PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
1)

2
Kiểm tra rằng y = cos x(sin x − 1) là nghiệm của bài toán y′ + y tan x = cos x
giá trị ban đầu
 π π
− ,
y(0) = −1 trên khoảng  2 2 ÷


Lời giải:
y′ = − sin x(sin x − 1) + cos 2 x ⇒
y′ + y tan x = − sin x(sin x − 1) + cos 2 x + sin x(sin x − 1) = cos 2 x

2)

Giải các phương trình tách biến
dy
xe x
=
dx y 1 + y 2

a.
Lời giải:

dy
xe x
=
⇔ y 1 + y 2 dy = xe x dx
2

dx y 1 + y
2
x
2
2
x
⇒ ∫ y 1 + y dy = ∫ xe dx + C1 ⇔ (1 + y ) 1 + y = 3(x − 1)e + C
du
= 2 + 2u + t + tu
dt
b.
Lời giải:
du
du
du
= 2 + 2u + t + tu ⇔
= (1 + u)(2 + t) ⇒
= (2 + t)dt
dt
dt
(1 + u)

⇒ 2ln 1 + u = 4t + t 2 + C
3)

Tìm nghiệm của PTVP thoả mãn điều kiện ban đầu
dy
= 1 + y 2 , y(1) = 0
dx
a.

;
Lời giải:
dy
dy
= 1 + y2 ⇔
= dx ⇒ arctan y = x + C
dx
1 + y2
với y(1) = 0 thì C = −1
nghiệm của phương trình : arctan y = x − 1
b.
Lời giải:
1

y′ = e x + y + e x − y , y(0) = 1 ;

1


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) = 1 thì C = arctan e − 1 nghiệm của phương trình :

arctan e y = e x + arctan e − 1
c.
Lời giải:

du 2t + sec 2 t
=
, u(0) = −5
dt
2u
.

du 2t + sec 2 t
1 

=
⇒ 2udu = (2t + sec 2 t)dt ⇔ ∫  2t +
dt = u 2 + C
÷
2
dt
2u

cos t 


⇔ t 2 + tan t = u 2 + C
với u(0) = −5 thì C = −25 nghiệm của phương trình
4)

t 2 + tan t = u 2 − 25

3
Tìm phương trình đường cong thoả mãn y′ = 4x y và cắt trục Oy tại 7.
Lời giải:
dy
y′ = 4x 3 y ⇔
= 4x 3dx ⇒ y = Ce x
y
,từ giả thiết thì y(0) = 7 nên C = 7
4

4

x
Đó là đường cong có phương trình y = 7e
5)Dung dịch glucose được truyền theo đường tĩnh mạch vào máu với vận tốc
không đổi r. Khi glucose được đưa vào, nó chuyển thành các chất khác và bị đẩy khỏi
máu với vận tốc tỷ lệ thuận với nồng độ tại thời điểm đó. Như vậy, mô hình biểu diễn
dC
= r − kC
C
=

C(t)
dt
nồng độ
của dung dịch glucose trong máu là
, trong đó k là hằng
số dương.Giả sử nồng độ tại thời điểm t = 0 là C0 . Xác định nồng độ tại thời điểm

tuỳ ý bằng cách giải PTVP nói trên.
r
C0 <
lim C(t)
k , tìm giới hạn t →∞
Giả sử rằng
và diễn giải đáp án của 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

⇒
2

(

(

)

)

2


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 rằng
và diễn giải đáp án của bạn.
Lời giải:
r
r
r

lim C(t) = + lim  C0 − ÷e − kt =
k t →∞ 
k
k
Hiển nhiên t →∞
t = 0 ⇒ A = C0 −

Khi dung dịch glucose được truyền theo đường tĩnh mạch vào máu với vận tốc không
đổi,và thời gian truyền vô hạn thì nồng độ glucose của dung dịch glucose trong máu
coi như không đổi.
6)Lượng cá bơn halibut Thái bình dương được mô hình hoá bởi PTVP
dy
y

= ky 1 − ÷
dt
 K  ,trong đó
y(t) là sinh khối (khối lượng tổng cộng của các cá thể trong quần thể) theo kilogram
7
tại thời điểm t (đo theo năm), dung lượng cực đại được ước lượng bởi K = 8 × 10 kg
và k = 0,71 theo năm.

7
a. Nếu y(0) = 2 × 10 kg , tìm sinh khối một năm sau.
7
b. Bao lâu nữa sinh khối đạt được 4 × 10 kg ?

Lời giải:
dy
y
ky 2
k
k
′

= ky  1 − ÷ ⇒ 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

3 × 10 −7
2 × 10 =

⇒ 8 × 10 C + 1 = 4 ⇒ C =
7
7
y(0)
=
2
×
10
kg
8
8
×
10
C
+
1
Khi
thì
7

⇒
3

y=

8 × 107

7

8 × 107 e kt

3 + e kt

3


a) Sinh khối một năm sau được xác định:
8 × 107 ekt

y=

8 × 107 e0,71
3+e

0,71

= 4 × 107 ⇒ e kt = 3 ⇒ t =

kt
b) Ta cần tìm t sao cho 3 + e
ln 3
t=
≈ 1,547
7
4
×
10
kg .
0,71
Vậy sau
năm sinh khối đạt được

7)

8)

≈ 3,23 × 107

ln 3
0,71 .

Trong mô hình sinh trưởng theo mùa, một hàm tuần hoàn theo thời gian được
đề nghị để tính đến những biến đổi có tính mùa vụ liên quan đến vận tốc sinh
trưởng. Những biến đổi ấy có thể, chẳng hạn, gây ra do những thay đổi có tính chất
mùa vụ về nguồn thức ăn.Tìm nghiệm của mô hình sinh trưởng theo mùa
dP
= kP cos(rt − ϕ)
P(0) = P0
dt
, trong đó k, r và φ là những hằng 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 thuần nhất hoặc bài toán ban đầu:
(x 2 − 3y 2 )dx + 2xydy = 0 ;
a.
Lời giải:
dy
x 2 − 3y 2
x 3y
(x − 3y )dx + 2xydy = 0 ⇔
=−
=−
+
dx

2xy
2y 2x khi xy ≠ 0
1
2udu dx
y = xu ⇒ y′ = u + xu ′ ⇒ 2u + 2xu ′ = 3u − ⇒ 2
=
u
u −1 x
Đặt
2

2

2
2
2
⇒ u − 1 = Cx ⇒ y = (1 + Cx)x ; ∀x, y
y
π
xy′ + x tan − y = 0 y(1) =
x
2;
b.
Lời giải:
y
y y
xy′ + x tan − y = 0
y′ + tan − = 0
⇔
x

x x

4

4


Đặt

y = xu ⇒ y′ = u + xu ′ ⇒ u + xu ′ + tan u − u = 0 ⇒

ta có

sin

cos u
dx
C
du = − ⇒ sin u =
sin u
x
x

y C
π
y
=
y(1) =
x sin = 1
x x với

2 thì C = 1 ⇒ nghiệm của 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 ÷ + 1 = sin
x
x
x
x
x


Đặt y = xu ⇒ y′ = u + xu ′ ⇒ (u + xu ′)sin u + 1 = u sin u ⇒ xu ′ sin u + 1 = 0

⇒

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
2
tan
⇒
2
u
y
π
y
ln Cx = ln tan ⇒ Cx = tan
y(1) =
x = tan
2
2x với
⇒
2 thì C = 1 ⇒
2x
e.
Lời giải:

(x − y)ydx − x 2 dy = 0
2

y x
(x − y)ydx − x dy = 0 ⇒ 1 −  ÷ =  ÷y′
x  y
với xy ≠ 0 ta có

du dx
C
y = xu ⇒ y′ = u + xu ′ ⇒ u + xu ′ = u − u 2 ⇒ − 2 =
⇒ = ln x
x
u
u
Đặt
2

⇒ nghiệm của phương trình C x = yln x , ngoài ra x = 0; y = 0 thỏa mãn phương
trình nên x = 0; y = 0 là nghiệm kì dị của phương trình
9)

Xét xem phải chăng phương trình là tuyến tính:
5

5


a.
Lời giải:

y′ + ye x = x 2 y5

( ) ′ − 4 y−4 ex = −4x 2

y′ + ye x = x 2 y5 ⇒ y′y −5 + y −4e x = x 2 ⇔ y −4

Từ

⇒ u′ − 4u e x = −4x 2
Giả sử y1 (x) và y 2 (x) là hai nghiệm của phương trình,tức là
y1′ + y1e x = x 2 y15

(

y′2 + y 2 e x = x 2 y52

) (

x
nhưng (ay1 + by 2 )′ + (ay1 + by 2 )e

)

= a y1′ + y1e x + b y′2 + y 2 e x ≠ x 2 (ay1 + by 2 )5

đó không phải là phương trình vi
phân tuyến tính .Xong đó là phương trình Becnuli nên có thể đưa phương trình về
−4
phương trình vi phân tuyến tính bằng cách đặt u = y .

b.
Lời giải:
Từ

xy′ + ln x − x 2 y = 0

xy′ + ln x − x 2 y = 0 ⇒ y′ + xy =

c.
Lời giải:
Từ

x 4 y′ = y + sin x

x 4 y′ = y + sin x ⇒ y′ −

d.
Lời giải:
Từ

y
x

4

=

sin x
x4

đó là phương trình vi phân tuyến tính cấp một.

xy′ − y = x 2 sin x

xy′ − y = x 2 sin x ⇒ y′ −
10)

ln x

x đó là phương trình vi phân tuyến tính cấp một.

y
= x sin x
x
đó là phương trình vi phân tuyến tính cấp một.

Giải các PTVP:
y′ + 2y = 2e x ;

a.
Lời giải:
phương trình đã cho là phương trình vi phân tuyến tính cấp một,nên nghiệm được xác
định
6

6


(

)

C + 2e
− 2dx
2dx
y=e ∫
C1 + 2 ∫ e x e ∫ dx =
3e2x

⇒ 3ye

2x

3x

= C + 2e3x là nghiệm phương trình
xy′ + y = x ;

b.
Lời giải:

y
1
=
x
x
đó là phương trình vi phân tuyến tính cấp một,nên nghiệm được xác định
xy′ + y = x ⇒ y′ +

y=e

−∫

dx

1 ∫x 
1
 C1 + ∫
e dx ÷ ⇔ y = C1 + ∫ x dx


÷
x
x



dx
x

(

)

⇒ 3yx = C + 2x x là nghiệm phương trình.
dy
+ 2xy = x 2
dx
c.
;
Lời giải:
dy
+ 2xy = x 2 ⇒ y′ + 2xy = x 2
dx
đó là phương trình vi phân tuyến tính cấp một,nên
nghiệm được xác định

(

)

(

− 2xdx
2xdx
y=e ∫
C + ∫ x 2e∫
dx ⇔ y = e − x C + ∫ x 2 e x dx
2

2

)

y′ + 3x 2 y = 6x 2 ;

d.
Lời giải:

y′ + 3x 2 y = 6x 2 đó là phương trình vi phân tuyến tính cấp một,
nên nghiệm được xác định
− 3x
y=e ∫

2

dx

(

y = e − x C + 2e x
3

⇒

(

C + ∫ 6x 2e ∫

e.
Lời giải:

3

)

3x 2 dx

)

(

dx ⇔ y = e − x C + 2 ∫ e x dx 3
3

3

)

⇒ y = Ce − x + 2

3

y = xy′ + y′ ln y ;

dx
dx x ln y
= x + ln y
− =
x
=
x(y)
dy
dy
y
y đó là phương trình vi phân tuyến
⇒
⇒
coi
tính cấp một,nên nghiệm được xác định
y

7

7


dy


−∫

ln
y
y


 1 
x=e
C+∫
e
dy ÷ ⇔ x = y  C + ln y dy 
⇒
x
=
y
C
−
ln
yd

÷

÷

y
∫ y2
∫  y ÷ ÷







ln y 1 
⇔ x = y C −
− ÷ ⇔ 1 + x + ln y = C y
y
y


∫

dy
y

y′ +

1
y = x2
x +1
;

f.
Lời giải:
đó là phương trình vi phân tuyến tính cấp một,nên nghiệm được xác định
dx 
dx
−∫
∫ x +1 
1
2

x
+
1
 C1 + ∫ x e
y=e
dx ÷ ⇔ y =
C1 + ∫ x 2 (x + 1)dx

÷
x +1


⇒

(

)

C + 3x 4 + 4x 3
y=
12(x + 1)
y′ + y tan x = sin 2 x .
g.
Lời giải:
đó là phương trình vi phân tuyến tính cấp một,nên nghiệm được xác định

sin 2 x 
− ∫ tan xdx
tan
xdx

2
⇔
y
=
cos
x
C
+
dx ÷
 1 ∫
y=e
C1 + ∫ sin xe ∫
dx
÷
cos
x


1
dx
 x π


⇔ y = cos x  C1 + ∫
− ∫ cos xdx ÷ y = Ccos x − sin 2x + cos x ln tan  + ÷
2
cos x
2 4

⇒

(

11)

)

Giải bài toán giá trị ban đầu:
dv
− 2tv = 3t 2 e t
v(0) = 5
dt
a.
;
Lời giải:
đó là phương trình vi phân tuyến tính cấp một,nên nghiệm được xác định
2

v = e∫

2tdt

(

)

v(0) = 5 ⇒ C = 5
2

⇒

8

(

v = et 5 + t3

b.
Lời giải:

(

)

(

2
2
2
− 2tdt
C + ∫ 3t 2 e t e ∫ dt ⇔ v = e t C + ∫ 3t 2 dt ⇒ v = e t C + t 3

)

với

)

xy′ = y + x 2 sin x

y( π) = 0 .

8


y
= x sin x
x
đó là phương trình vi phân tuyến tính cấp
một,nên nghiệm được 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 2 sin x ⇒ y′ −

(

)

y(π) = 0 ⇒ 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 là đồ thị của hàm số P(t), hiệu quả của một ai đó học một kỹ năng
dP
được coi là hàm của thời gian huấn luyện t. Đạo hàm dt thể hiện vận tốc mà tại đó
hiệu suất học được nâng lên.
dP
a. Bạn nghĩ P tăng lên nhanh nhất khi nào? Điều gì xảy ra với dt khi t tăng lên?
Giải thích.
Lời giải:
P tăng lên nhanh nhất khi thời gian huấn luyện ít nhất
dP
Khi t tăng, tức là thời gian huấn luyện tăng lên dẫn đến dt giảm đi
b. Nếu M là mức cực đại của hiệu quả mà người học có khả năng đạt được,giải
dP
= k(M − P)
dt
thích tại sao PTVP
, k là hằng số dương là mô hình hợp lý cho việc
học.
Lời giải:
dP
=0
Khi Pmax = M thì dt
c. Giải PTVP để tìm ra một biểu thức của P(t).Dùng lời giải của bạn để vẽ đồ thị
đường cong học.Giới hạn của biểu thức này là 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 của bài toán ta có P(0) = 0 ⇒ C = − M ⇒ P = M − Me

lim P = lim (M + Ce − kt ) = M

t →∞

13)

t →∞

Giải PTVP Bernoulli:
9

9


y′ +

a.
Lời giải:

2

y3
y= 2
x
x ;

4z
2
2
y3
2
1
z′ −
=− 2
y = 2 ⇒ y′y −3 + y −2 = 2
−2
x
x
x
x
x ,đặt z = y ⇒
x
đó là phương trình vi phân tuyến tính cấp một,nên nghiệm được xác định
y′ +

z=e

∫

4dx
x

4dx


2 −∫ x
2
2 



 C1 − ∫ e
dx ÷ ⇔ z = x 4  C1 − ∫ 6 dx ÷⇒ z = x 4  C1 + 5 ÷
2

÷


x
x
5x 




5
2
⇒ 5x = (C x + 2)y

xy′ + y = − xy 2 ;

b.
Lời giải:

z
=1
x
đặt z = y ta được
đó là phương trình vi phân tuyến tính cấp một,
nên nghiệm được xác định
−1

z=e

∫

dx
x

z′ −

dx


−∫
dx 

x
C + ∫e
dx ÷ ⇔ z = x  C + ∫ ÷⇒ z = x ( C + ln x )


÷
x 



⇒ 1 = xy ( C + ln x )

(2xy 2 − y)dx + xdy = 0 ;

c.
Lời giải:

(2xy 2 − y)dx + xdy = 0 ⇒ y′ −

y
= −2y 2
x

z
=2
x
đặt z = y ta được
đó là phương trình vi phân tuyến tính cấp một,
nên nghiệm được xác định
−1

z=e

−∫

dx
x

d.
Lời giải:

10

z′ +

dx

∫x 
1
 C1 + ∫ e dx ÷ ⇔ z = C1 + ∫ xdx ⇒ z =

÷
x



(

)

1
x2 
C
+
 1

÷
x 
2 ÷
 ⇒ x = y(C + x 2 )

2xyy′ − y 2 + x = 0 ;

10


( )

2xyy′ − y 2 + x = 0 ⇒ y 2

′

+ x − y2 = 0

2

⇒ z′ −

đặt z = y
trình vi phân tuyến tính cấp một,nên nghiệm được xác định

z
= −1
x
đó là phương

dx


−∫
dx 

x

z=e
C + ∫e
dx ÷ ⇔ z = x  C + ∫ ÷⇒ z = x ( C + ln x )
2

÷
x 



⇒ y = x ( C + ln x )
2x
y′ = 2
x cos y + 4sin 2y ;
e.
Lời giải:

∫

dx
x

dx x 2 cos y + 4sin 2y
′
=
⇒ x 2 − x 2 cos y = 4sin 2y
2x
coi x = x(y) ⇒ dy
′
2
đặt z = x ⇒ z − z cos y = 4sin 2y đó là phương trình vi phân tuyến tính cấp một,
nên nghiệm được xác định

( )

z = e∫

cos ydy

( C + ∫ 4sin 2ye ∫

− cos ydy

(

)

)

(

dy ⇔ z = esin y C − 8∫ sin ye − sin y d(− sin y)

⇒ z = esin y C − 8(1 + sin y)e − sin y ⇒ z = Cesin y − 8(1 + sin y)

)

⇒

x 2 = Cesin y − 8(1 + sin y)

f.
Lời giải:

xy′ + y = y 2 ln x ;

y −1 ln x
z
ln x
=
⇒ z′ − = −
−1
z
=
y
⇒
x
x đặt
x
x đó là
phương trình vi phân tuyến tính cấp một,nên nghiệm được xác định
xy′ + y = y 2 ln x ⇔ y′y −2 +

dx

ln x − ∫ x 
ln x 
ln x 1 


C − ∫
z=e
e
dx ÷ ⇔ z = x  C − ∫ 2 dx ÷⇒ z = x  C +
+ ÷

÷
x
x
x



x


⇒ y ( C x + ln x + 1) = 1

∫

dx
x

g.
Lời giải:

xy′ + 2xy 2 ln x + y = 0 .

xy′ + 2xy 2 ln x + y = 0 ⇔ y′ +

11

−1
y
′ y
= −2y 2 ln x ⇔ y −1 −
= 2ln x
−1
x
x
đặt z = y

( )

11


z
= 2ln x
⇒
x
đó là phương trình vi phân tuyến tính cấp một,nên nghiệm được xác định

z′ −

dx


−∫
ln x 

x
 C + ∫ 2ln xe
z=e
dx ÷ ⇔ z = x  C + 2 ∫
dx ÷⇒ z = x C + 2 ∫ ln xd(ln x)

÷
x




1
y=
2
z = x C + ln x
x C + ln 2 x
⇒
⇒
14)
Một vật khối lượng m rơi xuống từ trạng thái nghỉ và chúng ta giả sử rằng sức
cản không khí tỷ lệ thuận với vận tốc của vật. Nếu S(t) là khoảng cách rơi được sau t

giây thì vận tốc là v = S′(t) và gia tốc là a = v′(t) . Nếu g là gia tốc trọng trường thì
lực hướng xuống dưới tác động lên vật là mg − cv , trong đó c là hằng số dương,

∫

dx
x

(

(

)

(

Định luật Newton thứ hai dần đến

)

)

m

dv
= mg − cv
dt
.

ct

− 
mg 
1 − e m ÷
v=
÷
c 

.
a. Giải PT này khi coi nó là PT tuyến tính để chỉ ra rằng
Lời giải:
c
c
ct
ct
− ∫ dt 
− 
dv
dv c
∫ m dt 
mg m 
m
m
 A + g∫ e
m = mg − cv ⇒
+ v=g⇒v=e
dt ÷ ⇔ v = e  A +
e ÷

÷


÷
dt
dt m
c





Khi vật không rơi tức v(0) = 0 ,từ

v=e

−

ct
m

ct

mg m 
A +
e ÷
mg
A=−

÷
c

 ta có

c ⇒

ct
− 
mg 
1 − e m ÷
v=
÷
c 


b. Vận tốc giới hạn là bao nhiêu?
Lời giải:
ct

−  mg
mg
lim v =
lim 1 − e m ÷ =
t →∞
÷ c
c t →∞ 


c. Tính quãng đường vật rơi được sau t giây.
Lời giải:

12

12

ct
 m − ct 
− 
mg 
mg
1 − e m ÷dt =
t + e m  + A
m2g
S(t) =
∫
S(0) = 0 ⇒ A = − 2
÷
c 
c 
c




⇒
c
từ
ct
mg  m − m  m 2 g
t + e  −
S(t) =
c 
c

 c2

⇒

15)

−1
Tìm các quỹ đạo trực giao của họ các đường cong y = (x + k) . Vẽ một vài
đường của mỗi họ trên cùng một hệ trục.
Lời giải:
−1
Quỹ đạo trực giao của họ các đường cong y = (x + k) là quỹ tích của tọa độ khúc
tâm của chính đường cong đó,và tọa độ đó được xác định

X=x−

(1 + y′2 )y′
1 + y ′2
;Y = y +
y′′
y′′
y′ = − y 2 = −

1

; y′′ = 2y3 =
2

2

−1
(x + k)
(x + k)3 ⇒
Từ y = (x + k) ⇒
y′(1 + y′2 )
y 2 (1 + y 4 )
1 1 + y4
3 + y4
X=x−
=x+
⇒X+k= +
⇒X+k=
y′′
y
2y
2y
2y3
;

Y=y+

1 + y4
2y3

=

3(X + k)

1 + 3y 4
2y3

3 (3 + y 4 ) 4 3(X + k) 4
= 2
− 3=
− 3
2y
y
y
y2
y

4
3
+
y
Y=
− 3
X+k=
y2
y và
2y
⇒
16)
Giải các PTVP toàn phần:
(x + y 2 )dx − 2xydy
=0
x2
a.
;
Lời giải:

4

(x + y 2 )dx − 2xydy

Nhận thấy

x2

=0

là PTVP toàn phần vì

 x + y 2 ′  −2xy ′
2y
=
=

÷

÷
2 ÷
2
2
 x y  x x x

13

13

nên

∫

(x + y 2 )dx − 2xydy
x2

không phụ thuộc đường lấy tích phân
Do vậy ta chọn A(1,0) ; B(x, y) ,khi đó nghiệm của phương trình được xác định
AB

(x + y 2 )dx − 2xydy

∫

y

x

dx
2ydy
=∫ −∫
=C
x
x
1
0

y2

ln x −
=C
x
⇒
x
(2x − y + 1)dx + (2y − x − 1)dy = 0 ;
2

»
AB

b.
Lời giải:

Nhận thấy (2x − y + 1)dx + (2y − x − 1)dy = 0 là PTVP toàn phần vì
(2x − y + 1)′y = (2y − x − 1)′x = −1
nên

∫ (2x − y + 1)dx + (2y − x − 1)dy

»
AB

không phụ thuộc đường lấy tích phân

Do vậy ta chọn A(0,0) ; B(x, y) ,khi đó nghiệm của phương trình được xác định
x

y

0

0

∫ (2x − y + 1)dx + (2y − x − 1)dy = ∫ (2x + 1)dx + ∫ (2y − x − 1)dy = C

»
AB

⇔ x 2 + x + y 2 − xy − y = C

(1+ x

c.
Lời giải:

) (

x 2 + y 2 dx +

)

x 2 + y 2 − 1 ydy = 0

;

1 + x x + y ) dx + ( x + y − 1) ydy = 0
(
Nhận thấy
là PTVP toàn phần vì

′
′
xy
1
+
x
x
+
y
=
y
x
+
y
−
1
=
(
) (
) x +y
∫ ( 1 + x x + y ) dx + ( x + y − 1) ydy
2

2

2

2

2

2

2

y

2

nên

2

2

x

2

2

2

2

»
AB

không phụ thuộc đường lấy tích phân

Do vậy ta chọn A(0,0) ; B(x, y) ,khi đó nghiệm của phương trình được xác định
x

∫(1+ x

) dx + ∫ (

)

y

2

0

3

0

2

x 2 + y2 − 1 ydy = C

((

x
y
1
⇔x+
−

+
x 2 + y2
3
2 3
14

)

2

x +y

2

)

y
y =0

=C
14


⇒

x−

y2 1 2
+ x + y2
2 3

d.
Lời giải:

(

)

x 2 + y2 = C


1
(x + y)dx +  x + ÷dy = 0
y

.


1
(x + y)dx +  x + ÷dy = 0
y

Nhận thấy
là PTVP toàn phần vì

1 ′
(x + y)′y =  x + ÷ = 1
y x


nên


1
(x
+
y)dx
+
x
+

÷dy
∫
y


»
AB

không phụ thuộc đường lấy tích phân
Do vậy ta chọn A(0,1) ; B(x, y) ,khi đó nghiệm của phương trình được xác định
x

y



1
1
∫ (x + y)dx +  x + y ÷ dy = ∫ (x + 1)dx + ∫  x + y ÷ dy = C

»
0
1
AB
⇔

x2
+ x + ( xy + ln y )
2

y
y =1

=C

x2
+ xy + ln y = C
⇒ 2
17)
Giải các PTVP dùng thừa số tích phân:

x

x
1 + y ÷dx +  y − 1÷dy = 0




a.

;
Lời giải:

x 
x
y 1 + ÷dx + y  − 1÷dy = 0
y
y 
Nhận thấy 
là PTVP toàn phần

nên


x 
x
y
1
+
dx
+
y
 y − 1÷dy
∫  y ÷


»
AB

không phụ thuộc đường lấy tích phân

Do vậy ta chọn A(0,1) ; B(x, y) ,khi đó nghiệm của phương trình được xác định

15

15


y

x


x

x
∫ y 1 + y ÷ dx + y  y − 1÷dy = ∫ (x + 1)dx + ∫ (x − y)dy = C1
»
0
1
AB
x2
y2
1
⇔
+x−
+ xy − x + = C1
2
2
⇒ x − y + 2xy = C

2
2
2
2
2
⇒ x − y + 2xy = C

(1 − x 2 y)dx + x 2 (y − x)dy = 0 ;

b.
Lời giải:

Py′ − Q′x = 2x 2 − 2xy = −2x(y − x) ⇒

µ(x) =

nên

∫

(1 − x 2 y)dx

1
x 2 .Ta được
(1 − x 2 y)dx
x2

»
AB

Py′ − Q′x
Q

=−

+ (y − x)dy = 0

x2

2
x khi đó thừa số tích phân

là PTVP toàn phần

+ (y − x)dy
không phụ thuộc đường lấy tích phân

Do vậy ta chọn A(1,0) ; B(x, y) ,khi đó nghiệm của phương trình được xác định
(1 − x 2 y)dx

∫

x2

»
AB

x

y

1
y2
+ (y − x)dy = ∫ 2 + ∫ (y − x)dy = C1 ⇔ − + 1 − xy +
= C1
x
2
x
1
0
dx

2
2
⇒ y x − 2x y − 2 = C x

y(1 + x 2 y)dx + x(2 + yx 2 )dy = 0 ;

c.
Lời giải:

Py′ − Q′x = −1 − x 2 y ⇒ −

Py′ − Q′x
P

=

1
y khi đó thừa số tích phân µ(y) = y

2
2
2
Ta được y (1 + x y)dx + xy(2 + yx )dy = 0 là PTVP toàn phần

nên

∫y

2

(1 + x 2 y)dx + xy(2 + yx 2 )dy

»
AB

không phụ thuộc đường lấy tích phân

Do vậy ta chọn A(0,0) ; B(x, y) ,khi đó nghiệm của phương trình được xác định

∫

»
AB

x

y

x 3 y3
y (1 + x y)dx + xy(2 + yx )dy = ∫ 0dx + ∫ xy(2 + yx )dy = C1 ⇔ xy +
= C1
3
0
0
2

2

2
3 3
⇒ 3xy + x y = C
16

2

2

2

16


(sin 2 y − x 2 )dx − x sin 2ydy = 0 ;

d.
Lời giải:

Py′ − Q′x = 2sin 2y ⇒

Py′ − Q′
Q

(sin 2 y − x 2 )dx
x

Ta được

nên

∫

2

(sin 2 y − x 2 )dx
x2

»
AB

−

−

=−

2
1
µ(x) = 2

x khi đó thừa số tích phân
x

sin 2ydy
=0
x
là PTVP toàn phần

sin 2ydy
x

không phụ thuộc đường lấy tích phân.

Do vậy ta chọn A(1,0) ; B(x, y) ,khi đó nghiệm của phương trình được xác định

∫

(sin 2 y − x 2 )dx
x2

»
AB

y

x

sin 2ydy
sin 2ydy
cos 2y

−
= − ∫ dx − ∫
= C1 ⇔ 1 − x +
= C1
x
x
2x
1
0

2
⇒ 2x + C x = cos 2y

e.
Lời giải:

(2xy 2 − y)dx + xdy = 0 .

Py′ − Q′x = 4xy − 2 ⇒ −

Py′ − Q′x
P

=−

1
2
µ(y) = 2
y
y khi đó thừa số tích phân

(2xy − 1)dx xdy
+ 2 =0
y
y
Ta được
là PTVP toàn phần
(2xy − 1)dx xdy
+ 2
∫
y
y
»
nên AB
không phụ thuộc đường lấy tích phâ
Do vậy ta chọn A(0,1) ; B(x, y) ,khi đó nghiệm của phương trình được xác định
y

x

18)

(2xy − 1)dx xdy
xdy
x
+ 2 = ∫ (2x − 1)dx + ∫ 2 = C ⇔ x 2 − = C
∫
2
y
y

y
»
0
1 y
⇒ yx − x = C y
AB
Giải các PTVP
a.
Lời giải:

xy′′ = 1 + y′2 ;

z = y′ ⇒ xz′ = 1 + z 2 ⇒
Đặt
17

dz
1 + z2

=

dx
⇒ z + 1 + z2 = C x
x
17


⇒ 1 + z 2 = z 2 − 2zxC + C2 x 2
C2 x 2 − 1
C2 x 2 − 1

Cx 2 ln x
z=
y=∫
dx + D ⇒ y =
−
+D
2xC ⇒
2xC
4
2C
⇒
b.
Lời giải:

(1 + x 2 )y′′ + 1 + y′2 = 0 .

(1 + x 2 )z ′ + 1 + z 2 = 0 ⇒

dz

=−

dx

⇒ arctan z = C1 − arctan x
2
2
′
z
=

y
⇒
1+ z
1+ x
Đặt
C−x
z=
1 + xC
⇒
C−x
x
1
y=∫
dx + D1 = ln 1 + xC − + 2 ln 1 + xC + D1
1 + xC
C C
⇒
⇔
1 
x

y = 1 + 2 ÷ln 1 + xC − + D1
C
 C 
2
⇒ Cy = (1 + C )ln 1 + xC − Cx + D

19)

Giải các PTVP

4y′′ + y′ = 0 ;

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′ + y = 0 .
d.

y = e −4x ( C1 cos5x + C 2 sin 5x )

Lời giải:
Phương trình đặc trưng

k 2 + k + 1 = 0 → k1,2 =

⇒ nghiệm tổng quát của phương trình
20)

y=e

−

x
2

−1 ± i 3
2

x 3
x 3
+ C 2 sin
 C1 cos
÷
2
2



Giải bài toán giá trị ban đầu:
2y′′ + 5y′ + 3y = 0 y(0) = 3, y′(0) = −4 ;

a.
Lời giải:

Phương trình đặc trưng

2k 2 + 5k + 3 = 0 → k1 = −1;k 2 = −
−x

−

3
2 ⇒ nghiệm tổng quát

3x
2

của phương trình y = C1e + C2 e
.Từ điều kiện y′(0) = −4, y(0) = 3 ta có
C1 + C2 = 3


3
C1 + 2 C2 = 4
⇔ C2 = 2;C1 = 1

⇒ nghiệm riêng của phương trình thỏa mãn điều kiện đầu: y = e
4y′′ − 4y′ + y = 0 y′(0) = −1,5;
y(0) = 1 ;
b.

−x

+ 2e

−

3x
2

Lời giải:
Phương trình đặc trưng
trình
y = (C1 + C2

x
x)e 2

4k 2 − 4k + 1 = 0 → k1,2 =

.Từ điều kiện y′(0) = −1,5;

1
2 ⇒ nghiệm tổng quát của phương

y(0) = 1 ta có

C1 = 1


1
3
C
+
C
=
−
2
1

2
2 ⇔ C2 = −2;C1 = 1

⇒ nghiệm riêng của phương trình thỏa mãn điều kiện đầu: y

21)
Giải các PTVP
19

x
= (1 − 2x)e 2

19


a.
Lời giải:

4y′′ + y = 0

y(0) = 3, y′(π) = −4, ;

4k 2 + 1 = 0 → k1,2 = ±

i
2 ⇒ nghiệm tổng quát của phương

Phương trình đặc trưng
trình
x
x

y =  C1 cos + C2 sin ÷
2
2  .Từ điều kiện y(0) = 3, y′( π) = −4, ta có


(xem lại điều kiện)
y′′ − 6y′ + 25y = 0 y′(π) = 2,
y(0) = 1 ;
b.
Lời giải:
Phương trình đặc trưng
phương trình

k 2 − 6k + 25 = 0 → k1,2 = 3 ± 4i ⇒
nghiệm tổng quát của

y = e3x ( C1 cos 4x + C2 sin 4x ) .Từ điều kiện

y′(π) = 2,

y(0) = 1 ta có

C1 = 1
e −3 π 3

3π
(4C2 + 3C1 )e = 2 ⇔ C1 = 1; C 2 = 2 − 4
⇒ nghiệm riêng của phương trình thỏa mãn điều kiện đầu:
e −3 π 3
y = e3x ( C1 cos 4x + C 2 sin 4x ) với C1 = 1; C2 = 2 − 4
Giải các PTVP
y′′ + 3y′ + 2y = x 2 ;

22)

a.
Lời giải:

2
Phương trình đặc trưng k + 3k + 2 = 0 → k1 = −1;k 2 = −2 ⇒ nghiệm tổng quát của
−x
−2x
phương trình thuần nhất y = C1e + C2 e
2
*
2
nghiệm riêng của phương trình y′′ + 3y′ + 2y = x có dạng y = ax + bx + c ,thay

2a = 1

3a + b = 0
2
2

vào phương trình ta được 2a + 3(2ax + b) + 2(ax +bx + c) = x ⇒ 2a + 3b + 2c = 0

⇒
20

( a,b,c ) = 

1 3 7
,− , ÷
2 2 4

20


1
y = C1e− x + C2 e −2x + (2x 2 − 6x + 7)
4
nghiệm tổng quát của phương trình đã cho
b.
Lời giải:

y′′ − 4y′ + 5y = e − x ;

k 2 − 4k + 5 = 0 → k1,2 = 2 ± i ⇒
Phương trình đặc trưng
nghiệm tổng quát của
2x
phương trình thuần nhất y = e ( C1 cos x + C2 sin x )
−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 y = x(ax + b)e ,thay vào

1
a = ;b = −1
⇒ nghiệm tổng quát của
2
phương trình ta được 2ax + 2a + b = x ⇒
phương trình đã cho

1
y = C1 + C 2 e x + x(x − 2)e x
2
.Từ điều kiện y′(0) = 1, y(0) = 2 ta có
C1 = 0
1

y = 2e x + x(x − 2)e x
C
=
2
 2
⇔ nghiệm riêng thỏa mãn điều kiện đầu:
2
y′′ − 2y′ = sin 4x ;
d.
Lời giải:
2
Phương trình đặc trưng k − 2k = 0
2x
⇒ nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất y = C1 + C 2 e

21

21


*
nghiệm riêng của phương trình y′′ − 2y′ = sin 4x có dạng y = a cos 4x + bsin 4x

− b − 2a = 0
1
1

a = ;b = −
40
20 ⇒
,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 và rút gọn ta được −2ax + 2a − b = −12x + 4

⇔ a = 6;b = 8 ⇒ nghiệm tổng quát của phương trình đã cho
y = C1e x + C 2 e2x + x(6x + 8)e x
y′′ + y = (x + 2)cos x ;
f.

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 y′′ + y = (x + 2)cos x
*
y
= [ x(ax + b)cos x + x(cx + d)sin x ] ,thay vào phương trình và rút gọn ta
có dạng
được
[ 4cx + 2a + 2d ] cos x + [ −4ax + 2c − 2b ] sin x = (x + 2)cos x ⇔

4cx + 2a + 2d = x + 2

−4ax + 2c − 2b = 0
1
1
a = 0;b = c = ;d = 1
a = 0;b = c = ;d = 1
⇔
⇒ nghiệm tổng quát của phương trình

4
4
đã cho

x
x 2 + 4x 

y =  C1 + ÷cos x +  C2 +
sin x
÷

÷
4
4



22
22


y′′′ + 6y′′ + 12y′ + 8y = 3e −2x .

g.
Lời giải:

Phương trình đặc trưng

k 3 + 6k 2 + 12k + 8 = 0 ⇒ k1,2,3 = −2

2 −2x
⇒ nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất y = (C1 + C2 x + C3 x )e
−2x
*
3 −2x
Nghiệm riêng của phương trình y′′′ + 6y′′ + 12y′ + 8y = 3e có dạng y = ax e

thay vào phương trình và rút gọn ta được

6a = 3 ⇒ a =

1
2 ⇒ nghiệm tổng quát của

1
y = (C1 + C2 x + C3 x 2 )e −2x + x 3e −2x
2
phương trình đã cho là
23)
Tìm nghiệm riêng của PTVP
y′′ − 3y = e x cos x y(0) = 1 = y′(π) ;
a.

Lời giải:

k 2 − 3 = 0 ⇒ k1,2 = ± 3 ⇒
Phương trình đặc trưng
nghiệm tổng quát của phương
x
trình thuần nhất y = C1e

3

+ C2e− x

3

x
*
x
Nghiệm riêng của phương trình y′′ − 3y = e cos x có dạng y = (a cos x + bsin x)e
thay vào phương trình và rút gọn ta được (2b − 3a)cos x − (2a + 3b)sin x = cos x

2b − 3a = 1
3
2

a = − ;b =
13
13 ⇒ Nghiệm riêng của phương trình
⇒ 2a + 3b = 0 ⇒
1
(−3cos x + 2sin x)e x
13
⇒ nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là
y=

1
(−3cos x + 2sin x)e x
13

3

C
+
C
−
=1
1
2

13

C 3 − 3C − 1 = 1
1
2
13
⇒
Từ điều kiện y(0) = 1 = y′( π) ta có 
y = C1e x

C1 =
23

3

+ C2e − x

3

+

8 3+7
8 3−7
;C2 =
13 3
13 3
23


Nghiệm riêng của phương trình thỏa mãn điều kiện y(0) = 1 = y′( π) là
y=
b.
Lời giải:

8 3 + 7 x 3 8 3 − 7 −x 3 1
e
+
e
+ (−3cos x + 2sin x)e x
13
13 3
13 3
y′′ − 4y′ + 3y = 0 y(0) = 0; y′(0) = 1 ;

Phương trình đặc trưng

k 2 − 4k + 3 = 0 ⇒ k1,2 = 1;3

x
3x

Nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là y = C1e + C 2e
C1 + C2 = 0
1
1

C
=
−
;C
=
1
2
C + 3C 2 = 1 ⇒
2
2
Từ điều kiện y(0) = 0; y′(0) = 1 ta có  1
Nghiệm riêng của phương trình thỏa mãn điều kiện y(0) = 0; y′(0) = 1 là

(

)

1 3x
e − ex
2
24)
Viết ra dạng nghiệm riêng đối với phương pháp hệ số bất định, không xác định
các hệ số này.
y′′ + 9y = x 2 sin x ;
a.

y=

Lời giải:

k 2 + 9 = 0 ⇒ k1,2 = ±3i

Phương trình đặc trưng
Nghiệm riêng của phương trình có dạng

(

)

(

)

y* = ax 2 + bx + c cos x + a1x 2 + b1x + c1 sin x
b.
Lời giải:

y′′ + 3y′ − 4y = (x 3 + x + 1)e x ;

2
Phương trình đặc trưng k + 3k − 4 = 0 ⇒ k1 = 1 ;k 2 = −4
*
3
2
x
Nghiệm riêng của phương trình có dạng y = x(ax + bx + cx + d)e

c.
Lời giải:

y′′ + 2y′ + 10y = x 2 e − x cos3x ;

k 2 + 2k + 10 = 0 ⇒ k1,2 = −1 ± 3i
Phương trình đặc trưng
Nghiệm riêng của phương trình có dạng
y* = x  ax 2 + bx + c cos3x + a1x 2 + b1x + c1 sin 3x  e − x



(

24

)

(

)

24


d.
Lời giải:

y′′ − 2y′ + 2y = xe x sin x ;

Phương trình đặc trưng

k 2 − 2k + 2 = 0 ⇒ k1,2 = 1 ± i

Nghiệm riêng của 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 2 + 1 = 0 ⇒ k1,2 = ±i

*
Nghiệm riêng của phương trình có dạng y = x(a cos x + bsin x)

f.
Lời giải:

y′′′ − 3y′′ + 3y′ − y = (1 + x 4 )e x ;

Phương trình đặc trưng

k 3 − 3k 2 + 3k − 1 = 0 ⇒ k1,2,3 = 1

*
4

3
2
x
Nghiệm riêng của phương trình có dạng y = x(a1x + a 2 x + a 3 x + a 4 x + a 5 )e
y′′ + y = x sin x .
g.

Lời giải:
Phương trình đặc trưng

k 2 + 1 = 0 ⇒ k1,2 = ±i

y* = x ( ax + b ) cos x + ( a1x + b1 ) sin x 
Nghiệm riêng của phương trình có dạng
25)
Giải PTVP (i) dùng phương pháp hệ số bất định và (ii) dùng phương pháp biến
thiên hằng số.
y′′ + 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