quát PT cho là: 𝑥 𝑦 = (𝐶1 + 𝐶2 𝑥)𝑒 − 𝑒 2𝑥 𝑒𝑥 + 𝑥𝑒 ∫ 𝑑𝑥 𝑥 𝑥 12 Giải phương trình sau a) 𝒙𝒚′′ + 𝒙𝒚′𝟐 = 𝒚′ Đặt 𝑦′ = 𝑢 ta được: 20 facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60 ′ 𝑢′ 𝑥 𝑥 ( ) + 𝑥 ( ) = ⇔ 𝑥 + = ⇔ 𝑥𝑢′ − 𝑢 = −𝑥 ⇒ 𝑢 = 𝑒 ∫ 𝑑𝑥 (− ∫ 𝑥𝑒 − ∫ 𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶1 ) 𝑢 𝑢 𝑢 𝑢 𝑢 𝑢 = 𝑥 + + 𝐶1 𝑒 𝑥 ⇒ 𝑦 = ∫ 𝑑𝑥 + 𝐶2 𝑥 + + 𝐶1 𝑒 𝑥 Nghiệm kì dị: 𝑦 = 𝐶 b) 𝟏 + 𝒚𝒚′′ + 𝒚′𝟐 = 𝟎 𝑑𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑦 𝑑𝑢 Đặt 𝑦 ′ = 𝑢 ⇒ 𝑦 ′′ = 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑢 𝑑𝑦, thay vào PT: + 𝑦𝑢 ⇔ 𝑢 = √( 𝑑𝑢 𝑢 𝑑𝑦 + 𝑢2 = ⇔ ∫ 𝑑𝑢 = − ∫ ⇔ √𝑢2 + = + 𝐶1 |𝑦| 𝑑𝑦 𝑢 +1 𝑦 2 𝑑𝑦 + 𝐶1 ) − ⇔ = √( + 𝐶1 ) − ⇔ ∫ |𝑦| |𝑦| 𝑑𝑥 𝑑𝑦 ⇔𝑥 =∫ 𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑥 √( + 𝐶1 ) − |𝑦| + 𝐶2 √( + 𝐶1 ) − |𝑦| 13 Giải phương trình (2𝑥 − 𝑥 )𝑦 ′′ + 2(𝑥 − 1)𝑦 ′ − 2𝑦 = −2 biết có nghiệm riêng 𝑦1 = 𝑥, 𝑦2 = 4𝑦 2𝑥 14 Giải phương trình (𝑥 + 1)𝑦 ′′ + 2𝑥𝑦 ′ + 𝑥 +1 = (𝑥 +1)2 với phép biến đổi 𝑥 = tan 𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑥 = cos2 𝑡 Đặt 𝑥 = tan 𝑡 ⇒ { , ta có: 𝑥 + = cos2 𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑦 ′ 𝑑 𝑑𝑦 ′′ 𝑦 = = cos 𝑡 ⇒𝑦 = = cos 𝑡 (cos 𝑡 ) = 𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑑𝑡 ′ 15 Một số hay sưu tầm 𝟐 a) 𝟐(𝒙 + 𝒚𝒚′ )𝟐 = 𝒚𝟐 (𝟏 + 𝒚′ ) ⇔ 2𝑥 + 4𝑥𝑦𝑦 ′ + (𝑦𝑦 ′ )2 = 𝑦 Nếu 𝑥 = ⇒ 𝑦 = không thỏa mãn 21 facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST Trường ĐH Bách khoa Hà Nội Đặt √2 + KSTN-Hóa dầu K60 𝑦2 = 𝑢 ⇔ 𝑦 = 𝑥 (𝑢2 − 2) ⇒ 𝑦𝑦 ′ = 𝑥(𝑢2 − 2) + 𝑥 𝑢𝑢′ = 𝑥(𝑢2 − + 𝑥𝑢𝑢′ ), thay 𝑥2 vào PT: 2𝑥 + 4𝑥 (𝑢2 − + 𝑥𝑢𝑢′ ) + 𝑥 (𝑢2 − + 𝑥𝑢𝑢′ )2 = 𝑥 (𝑢2 − 2) ⇔ (𝑢2 − + 𝑥𝑢𝑢′ )2 + 4(𝑢2 − + 𝑥𝑢𝑢′ ) + − 𝑢2 = ⇔ 𝑢2 (𝑢 + + 𝑥𝑢′ )(𝑢 − + 𝑥𝑢′ ) = 𝑑𝑢 𝑑𝑥 𝑑𝑢 ∫ = −∫ = −1 − 𝑢 1+𝑢 𝑥 𝑢 + + 𝑥𝑢 = ⇔[ ⇔ [ 𝑑𝑥 ⇔ 𝑑𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑥 𝑢 − + 𝑥𝑢′ = 𝑥 = 1−𝑢 ∫ = −∫ [ 𝑢−1 𝑑𝑥 𝑥 𝑥 ′ 1 √ ⇔ 𝑢 = + 𝐶 ⇒ 𝑦 = |𝑥| ( + 𝐶) − 𝑥 𝑥 b) (𝒙𝟐 + 𝟑 𝐥𝐧 𝒚)𝒚𝒅𝒙 = 𝒙𝒅𝒚 𝑥 ⇔ 𝑥 + ln 𝑦 = 𝑦 ′ 𝑦 𝑦′ Đặt ln 𝑦 = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = 𝑦 , thay vào PT: 𝑥 + 3𝑢 = 𝑥𝑢′ → PT tuyến tính cấp c) 𝒚𝟐 𝒅𝒙 + (𝒆𝒙 − 𝒚)𝒅𝒚 = 𝟎 ⇔ 𝑦2𝑥′ + 𝑒 𝑥 − 𝑦 = 𝑢′ Đặt 𝑒 −𝑥 = 𝑢 ⇒ 𝑥 ′ = − 𝑢 , thay vào PT: −𝑦 𝑢′ 1 + − 𝑦 = ⇔ 𝑢′ + 𝑢 = 𝑢 𝑢 𝑦 𝑦 → PT tuyến tính cấp d) 𝒙 = 𝒚′𝟑 + 𝒚′ Đặt 𝑦 ′ = 𝑡 ⇒ 𝑥 = 𝑡 + 𝑡 ⇒ 𝑑𝑥 = (3𝑡 + 1)𝑑𝑡, 𝑑𝑦 = 𝑡𝑑𝑥 = 𝑡(3𝑡 + 1)𝑑𝑡 ⇒ 𝑦 = ∫ 𝑡(3𝑡 + 1)𝑑𝑡 = 𝑡2 𝑡 + +𝐶 ⇒ Ta PT tham số đường tích phân tổng quát e) 𝑥𝑦 ′ + 𝑦 = ln 𝑦 ′ Đặt 𝑦 ′ = 𝑢 22 facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60 f) 𝒙𝟑 (𝒚′ − 𝒙) = 𝒚𝟐 Đặt 𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑦 ′ = 2𝑥𝑢 + 𝑥 𝑢′ , thay vào PT: 𝑥 (2𝑥𝑢 + 𝑥 𝑢′ − 𝑥) = 𝑢2 𝑥 ⇔ 2𝑢 + 𝑥𝑢′ − = 𝑢2 ⇔ 𝑥 𝑑𝑢 = (𝑢 − 1)2 𝑑𝑥 → PT phân li biến số 𝑦+2 g) 𝑦 ′ = 𝑥+1 + tan Đặt { 𝑦−2𝑥 𝑥+1 𝑥 =𝑋−1 𝑦 =𝑌−2 h) 2𝑥 𝑦 ′ = 𝑦 + 𝑥𝑦 𝑥2 Đặt 𝑦 = 𝑢 i) 𝟐𝒚′ + 𝒙 = 𝟒√𝒚 ⇔2 𝑦′ √𝑦 +1=4 𝑥 𝑥 Đặt √𝑦 =𝑢 𝑥 ⇔ 𝑦 = 𝑥2 𝑢2 ⇒ 𝑦′ = 2𝑥𝑢2 + 2𝑥2 𝑢𝑢′, thay vào PT: 4𝑢2 + 4𝑥𝑢𝑢′ + = 4𝑢 ⇔ 4𝑥 (2𝑢 − 1)2 𝑑𝑢 =− 𝑑𝑥 𝑢 → PT phân li biến số j) 𝒚′ = 𝒚𝟐 − 𝟐 𝒙𝟐 Đặt 𝑥𝑦 = 𝑢 ⇒ 𝑦 + 𝑥𝑦 ′ = 𝑢′ , thay vào PT: 𝑢′ − 𝑦 𝑢 𝑑𝑢 𝑥2 ( ) = 𝑢2 − ⇔ 𝑥 (𝑢′ − ) = 𝑢2 − ⇔ 𝑥 = 𝑢2 + 𝑢 − 𝑥 𝑥 𝑑𝑥 → PT phân li biến số k) 2𝑥𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑦 √𝑥 − 𝑥 𝑦 l) 𝟐 𝟑 𝒙𝒚𝒚′ = √𝒙 𝟔 − 𝒚𝟒 + 𝒚𝟐 Đặt 𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 4𝑦 𝑦 ′ = 6𝑥 𝑢 + 𝑥 𝑢′ ⇒ 4𝑦𝑦 ′ = 6𝑥5 𝑢 + 𝑥6 𝑢′ 𝑢′ = 6𝑥 √𝑢 + 𝑥 𝑢, thay vào PT: √ 𝑥 √𝑢 23 facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60 𝑥 𝑢′ 𝑥 𝑢′ 𝑑𝑢 3 (1 (6𝑥 √𝑢 + 𝑥 ) = √𝑥 − 𝑢) + 𝑥 √𝑢 ⇔ = 𝑥 √1 − 𝑢 ⇔ 𝑥 = 6√𝑢(1 − 𝑢) 6 √𝑢 𝑑𝑥 √𝑢 → PT phân li biến số m) 𝒙(𝒆𝒚 − 𝒚′ ) = 𝟐 Đặt 𝑒𝑦 = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = − 𝑦′ 𝑒𝑦 = −𝑦′𝑢, thay vào PT: 𝑢′ 𝑥 ( + ) = ⇔ 𝑢′ + = 𝑢 𝑢 𝑢 𝑥 → PT tuyến tính cấp n) (𝒙𝟐 − 𝟏)𝒚′ 𝐬𝐢𝐧 𝒚 + 𝟐𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝒚 = 𝟐𝒙 − 𝟐𝒙𝟑 Đặt cos 𝑦 = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = −𝑦 ′ sin 𝑦, thay vào PT: −(𝑥 − 1)𝑢′ + 2𝑥𝑢 = 2𝑥 − 2𝑥 ⇔ 𝑢′ − 2𝑥 𝑢 = 2𝑥 −1 𝑥2 → PT tuyến tính cấp o) 𝒙𝟐 𝒚′ + 𝒙𝒚 + 𝒙𝟐 𝒚𝟐 = 𝟒 Đặt 𝑥𝑦 = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = 𝑦 + 𝑥𝑦 ′ , thay vào PT: 𝑥(𝑥𝑦 ′ + 𝑦) + (𝑥𝑦)2 = ⇔ 𝑥𝑢′ + 𝑢2 = ⇔ 𝑥 𝑑𝑢 = − 𝑢2 𝑑𝑥 → PT phân li biến số p) 𝟑𝒚′ + 𝒚𝟐 + 𝟐 =𝟎 𝒙𝟐 Đặt 𝑥𝑦 = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = 𝑦 + 𝑥𝑦 ′ , thay vào PT: 𝑢′ 𝑥 − 𝑢 𝑑𝑢 3𝑥 ( ) + 𝑢2 + = ⇔ 3𝑥 = 3𝑢 − 𝑢2 − 2 𝑥 𝑑𝑥 → PT phân li biến số q) 𝒙𝒚′ − (𝟐𝒙 + 𝟏)𝒚 + 𝒚𝟐 = −𝒙𝟐 ⇔ 𝑥𝑦 ′ − 𝑦 𝑦 𝑦 𝑦 ′ 𝑦 𝑦 − + ( ) + = ⇔ ( ) − + ( ) +1=0 𝑥2 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 Đặt 𝑦 = 𝑢𝑥, thay vào PT: 𝑢′ − 2𝑢 + 𝑢2 + = ⇔ 𝑑𝑢 = 2𝑢 − 𝑢2 − 𝑑𝑥 24 facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST 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 = Đặt 𝑦 − 𝑥 = 𝑢 ⇔ 𝑦 ′ = 𝑢′ + 1, thay vào PT: 𝑢′ + + 𝑢2 = ⇔ 𝑑𝑢 = − 𝑢2 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 ⇔ 𝑑𝑢 = 𝑢2 𝑑𝑥 → PT phân li biến số t) (𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒚)𝒅𝒙 − 𝒙𝒅𝒚 = 𝟎 ⇔ 𝑥𝑦 ′ = 𝑦 + 𝑦 + 𝑥 ⇔ 𝑥𝑦 ′ − 𝑦 𝑦 𝑦 ′ 𝑦 = + ⇔ ( ) = ( ) +1 𝑥2 𝑥2 𝑥 𝑥 Đặt 𝑦 = 𝑢𝑥 → PT phân li biến số u) 𝒚𝒅𝒚 = (𝒙𝒅𝒚 + 𝒚𝒅𝒙)√𝟏 + 𝒚𝟐 ⇔ 𝑦𝑦 ′ = (𝑥𝑦 ′ + 𝑦)√1 + 𝑦 ⇔ 𝑦𝑦 ′ √1 + 𝑦 ′ = 𝑥𝑦 ′ + 𝑦 ⇔ (√1 + 𝑦 ) = (𝑥𝑦)′ ⇔ √1 + 𝑦 = 𝑥𝑦 + 𝐶 v) 𝒙𝒚𝟐 (𝒙𝒚′ + 𝒚) = 𝟏 Cách 1: 𝑃𝑇 ⇔ (3𝑥 𝑦 𝑦 ′ + 2𝑥𝑦 ) + 𝑥𝑦 = ⇔ (𝑥 𝑦 )′ + (𝑥 𝑦 ) = 𝑥 Đặt 𝑥 𝑦 = 𝑢 → PT tuyến tính cấp Cách 2: 𝑃𝑇 ⇔ (3𝑥𝑦 𝑦 ′ + 𝑦 ) + 2𝑦 = 3 ⇔ (𝑥𝑦 )′ + (𝑥𝑦 ) = 𝑥 𝑥 𝑥 25 facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60 Đặt 𝑥𝑦 = 𝑢 → PT tuyến tính cấp 𝟏 𝒅𝒚 w) (𝒚 − 𝒙) 𝒅𝒙 + 𝒚 = 𝟎 𝑦′ 𝑦 ′𝑥 − 𝑦 𝑦 𝑦 ′ 𝑦 ⇔ +𝑦− =0⇔ = −𝑥 ( ) ⇔ ( ) = −𝑥 ( ) 𝑦 𝑥 𝑥2 𝑥 𝑥 𝑥 Đặt 𝑦 = 𝑢𝑥 → PT phân li biến số 26 facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST ... facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST Trường ĐH Bách khoa Hà Nội KSTN-Hóa dầu K60 +