BT phương trình vi phân BKHN lâm minh

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)𝑒 𝛼𝑥 , nhiều sách có phân chia ra các
dạng nghiệm riêng sẽ tìm được bao gồm 𝑦 = 𝑄𝑛 (𝑥)𝑒 𝛼𝑥 , 𝑦 = 𝑥𝑄𝑛 (𝑥)𝑒 𝛼𝑥 hoặc 𝑦 =
𝑥 2 𝑄𝑛 (𝑥)𝑒 𝛼𝑥 , 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)𝑒 𝛼𝑥 là đủ rồi, không cần phải
quan tâm đến việc trùng trên làm gì cho rắc rối.

1
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 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.

1. 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 + 1
=∫
⇔𝑦=√
+𝐶
𝑦
cos 𝑥
sin 𝑥 − 1

Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0
c)

𝟒+𝒚𝟐
√𝒙𝟐 +𝟒𝒙+𝟏𝟑

⇔

=

𝟑𝒚+𝟐
𝒙+𝟏

4 + 𝑦2
√𝑥 2 + 4𝑥 + 13

𝒚′

𝑑𝑥 =

=∫

3𝑦 + 2
𝑥+1
𝑑𝑦 ⇔ ∫
𝑑𝑥
𝑥+1
√𝑥 2 + 4𝑥 + 13

3𝑦 + 2
𝑥+2
𝑦
2
2 + 4𝑥 + 13 −
2 + 4)3 + arctan
√

√(𝑦
𝑑𝑦
⇔
𝑥
+
𝐶
=
ln
𝑦2 + 4
3
2

d) 𝒚′ = 𝒂 𝐜𝐨𝐬 𝒚 + 𝒃 (𝒃 > 𝒂 > 𝟎)

⇔ 𝑑𝑦 = (𝑎 cos 𝑦 + 𝑏)𝑑𝑥 ⇔ ∫

𝑑𝑦
= ∫ 𝑑𝑥 ⇔
𝑎 cos 𝑦 + 𝑏

2 arctan

(𝑏 − 𝑎) sin 𝑦
√𝑏 2 − 𝑎2 (cos 𝑦 + 1)
√𝑏 2 − 𝑎2

=𝑥+𝐶

e) 𝒚′ − 𝒚𝟐 − 𝟑𝒚 + 𝟒 = 𝟎
2

facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST


Trường ĐH Bách khoa Hà Nội

⇔ 𝑑𝑦 =

(𝑦 2

KSTN-Hóa dầu K60

𝑑𝑦
4|𝐶|𝑒 5𝑥 + 1
+ 3𝑦 − 4)𝑑𝑥 ⇔ ∫ 2
= ∫ 𝑑𝑥 ⇔ 𝑦 = −
|𝐶|𝑒 5𝑥 − 1
𝑦 + 3𝑦 − 4

Nghiệm kì dị: 𝑦 = −4; 𝑦 = 1
f) 𝒚′ (𝟐𝒙 + 𝒚) = 𝟏
⇔ 𝑑𝑦(2𝑥 + 𝑦) = 𝑑𝑥
1
1
Đặt 2𝑥 + 𝑦 = 𝑢 ⇒ 2𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 = 𝑑𝑢 ⇔ 𝑑𝑥 = 2 𝑑𝑢 − 2 𝑑𝑦, thay vào PT:

𝑢𝑑𝑦 =

1
1
𝑑𝑢

1
1
𝑑𝑢 − 𝑑𝑦 ⇔ ∫ 𝑑𝑦 = ∫
⇔ 𝑦 = ln|2𝑢 + 1| + 𝐶 = ln|4𝑥 + 2𝑦 + 1| + 𝐶
2
2
2𝑢 + 1
2
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:
𝑢
2 sin 2
sin 𝑢
𝑑𝑦 = sin 𝑢 (𝑑𝑦 − 𝑑𝑢) ⇔ ∫ 𝑑𝑦 = ∫
𝑑𝑢 ⇔ 𝑦 =
𝑢
𝑢+𝑢+𝐶
sin 𝑢 − 1
sin 2 + cos 2
𝑦−𝑥−1
2 sin
2
=
+𝑢+𝐶
𝑦−𝑥−1
𝑦−𝑥−1
sin

+ cos
2
2
𝒙−𝒚−𝟏
h) 𝒚′ = 𝒙 − 𝒚 − 𝟐
⇔ 𝑑𝑦 =

𝑥−𝑦−1
𝑑𝑥
𝑥−𝑦−2

Đặt 𝑥 − 𝑦 − 2 = 𝑢 ⇒ 𝑑𝑥 − 𝑑𝑦 = 𝑑𝑢 ⇔ 𝑑𝑥 = 𝑑𝑢 + 𝑑𝑦, thay vào PT:
𝑑𝑦 =

𝑢+1
𝑢2
(𝑑𝑢 + 𝑑𝑦) ⇔ ∫ 𝑑𝑦 = − ∫(𝑢 + 1)𝑑𝑢 ⇔ 𝑦 = − − 𝑢 + 𝐶
𝑢
2

1
= − (𝑥 − 𝑦 − 2)2 − (𝑥 − 𝑦 − 2) + 𝐶
2
i) 𝒙𝟐 (𝒚𝟑 + 𝟓)𝒅𝒙 + 𝒚𝟐 (𝒙𝟑 + 𝟓)𝒅𝒚 = 𝟎
𝑥2
𝑦2
⇔∫ 3
𝑑𝑥 + ∫ 3
𝑑𝑦 = 0 ⇔ 𝑥 3 + 𝑦 3 = 𝐶
𝑥 +5

𝑦 +5
3

Nghiệm kì dị: 𝑦 = − √5
j) 𝒙𝒚𝒅𝒙 + (𝟏 + 𝒚𝟐 )√𝟏 + 𝒙𝟐 𝒅𝒚 = 𝟎

3
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST


Trường ĐH Bách khoa Hà Nội

KSTN-Hóa dầu K60

1 + 𝑦2
𝑥
𝑦2
⇔∫
𝑑𝑦 = − ∫
𝑑𝑥 ⇔
+ ln|𝑦| = −√1 + 𝑥 2 + 𝐶
𝑦
2
√1 + 𝑥 2
Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0

2. Phương trình vi phân đẳng cấp cấp 1
𝒚 𝒙
a) 𝒚′ = 𝒙 + 𝒚 + 𝟏

Giả sử 𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑦 ′ = 𝑢 + 𝑢′𝑥, thay vào PT:
1
𝑑𝑢 1
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 − 1
𝑑𝑢
𝑑𝑢
𝑑𝑥
cos 𝑢 − 1
𝑥
2
𝑢 + 𝑢 𝑥 = sin 𝑢 + 𝑢 ⇔ 𝑥
= sin 𝑢 ⇔ ∫
=∫
⇔|
|=𝑥 +𝐶⇒|
|
𝑦
𝑑𝑥
sin 𝑢
𝑥
cos 𝑢 + 1
cos 𝑥 + 1
′

= 𝑥2 + 𝐶
Nghiệm kì dị: 𝑦 = 𝑘𝜋𝑥 (𝑘 ∈ 𝑍).
c) 𝒙𝟐 𝒚′ + 𝒚𝟐 + 𝒙𝒚 + 𝒙𝟐 = 𝟎
𝑦 2 𝑦
⇔ 𝑦′ + ( ) + + 1 = 0
𝑥
𝑥
𝑑𝑢
Giả sử 𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑦 ′ = 𝑢 + 𝑢′ 𝑥 = 𝑢 + 𝑥 𝑑𝑥, thay vào PT:

𝑢+𝑥

𝑑𝑢
𝑑𝑢
𝑑𝑥
1
𝑥
+ 𝑢2 + 𝑢 + 1 = 0 ⇔ ∫ 2
= −∫
⇔
= ln|𝑥| + 𝐶 ⇒
𝑑𝑥
𝑢 + 2𝑢 + 1
𝑥
𝑢+1
𝑥+𝑦
= ln|𝑥| + 𝐶

Nghiệm kì dị: 𝑦 = −𝑥
d) (𝒙 + 𝟐𝒚)𝒅𝒙 − 𝒙𝒅𝒚 = 𝟎
⇔ 𝑦′ = 1 +

2𝑦
𝑥
4

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
= 1 + 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
2
𝑦
𝑥
𝑥
⇔ 𝑦′ = ( + 1) 𝑒 −𝑥 + 1

𝑦
𝑦

𝑑𝑢
Giả sử 𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑦 ′ = 𝑢 + 𝑢′ 𝑥 = 𝑢 + 𝑥 𝑑𝑥, thay vào PT:
2
1
𝑑𝑢
1
(𝑢 + 𝑥 ) = ( + 1) 𝑒 −𝑢 + 1 ⇔ ∫
𝑢
𝑑𝑥
𝑢

𝑑𝑢
2
1
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 − 1
𝑑𝑥 = 0
𝑥 − 2𝑦 + 3

1
𝑥 =𝑋−5
𝑑𝑥 = 𝑑𝑋
Đặt {
⇒{
, thay vào PT rút gọn được:
7
𝑑𝑦 = 𝑑𝑌
𝑦 =𝑌+5

𝑌
2+𝑋
2𝑋 + 𝑌
𝑑𝑌 +
𝑑𝑋 = 0 ⇔ 𝑌 ′ +
=0
𝑌
𝑋 − 2𝑌
1 − 2𝑋
𝑑𝑢

Giả sử 𝑌 = 𝑢𝑋 ⇒ 𝑌 ′ = 𝑢 + 𝑢′ 𝑋 = 𝑢 + 𝑋 𝑑𝑋, thay vào PT:
𝑢+𝑋

𝑑𝑢
2+𝑢
2𝑢 − 1
𝑑𝑋
1
+
= 0⇔∫
𝑑𝑢
=
∫
⇔
𝑑𝑋 1 − 2𝑢
2 + 2𝑢 − 2𝑢2
𝑋
√|1 + 𝑢 − 𝑢2 |
1

= |𝑋| + 𝐶 ⇒
√|1 +

5𝑦 − 7
5𝑦 − 7 2
−(
) |
5𝑥 + 1
5𝑥 + 1

1
= |𝑥 + | + 𝐶
5

Cách khác: 𝑃𝑇 ⇔ (𝑥 − 2𝑦 + 3)𝑦 ′ + 2𝑥 + 𝑦 − 1 = 0
Đặt 𝑥 − 2𝑦 + 3 = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = 1 − 2𝑦 ′ , thay vào PT:
5
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST


Trường ĐH Bách khoa Hà Nội

KSTN-Hóa dầu K60

1 − 𝑢′
𝑥−𝑢+3
𝑑𝑢
𝑢(
) + 2𝑥 +
−1= 0⇔𝑢
= 5𝑥 + 1 ⇔ ∫ 𝑢𝑑𝑢 = ∫(5𝑥 + 1)𝑑𝑥 ⇔ 𝑢2
2
2
𝑑𝑥
= 5𝑥 2 + 2𝑥 + 𝐶 ⇒ (𝑥 − 2𝑦 + 3)2 = 5𝑥 2 + 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

1
𝑑𝑢
𝑑𝑥
2
𝑥
𝑦
√𝑢 − 𝑢
( − ) (𝑢 + 𝑥 ) = −1 ⇔ ∫
𝑑𝑢
=
∫
⇔
−
−
ln
𝑢
=
ln|𝑥|
+
𝐶
⇒
2
+
ln
√
𝑑𝑥
𝑢2
𝑥
𝑦
𝑥

√𝑢 𝑢
√𝑢
= − ln|𝑥| − 𝐶
Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0

3. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 1
a) 𝒚′ − 𝟐𝒙𝒚 = 𝟏 − 𝟐𝒙𝟐
⇔ 𝑦 = 𝑒 ∫ 2𝑥𝑑𝑥 (∫(1 − 2𝑥 2 )𝑒 − ∫ 2𝑥𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶) = 𝑥 + 𝐶𝑒 𝑥

2

𝟏
b) 𝒚′ = 𝒙 (𝟐𝒚 + 𝒙𝒆𝒙 − 𝟐𝒆𝒙 )
2
2
2
2
2
⇔ 𝑦 ′ − 𝑦 = (1 − ) 𝑒 𝑥 ⇔ 𝑦 = 𝑒 ∫𝑥𝑑𝑥 [∫ (1 − ) 𝑒 𝑥−∫𝑥𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶] = 𝑒 𝑥 + 𝐶𝑥 2
𝑥
𝑥
𝑥

c) 𝒙(𝟏 + 𝒙𝟐 )𝒚′ + 𝒚 = 𝐚𝐫𝐜𝐭𝐚𝐧 𝒙

6
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST


Trường ĐH Bách khoa Hà Nội

KSTN-Hóa dầu K60

𝑑𝑥
𝑑𝑥
1
arctan 𝑥
arctan 𝑥 ∫𝑥(1+𝑥
−∫
2)
2)
𝑥(1+𝑥
⇔𝑦 +
𝑦=
⇔𝑦=𝑒
(∫
𝑒
𝑑𝑥 + 𝐶)
2
2
2
𝑥(1 + 𝑥 )
𝑥(1 + 𝑥 )
𝑥(1 + 𝑥 )
′

= arctan 𝑥 +

1 + 𝐶√𝑥 2 + 1
𝑥

d) 𝒚′ (𝒙 + 𝒚𝟐 ) = 𝒚
⇔ 2𝑦𝑦 ′ (𝑥 + 𝑦 2 ) = 2𝑦 2
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
2

𝑢
𝑢
𝑢
𝑑𝑥
𝑢 − 𝑢2
=∫

𝑑𝑥
𝑢
⇔
=𝑥+𝐶⇒
(1 − 𝑢)2
𝑥

𝑥
𝑦 2 (1

𝑥 2
− 2)
𝑦

=𝑥+𝐶

Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0; 𝑦 = √𝑥
e) (𝟐𝒙𝒚 + 𝟑)𝒅𝒚 − 𝒚𝟐 𝒅𝒙 = 𝟎
Đặt 𝑦 2 = 𝑢 ⇒ 2𝑦𝑑𝑦 = 𝑑𝑢, thay vào PT:
(2𝑥√𝑢 + 3)

𝑑𝑢

− 𝑢𝑑𝑥 = 0 ⇔

2𝑥 √𝑢 + 3

=

𝑑𝑥
1
3
⇔ 𝑥′ − 𝑥 =
⇔𝑥
𝑑𝑢
𝑢
2𝑢 √𝑢

2√𝑢
2𝑢 √𝑢
𝑑𝑢
𝑑𝑢
3
1
1
= 𝑒 ∫ 𝑢 (∫
𝑒 − ∫ 𝑢 𝑑𝑢 + 𝐶) = −
+ 𝐶𝑢 ⇒ 𝑥 = ± + 𝐶𝑦 2
𝑦
2𝑢√𝑢
√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
= 𝑑𝑢, thay vào PT:
1 + 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 − 1 + 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 − 1 +

𝐶
𝑒 sin 𝑥

7

facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST


Trường ĐH Bách khoa Hà Nội

KSTN-Hóa dầu K60

h) 𝒚′ √𝟏 − 𝒙𝟐 + 𝒚 = 𝐚𝐫𝐜𝐬𝐢𝐧 𝒙
1

′

⇔𝑦 +

√1 − 𝑥 2

𝑦=

arcsin 𝑥
√1 − 𝑥 2

⇔𝑦=𝑒

= arcsin 𝑥 − 1 +

−∫

𝑑𝑥

√1−𝑥2

(∫

arcsin 𝑥
√1 − 𝑥 2

𝑑𝑥
∫
2
√1−𝑥
𝑒
𝑑𝑥

+ 𝐶)

𝐶
𝑒 arcsin 𝑥

4. Phương trình Bernoulli
a) 𝒚′ +
⇔

𝒙𝒚
= 𝒙√𝒚
𝟏−𝒙𝟐

𝑦′
√𝑦

𝑥√𝑦
=𝑥
1 − 𝑥2

+

𝑦′
Đặt √𝑦 = 𝑢 ⇒ 2 𝑦 = 𝑢′, thay vào PT:
√

2𝑢′ +

𝑥
𝑥
𝑥
𝑥
𝑥
𝑥 ∫2(1−𝑥
𝑑𝑥
∫
2 )𝑑𝑥
′
2(𝑥 2 −1)
𝑢
=
𝑥
⇔
𝑢
+
𝑢

=
⇔
𝑢
=
𝑒
(∫
𝑒
𝑑𝑥 + 𝐶)
2
2
1−𝑥
2(1 − 𝑥 )
2
2

=

|𝑥 2 − 1|
|𝑥 2 − 1|
4
4
+ 𝐶 √𝑥 2 − 1 ⇒ √𝑦 =
+ 𝐶 √𝑥 2 − 1
2
2

Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0
𝒚
b) 𝒚′ + 𝒙 = 𝒙𝟐 𝒚𝟒

⇔

𝑦′
1
+
= 𝑥2
𝑦 4 𝑥𝑦 3

Đặt

1
𝑦3

= 𝑢 ⇒ 𝑢′ = −

3𝑦 ′
𝑦4

, thay vào PT:

3
3
1
𝑢
3
− 𝑢′ + = 𝑥 2 ⇔ 𝑢′ − 𝑢 = −3𝑥 2 ⇔ 𝑢 = 𝑒 ∫𝑥𝑑𝑥 (−3 ∫ 𝑥 2 𝑒 − ∫𝑥𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶)
3
𝑥
𝑥

= −3𝑥 3 ln|𝑥| + 𝐶|𝑥 3 | ⇒

1
= −3𝑥 3 ln|𝑥| + 𝐶|𝑥 3 |
𝑦3

Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0
c) 𝒚′ − 𝟐𝒚 𝐭𝐚𝐧 𝒙 + 𝒚𝟐 𝐬𝐢𝐧𝟐 𝒙 = 𝟎
⇔−
Đặt

𝑦 ′ 2 tan 𝑥
+
= sin2 𝑥
𝑦2
𝑦
1
𝑦

= 𝑢 ⇒ 𝑢′ = −

𝑦′
𝑦2

, thay vào PT:

8
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 2 ∫ tan 𝑥𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶)
= cos 2 𝑥 (tan 𝑥 − 𝑥 + 𝐶) ⇒

1
= cos 2 𝑥 (tan 𝑥 − 𝑥 + 𝐶)
𝑦

Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0
d) 𝒚𝒅𝒙 + (𝒙 + 𝒙𝟐 𝒚𝟐 )𝒅𝒚 = 𝟎
⇔

𝑑𝑥 𝑥 + 𝑥 2 𝑦 2
1
𝑥′
1
+
= 0 ⇔ 𝑥 ′ + 𝑥 = −𝑦𝑥 2 ⇔ 2 +
= −𝑦
𝑑𝑦
𝑦
𝑦
𝑥
𝑦𝑥

Đặt

1
𝑥

= 𝑢 ⇒ 𝑢′ = −

𝑥′
𝑥2

, thay vào PT:

1
1
1
1
− ∫ 𝑑𝑦
∫ 𝑑𝑦
𝑢′ − 𝑢 = 𝑦 ⇔ 𝑢 = 𝑒 𝑦 (∫ 𝑦𝑒 𝑦 𝑑𝑦 + 𝐶) = 𝑦 2 + 𝐶|𝑦| ⇒ = 𝑦 2 + 𝐶|𝑦|
𝑦
𝑥

Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0
e) 𝟑𝒅𝒚 + (𝟏 + 𝟑𝒚𝟑 )𝒚 𝐬𝐢𝐧 𝒙 𝒅𝒙 = 𝟎
⇔3
Đặt

𝑑𝑦
sin 𝑥
𝑦 ′ sin 𝑥
+ 𝑦 sin 𝑥 + 3𝑦 4 sin 𝑥 = 0 ⇔ 𝑦 ′ +
𝑦 = −𝑦 4 sin 𝑥 ⇔ 4 +

= − sin 𝑥
𝑑𝑥
3
𝑦
3𝑦 3
1
𝑦3

= 𝑢 ⇒ 𝑢′ = −

𝑢′ −

𝑦′
𝑦4

, thay vào PT:

sin 𝑥
sin 𝑥
1
sin 𝑥
1
𝑢 = sin 𝑥 ⇔ 𝑢 = 𝑒 ∫ 3 𝑑𝑥 (∫ sin 𝑥 𝑒 − ∫ 3 𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶) = 𝐶𝑒 −3 cos 𝑥 − 3 ⇒ 3
3
𝑦
1

= 𝐶𝑒 −3 cos 𝑥 − 3
Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0
f) (𝒚𝟐 + 𝟐𝒚 + 𝒙𝟐 )𝒚′ + 𝟐𝒙 = 𝟎

⇔ (𝑦 2 + 2𝑦 + 𝑥 2 )

𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 2𝑥 = 0 ⇔ 2𝑥
+ 𝑥 2 + 2𝑦 + 𝑦 2 = 0 ⇔ 2𝑥𝑥 ′ + 𝑥 2 = −2𝑦 − 𝑦 2
𝑑𝑥
𝑑𝑦

Đặt 𝑥 2 = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = 2𝑥𝑥′, thay vào PT:
𝑢′ + 𝑢 = −2𝑦 − 𝑦 2 ⇒ 𝑢 = 𝑒 − ∫ 𝑑𝑦 (− ∫(2𝑦 + 𝑦 2 )𝑒 ∫ 𝑑𝑦 𝑑𝑦 + 𝐶) = −𝑦 2 + 𝐶𝑒 −𝑦 ⇒ 𝑥 2
= −𝑦 2 + 𝐶𝑒 −𝑦
Cách khác: đặt 𝑦 2 + 𝑥 2 − 2 = 𝑢 ⇒ 2𝑦𝑦 ′ + 2𝑥 = 𝑢′ ⇔ 2𝑥 = 𝑢′ − 2𝑦𝑦′, thay vào PT:

9
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST


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
𝑑𝑢
⇔ 𝑦 = − ln|𝑢 + 2| + 𝐶 = − ln(𝑥 2 + 𝑦 2 ) + 𝐶
𝑢+2

= −∫

5. Phương trình vi phân toàn phần

a) (𝒙𝟐 + 𝒚)𝒅𝒙 + (𝒙 − 𝟐𝒚)𝒅𝒚 = 𝟎
Ta thấy:

𝜕

(𝑥2 + 𝑦) =

𝜕𝑦

𝜕
𝜕𝑥

(𝑥 − 2𝑦) = 1 nên tích phân tổng quát:

𝑥

𝑦

1
∫ 𝑥 𝑑𝑥 + ∫ (𝑥 − 2𝑦)𝑑𝑦 = 𝐶 ⇔ 𝑥 3 − 𝑦 2 + 𝑥𝑦 = 𝐶
3
0
0
2

b) (𝒚 +
Vì:

𝟐
𝟑

) 𝒅𝒙 + (𝒙 − 𝟐 ) 𝒅𝒚 = 𝟎
𝒙𝟐
𝒚

𝜕
𝜕𝑦

(𝑦 +

2

𝜕

𝑥

𝜕𝑦

2) =

(𝑥 −

3
𝑦2

) = 1 nên tích phân tổng quát:

𝑥

𝑦
2

3
2
3
2 3
∫ (1 + 2 ) 𝑑𝑥 + ∫ (𝑥 − 2 ) 𝑑𝑦 = 𝐾 ⇔ (𝑥 − + 1) + (𝑥𝑦 + − 𝑥 − 3) = 𝐾 ⇔ 𝑥𝑦 − +
𝑥
𝑦
𝑥
𝑦
𝑥 𝑦
1
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) = 1 + 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

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 = 0 ⇔ 𝑒 −𝑦 𝑑𝑥 − (𝑥𝑒 −𝑦 − 2𝑦𝑒 −2𝑦 )𝑑𝑦 = 0
Vì:

𝜕
𝜕𝑦

(𝑒−𝑦 ) =
𝑥

𝜕
𝜕𝑥

(−𝑥𝑒−𝑦 + 2𝑦𝑒−2𝑦 ) = −𝑒−𝑦 nên tích phân tổng quát:

𝑦

1
1
∫ 𝑑𝑥 + ∫ (−𝑥𝑒 −𝑦 + 2𝑦𝑒 −2𝑦 )𝑑𝑦 = 𝐾 ⇔ 𝑥 + (𝑥𝑒 −𝑦 − 𝑒 −2𝑦 (2𝑦 + 1) − 𝑥 + )
2

2
0
0
1
= 𝐾 ⇔ 𝑥𝑒 −𝑦 − 𝑒 −2𝑦 (2𝑦 + 1) = 𝐶
2
10
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST


Trường ĐH Bách khoa Hà Nội

KSTN-Hóa dầu K60

6. Tìm thừa số tích phân 𝜶(𝒚) để PT sau là PT vi phân toàn phần và giải PT đó
với 𝜶 tìm được:
(𝟐𝒙𝒚𝟐 − 𝟑𝒚𝟑 )𝒅𝒙 + (𝒚 − 𝟑𝒙𝒚𝟐 )𝒅𝒚 = 𝟎
Điều kiện:
𝜕
𝜕
(𝛼(2𝑥𝑦 2 − 3𝑦 3 )) =
(𝛼(𝑦 − 3𝑥𝑦 2 )) ⇔ 𝛼′(2𝑥𝑦 2 − 3𝑦 3 ) + 𝛼(4𝑥𝑦 − 9𝑦 2 )
𝜕𝑦
𝜕𝑥
= 𝛼(−3𝑦 2 ) ⇔ 𝑦 2 (2𝑥 − 3𝑦)
= −2 ∫

𝑑𝑦
1
⇔𝛼 = 2+𝐶

𝑦
𝑦

Chọn 𝐶 = 0 ta được 𝛼 =

⇔ (2𝑥 − 3𝑦)𝑑𝑥 + (
Vì:

𝜕
𝜕𝑦

(2𝑥 − 3𝑦) =

𝑑𝛼
𝑑𝛼
2𝑑𝑦
𝑑𝛼
= −2𝑦(2𝑥 − 3𝑦)𝛼 ⇔
=−
⇔∫
𝑑𝑦
𝛼
𝑦
𝛼

1
𝑦

𝜕

1
1
1
, xét PT 2 (2𝑥𝑦2 − 3𝑦3 )𝑑𝑥 + 2 (𝑦 − 3𝑥𝑦2 )𝑑𝑦 = 0
2
𝑦
𝑦
𝑦

− 3𝑥) 𝑑𝑦 = 0

(

1

𝜕𝑥 𝑦

− 3𝑥) = −3 nên tích phân tổng quát:

𝑥
𝑦
1
∫ (2𝑥 − 3)𝑑𝑥 + ∫ ( − 3𝑥) 𝑑𝑦 = 𝐾 ⇔ (𝑥 2 − 3𝑥) + (ln|𝑦| − 3𝑥𝑦 + 3𝑥)
𝑦
0
1

= 𝐾 ⇔ 𝑥 2 − 3𝑥𝑦 + ln|𝑦| = 𝐶

7. Tìm thừa số tích phân 𝜶(𝒙) để PT sau là PT vi phân toàn phần và giải PT đó

với 𝜶 tìm được:
(

𝟏
𝟏
− 𝐥𝐧(𝒙 + 𝒚)) 𝒅𝒙 +
𝒅𝒚 = 𝟎
𝒙+𝒚
𝒙+𝒚

Điều kiện:
𝜕
𝛼
𝜕
𝛼
𝛼
𝛼
𝛼 ′ (𝑥 + 𝑦) − 𝛼
𝑑𝛼
(
− 𝛼 ln(𝑥 + 𝑦)) =
(
)⇔−
−
=
⇔
2
2
(𝑥 + 𝑦)
(𝑥 + 𝑦)

𝜕𝑦 𝑥 + 𝑦
𝜕𝑥 𝑥 + 𝑦
𝑥+𝑦
𝑑𝑥
= −𝛼 ⇔ ∫

𝑑𝛼
= − ∫ 𝑑𝑥 ⇔ 𝛼 = 𝐶𝑒 −𝑥
𝛼

𝑒−𝑥
𝑒−𝑥
Chọn 𝐶 = 1 ta được 𝛼 = 𝑒 −𝑥 , xét PT (𝑥 + 𝑦 − 𝑒 −𝑥 ln(𝑥 + 𝑦)) 𝑑𝑥 + 𝑥 + 𝑦 𝑑𝑦 = 0

11
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
1
0 𝑥+𝑦

= 𝐾 ⇔ 𝑒 −𝑥 ln(𝑥 + 𝑦) = 𝐾

8. Giải các phương trình sau
a) 𝒚′ = √𝟒𝒙 + 𝟐𝒚 − 𝟏
Đặt 4𝑥 + 2𝑦 − 1 = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = 4 + 2𝑦′ ⇔ 𝑦′ =

𝑢′−4
, thay vào PT:
2

𝑢′ − 4
𝑑𝑢
𝑑𝑢
= √𝑢 ⇔
= 2√𝑢 + 4 ⇔ ∫
= ∫ 𝑑𝑥 ⇔ √𝑢 − 2 ln(√𝑢 + 2)
2
𝑑𝑥

2√𝑢 + 4
= 𝑥 + 𝐶 ⇒ √4𝑥 + 2𝑦 − 1 − 2 ln(√4𝑥 + 2𝑦 − 1 + 2) = 𝑥 + 𝐶
b) (𝒚𝟐 − 𝟑𝒙𝟐 )𝒅𝒚 + 𝟐𝒙𝒚𝒅𝒙 = 𝟎
𝑦 3𝑥
⇔ ( − ) 𝑑𝑦 + 2𝑑𝑥 = 0
𝑥 𝑦
Giả sử 𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑑𝑦 = 𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢, thay vào PT:
3
𝑢−𝑢
3
3
(𝑢 − ) (𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) + 2𝑑𝑥 = 0 ⇔ 𝑥 (𝑢 − ) 𝑑𝑢 + (𝑢2 − 1)𝑑𝑥 = 0 ⇔ ∫
𝑑𝑢
𝑢
𝑢
1 − 𝑢2
=∫

𝑑𝑥
1 − 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
√1 − 𝑥 2

𝑦=−

1
√1 − 𝑥 2

⇔𝑦 =𝑒

∫

𝑑𝑥
√1−𝑥2

(− ∫

1
√1 − 𝑥 2

𝑒

−∫

𝑑𝑥
√1−𝑥 2 𝑑𝑥

+ 𝐶)

= 1 + 𝐶𝑒 arcsin 𝑥
𝒙

d) 𝒚′ + 𝒚 = 𝒆𝟐 √𝒚
⇔

𝑦′
√𝑦

𝑥

+ √𝑦 = 𝑒 2

12
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST

Trường ĐH Bách khoa Hà Nội

KSTN-Hóa dầu K60

𝑦′
Đặt √𝑦 = 𝑢 ⇒ − 2 𝑦 = 𝑢′, thay vào PT:
√

𝑥

𝑥

1
𝑥
𝑥
1
𝑒2
𝑒2 1
𝑥
𝑥
𝑢 − 𝑢 = − ⇔ 𝑢 = 𝑒 2 ∫ 𝑑𝑥 (− ∫ 𝑒 −2 ∫ 𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶) = 𝑒 2 (− + 𝐶) ⇒ √𝑦 = 𝑒 2 (− + 𝐶)
2
2
2
2
2
′

Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0

9. Chứng minh rằng
𝒙

𝟐

a) 𝒚 = 𝒙 ∫𝟏 𝒆𝒕 𝒅𝒕 là nghiệm của PT 𝒙𝒚′ − 𝒚 = 𝒙𝟐 𝒆𝒙
𝑥

2

𝟐

2

Ta có: 𝑦 ′ = ∫1 𝑒 𝑡 𝑑𝑡 + 𝑥𝑒 𝑥 , thay vàoPT:
𝑥
′

𝑡2

𝑥2

𝑥

2

2

𝑉𝑇 = 𝑥𝑦 − 𝑦 = 𝑥 (∫ 𝑒 𝑑𝑡 + 𝑥𝑒 ) − 𝑥 ∫ 𝑒 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑥 2 𝑒 𝑥 = 𝑉𝑃 ⇒ đpcm

1

1

𝒙𝒏

b) 𝒚 = 𝒙 + ∑∞
𝒏=𝟐 𝒏(𝒏 − 𝟏) là nghiệm của PT (𝟏 − 𝒙)𝒅𝒚 = (𝟏 + 𝒙 − 𝒚)𝒅𝒙
PT đã cho: (1 − 𝑥)𝑦 ′ = 1 + 𝑥 − 𝑦
𝑥2 𝑥3 𝑥4
𝑥𝑛
𝑥2 𝑥3
𝑥𝑛−1
Ta có: 𝑦 = 𝑥 + 2 + 6 + 12 + ⋯ + 𝑛(𝑛 − 1) ⇒ 𝑦 ′ = 1 + 𝑥 + 2 + 3 + ⋯ + 𝑛 − 1, thay vào

PT:
𝑉𝑇 = (1 − 𝑥) (1 + 𝑥 +

𝑥2 𝑥3
𝑥 𝑛−1
+ + ⋯+
)
2
3
𝑛−1

= (1 + 𝑥 +

𝑥2 𝑥3
𝑥 𝑛−1

𝑥3 𝑥4
𝑥𝑛
+ + ⋯+
) − (𝑥 + 𝑥 2 + + + ⋯ +
)
2
3
𝑛−1
2
3
𝑛−1

=1+𝑥
− [𝑥 + (𝑥 2 −

𝑥2
𝑥3 𝑥3
𝑥4 𝑥4
𝑥 𝑛−1
𝑥 𝑛−1
𝑥𝑛
) + ( − ) + ( − ) + ⋯+ (
−
)+
]
2
2
3
3
4

𝑛−2 𝑛−1
𝑛−1

= 1 + 𝑥 − (𝑥 +

𝑥2 𝑥3 𝑥4
𝑥𝑛
+ +
+ ⋯+
)
2
6 12
𝑛−1

≠ 1 + 𝑥 − (𝑥 +

𝑥2 𝑥3 𝑥4
𝑥𝑛
+ +
+ ⋯+
) = 𝑉𝑃
2
6 12
𝑛(𝑛 − 1)

𝑥𝑛
Vậy 𝑦 = 𝑥 + ∑∞
𝑛=2 𝑛(𝑛 − 1) không là nghiệm của PT đã cho.

10. Giải các 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
1
𝑑𝑥
=0⇔∫
= −∫
⇔ √𝑦 = + 𝐶1 = ′ + 𝐶1 =
+ 𝐶1 ⇔ ∫(√𝑦 − 𝐶1 )𝑑𝑦
𝑑𝑦
2𝑦
𝑢
𝑢
𝑦

𝑑𝑦
2
= ∫ 𝑑𝑥 ⇔ √𝑦 3 − 𝐶1 𝑦 = 𝑥 + 𝐶2
3

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
1
+ 𝑢2 = 1 ⇔ ∫
=∫
𝑑𝑢 ⇔ 𝑦 =
+ 𝐶1 ⇔ √1 −
=𝑢
2
(𝑦 − 𝐶1 )2
𝑑𝑦
𝑦
1−𝑢
√1 − 𝑢2
=

𝑑𝑦
⇔∫
𝑑𝑥

𝑑𝑦
1
√1 −
(𝑦 − 𝐶1 )2

= ∫ 𝑑𝑥 ⇔ √(𝑦 − 𝐶1 )2 − 1 = 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 2 (∫(𝑥 + 𝐶1 )𝑒 − 2 𝑑𝑥 + 𝐶2 )
d) 𝒙𝒚′′ − 𝒚′ = 𝒙𝟐 𝒚𝒚′
′

′

𝑥𝑦 ′′ − 𝑦 ′
𝑦′
𝑦2
𝑦′ 𝑦2
1 𝑑𝑦 𝑦 2

𝑑𝑦
′
⇔
= 𝑦𝑦 ⇔ ( ) = ( ) ⇔ =
+ 𝐶1 ⇔
=
+ 𝐶1 ⇔ ∫ 2
2
𝑦
𝑥
𝑥
2
𝑥
2
𝑥 𝑑𝑥
2
2 + 𝐶1
= ∫ 𝑥𝑑𝑥 ⇔ √

2
𝑦
𝑥2
arctan
=
+ 𝐶2
𝐶1
2
√2𝐶1

e) 𝒚′′ + 𝒚 = 𝟒𝒙 𝐬𝐢𝐧 𝒙

Xét PT đặc trưng 𝑘 2 + 𝑘 = 0 ⇔ [

𝑘=0
⇒ nghiệm tổng quát là 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑒 𝑥
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 ′′ =
(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) = 0

𝑓(𝑥) = 𝑥 + 𝐾1
𝑓 ′′′ (𝑥) − 2𝑔′′ (𝑥) = 4
𝑓 ′′′ (𝑥) + 4𝑓 ′ (𝑥) = 4
⇔
{
⇔{
′ (𝑥)

′′ (𝑥)
′ (𝑥)
′′ (𝑥)
4𝑓
+ 2𝑔
=0
2𝑔
=𝑓
− 4𝑥
𝑔(𝑥) = −𝑥 2 + 𝐾2

Chọn 𝐾1 = 𝐾2 = 0 ta được nghiệm riêng 𝑦 = 𝑥 sin 𝑥 − 𝑥 2 cos 𝑥
Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là: 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑒 𝑥 + 𝑥 sin 𝑥 − 𝑥 2 cos 𝑥
f) 𝒚′′ − 𝒚′ − 𝒙 = 𝟎
Đặt 𝑦 ′ = 𝑢, thay vào PT:
𝑢′ − 𝑢 = 𝑥 ⇔ 𝑢 = 𝑒 ∫ 𝑑𝑥 (∫ 𝑥𝑒 − ∫ 𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶1 ) = −𝑥 − 1 + 𝐶1 𝑒 𝑥 ⇒ 𝑦 = ∫(𝐶1 𝑒 𝑥 − 𝑥 − 1)𝑑𝑥
= 𝐶1 𝑒 𝑥 −

𝑥2
− 𝑥 + 𝐶2
2

g) 𝒚′′ + 𝒚 = 𝒙𝒆𝒙 + 𝟑𝒆−𝒙
Xét PT đặc trưng 𝑘 2 + 𝑘 = 0 ⇔ [

𝑘 = −1
⇒ nghiệm tổng quát là 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑒 −𝑥
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) =

𝑥−1
𝑥−1 𝑥
⇒ 𝑦1 =
𝑒
2
2

3
Tương tự, ta tìm được nghiệm riêng khác của PT 𝑦 ′′ + 𝑦 = 3𝑒 −𝑥 là 𝑦2 = 2 𝑒 −𝑥
𝑥−1
3
⇒ 𝑦 = 2 𝑒 𝑥 + 2 𝑒 −𝑥 là 1 nghiệm riêng của PT đã cho.
𝑥−1
3
Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là: 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑒 −𝑥 + 2 𝑒 𝑥 + 2 𝑒 −𝑥

h) 𝟐𝒙𝒚′ 𝒚′′ = 𝒚′𝟐 − 𝟏
Đặt 𝑦 ′ = 𝑢, thay vào PT:
2𝑥𝑢𝑢′ = 𝑢2 − 1 ⇔ 2𝑥𝑢

𝑑𝑢
𝑢
1 𝑑𝑥
= 𝑢2 − 1 ⇔ ∫ 2
𝑑𝑢 = ∫
⇔ 𝑢2 = 𝑥 + 𝐶1 ⇒ 𝑦 ′2

𝑑𝑥
𝑢 −1
2 𝑥

= 𝑥 + 𝐶1 ⇔

𝑑𝑦
2
= √𝑥 + 𝐶1 ⇔ ∫ 𝑑𝑦 = ∫ √𝑥 + 𝐶1 𝑑𝑥 ⇔ 𝑦 = √(𝑥 + 𝐶1 )3 + 𝐶2
𝑑𝑥
3

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 2 + 3𝑘 − 10 = 0 ⇔ [
⇒ nghiệm tổng quát là 𝑦 = 𝐶1 𝑒 −5𝑥 + 𝐶2 𝑒 2𝑥
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:
1 − 12𝑥

1 − 12𝑥 −2𝑥
⇒𝑦 =
𝑒
144
144
1−12𝑥
Vậy nghiệm tổng quát của PT đã 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
2

Xét PT đặc trưng 𝑘 + 1 = 0 ⇔ 𝑘 = ±𝑖 ⇒ PT thuần nhất có 2 nghiệm phức: [

𝑦1 = 𝑒 −𝑖𝑥
𝑦2 = 𝑒 𝑖𝑥

,

𝑦 +𝑦
𝑦1 = 1 2 2 = cos 𝑥
𝑦1 = cos 𝑥 − 𝑖 sin 𝑥
hay [
⇒[
cũng là 2 nghiệm của PT thuần nhất, do
𝑦 −𝑦
𝑦2 = cos 𝑥 + 𝑖 sin 𝑥
𝑦2 = 1 2𝑖 2 = sin 𝑥

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
⇒ 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 ′ = 0
cos 𝑥 = cos 𝑥 ⇒ { ′
⇔{
2
2𝑎 + 𝑏 ′′ = 1
𝑏=𝐾
2

𝑥
Chọn 𝐾1 = 𝐾2 = 0 ⇒ 𝑦𝑟1 = 2 sin 𝑥
1
Tương tự, ta cũng tìm được 1 nghiệm riêng của PT 𝑦 ′′ + 𝑦 = cos 3𝑥 là 𝑦𝑟2 = − cos 3𝑥

8
𝑥
1
Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là: 𝑦 = 𝐶1 cos 𝑥 + (2 + 𝐶2 ) sin 𝑥 − 8 cos 3𝑥

k) 𝒚′′ − 𝟒𝒚′ − 𝟖𝒚 = 𝒆𝟐𝒙 + 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙
Xét PT đặc trưng 𝑘 2 − 4𝑘 − 8 = 0 ⇔ 𝑘 = 2 ± 2√3 ⇒ nghiệm tổng quát là 𝑦 = 𝐶1 𝑒 2−2√3 +
𝐶2 𝑒 2+2√3
Tách PT đã cho thành 2 PT: 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ − 8𝑦 = 𝑒 2𝑥 và 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 1 nghiệm riêng của nó dưới dạng 𝑦1 = 𝑢𝑒 2𝑥 ⇒ 𝑦1′ =
(𝑢′ + 2𝑢)𝑒 2𝑥 ⇒ 𝑦1′′ = (𝑢′′ + 4𝑢′ + 4𝑢)𝑒 2𝑥 , thay vào PT rút gọn được:
𝑢′′ − 12𝑢 = 1 ⇔ 𝑢 = −

1
1
⇒ 𝑦1 = − 𝑒 2𝑥
12
12

Với PT 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ − 8𝑦 = sin 2𝑥, ta tìm 1 nghiệm riêng của nó dưới 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
3
𝑎 − 4𝑎 − 12𝑎 − 4𝑏 + 8𝑏 = 1
52 ⇒ 𝑦 = − 3 sin 2𝑥 + 1 cos 2𝑥
⇒{ ′
⇔
{
2
1
4𝑎 − 8𝑎 + 𝑏 ′′ − 4𝑏 ′ − 12𝑏 = 0
52
26
𝑏=
26
1
3
1
⇒ Nghiệm riêng của PT đã cho là: 𝑦 = − 12 𝑒 2𝑥 − 52 sin 2𝑥 + 26 cos 2𝑥
′′

′

𝑎=−

′

Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là:
𝑦 = 𝐶1 𝑒 2−2√3 + 𝐶2 𝑒 2+2√3 −

1

12

𝑒 2𝑥 −

3
52

sin 2𝑥 +

1
26

cos 2𝑥

l) 𝒚′′ − 𝟐𝒚′ + 𝒚 = 𝐬𝐢𝐧 𝒙 + 𝐬𝐢𝐧𝐡 𝒙
⇔ 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = sin 𝑥 +

𝑒 𝑥 − 𝑒 −𝑥
2

Xét PT đặc trưng 𝑘 2 − 2𝑘 + 1 = 0 ⇔ 𝑘 = 1 ⇒ 𝑦1 = 𝑒 𝑥 là 1 nghiệm riêng của PT thuần nhất
𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 0
Ta tìm 1 nghiệm riêng khác của nó dưới dạng 𝑦2 = 𝑢𝑒 𝑥 ⇒ 𝑦2′ = (𝑢′ + 𝑢)𝑒 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 + 𝐶2 𝑥)𝑒 𝑥 là nghiệm tổng quát của PT thuần nhất.
𝑒𝑥
Tách PT đã cho thành 3 PT: 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = sin 𝑥, 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 2 và 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 =
𝑒−𝑥
− 2

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 1 nghiệm riêng của nó dưới 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) = 0
1
𝑓 ′′ (𝑥) − 2𝑓 ′ (𝑥) − 2𝑔′ (𝑥) + 2𝑔(𝑥) = 1
1 ⇒ 𝑦𝑟1 = cos 𝑥
⇒{ ′
⇔{
′′
′
2𝑓 (𝑥) − 2𝑓(𝑥) + 𝑔 (𝑥) − 2𝑔 (𝑥) = 0
2
𝑔(𝑥) =
2
𝑒𝑥
Với PT 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 2 , ta tìm 1 nghiệm riêng của nó dưới dạng 𝑦𝑟2 = 𝑣𝑒 𝑥 . Tương tự
1
1
1

𝑦2 , dễ dàng tìm được 𝑣 = 4 𝑥 2 + 𝐾1 𝑥 + 𝐾2. Chọn 𝑣 = 4 𝑥 2 ⇒ 𝑦𝑟2 = 4 𝑥 2 𝑒 𝑥
𝑒−𝑥
1
Với PT 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = − 2 , tương tự tìm được nghiệm riêng là 𝑦𝑟3 = − 8 𝑒 −𝑥
1
1
1
⇒ Nghiệm riêng của PT đã cho là 𝑦𝑟 = 2 cos 𝑥 + 4 𝑥 2 𝑒 𝑥 − 8 𝑒 −𝑥
1
1
1
Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là: 𝑦 = (𝐶1 + 𝐶2 𝑥 + 4 𝑥 2 ) 𝑒 𝑥 − 8 𝑒 −𝑥 + 2 cos 𝑥
𝒙𝟑
m) 𝒙𝟐 𝒚′′ − 𝟑𝒙𝒚′ + 𝟒𝒚 = 𝟐
𝑑𝑦 𝑑𝑡 1 𝑑𝑦
Xét PT thuần nhất 𝑥 2 𝑦 ′′ − 3𝑥𝑦 ′ + 4𝑦 = 0 là PT Euler, đặt 𝑡 = ln|𝑥| ⇒ 𝑦 ′ = 𝑑𝑡 . 𝑑𝑥 = 𝑥 𝑑𝑡
2

𝑑 1 𝑑𝑦
1 𝑑𝑦 1 𝑑 𝑑𝑦 𝑑𝑡
1 𝑑 𝑦 𝑑𝑦
⇒ 𝑦 ′′ = 𝑑𝑥 (𝑥 𝑑𝑡 ) = − 2 𝑑𝑡 + 𝑥 𝑑𝑡 ( 𝑑𝑡 ) 𝑑𝑥 = 2 ( 2 − 𝑑𝑡 ), thay vào PT rút gọn được:
𝑥
𝑥 𝑑𝑡

𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + 4𝑦 = 0 (∗)
PT đặc trưng 𝑘 2 − 4𝑘 + 4 = 0 ⇔ 𝑘 = 2 ⇒ 𝑦1 = 𝑒 2𝑡 là 1 nghiệm riêng của (∗).
Giả sử 1 nghiệm riêng khác của nó là 𝑦2 = 𝑢𝑒 2𝑡 (𝑢 là đa thức), đạo hàm thay vào PT tìm
được 𝑢 = 𝑚𝑡 + 𝑛
Chọn 𝑢 = 𝑡 ⇒ 𝑦2 = 𝑡𝑒 2𝑡 ⇒ 𝑦 = (𝐶2 𝑡 + 𝐶1 )𝑒 2𝑡 là nghiệm tổng quát của PT (∗), hay 𝑦 =

(𝐶1 + 𝐶2 ln|𝑥|)𝑒 2 ln|𝑥| = 𝑥 2 (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 = 𝑎𝑥 3 + 𝑏𝑥 2 + 𝑐𝑥 + 𝑑. Đạo
𝑥3
hàm thay vào PT dễ dàng tìm được 𝑦0 = 2
𝑥3
Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là: 𝑦 = 𝑥 2 (𝐶1 + 𝐶2 ln|𝑥|) + 2
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 2 𝑦 ′′ − 𝑥𝑦 ′ + 𝑦 = 2𝑥
𝑑𝑦 𝑑𝑡 1 𝑑𝑦
Xét PT thuần nhất 𝑥 2 𝑦 ′′ − 𝑥𝑦 ′ + 𝑦 = 0 là PT Euler, đặt 𝑡 = ln|𝑥| ⇒ 𝑦 ′ = 𝑑𝑡 . 𝑑𝑥 = 𝑥 𝑑𝑡
2

𝑑 1 𝑑𝑦
1 𝑑𝑦 1 𝑑 𝑑𝑦 𝑑𝑡
1 𝑑 𝑦 𝑑𝑦
⇒ 𝑦 ′′ = 𝑑𝑥 (𝑥 𝑑𝑡 ) = − 2 𝑑𝑡 + 𝑥 𝑑𝑡 ( 𝑑𝑡 ) 𝑑𝑥 = 2 ( 2 − 𝑑𝑡 ), thay vào PT rút gọn được:
𝑥

𝑥 𝑑𝑡

𝑦 ′′ − 2𝑦 + 𝑦 = 0 (∗)
PT đặc trưng: 𝑘 2 − 2𝑘 + 1 = 0 ⇔ 𝑘 = 1 ⇒ 𝑦1 = 𝑒 𝑡 là 1 nghiệm riêng của (∗). Tương tự bài
m ta tìm được 1 nghiệm riêng khác của nó là 𝑦2 = 𝑡𝑒 𝑡 ⇒ 𝑦 = (𝐶1 + 𝐶2 𝑡)𝑒 𝑡 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:
𝐶1′ 𝑥 + 𝐶2′ 𝑥 ln|𝑥| = 0

2 ln|𝑥|
𝐶1′ + 𝐶2′ ln|𝑥| = 0
′
𝐶1 = − ln2 |𝑥|
𝐶
=
−
1
2
2
{ ′
⇔
{
⇔
{
⇒
{
𝑥
𝐶2 = 2 ln|𝑥|
𝐶1 + 𝐶2′ (ln|𝑥| + 1) =

𝐶2′ =
𝐶2 = 2 ln|𝑥|
𝑥
𝑥
⇒ 𝑦0 = 𝑥 ln2 |𝑥|
Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là: 𝑦 = 𝑥(𝐶1 + 𝐶2 ln|𝑥|) + 𝑥 ln2 |𝑥|

11. Giải các phương trình sau
a) 𝒚′′ − 𝒚 =

𝒆𝒙
𝟏 + 𝒆𝒙

Xét PT đặc trưng 𝑘 2 − 1 = 0 ⇔ 𝑘 = ±1 ⇒ nghiệm tổng quát là 𝑦 = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑒 −𝑥
Ta biến thiên 2 hằng số {

𝐶1 = 𝐶1 (𝑥)
sao cho 𝑦𝑟 = 𝐶1 (𝑥)𝑒 𝑥 + 𝐶2 (𝑥)𝑒 −𝑥 là 1 nghiệm riêng
𝐶2 = 𝐶2 (𝑥)

của PT đã cho. Ta có:
1
𝑥
𝐶1 = − ln √𝑒 𝑥 + 1
𝑥
2(1 + 𝑒 )
2
𝑒𝑥 ⇔
{ ′ 𝑥
⇒{

2𝑥
′ −𝑥
𝑒𝑥
𝑒
𝐶1 𝑒 − 𝐶2 𝑒 =
𝑥
′
𝑥
𝐶2 = ln √𝑒 + 1 −
𝐶2 = −
1+𝑒
2
2(1 + 𝑒 𝑥 )
{
𝑥
𝑒 𝑥 −𝑥
𝑥
𝑥
𝑥
⇒ 𝑦𝑟 = ( − ln √𝑒 + 1) 𝑒 + (ln √𝑒 + 1 − ) 𝑒
2
2
𝐶1′ 𝑒 𝑥 + 𝐶2′ 𝑒 −𝑥 = 0

𝐶1′ =

19
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST

Trường ĐH Bách khoa Hà Nội

KSTN-Hóa dầu K60

Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là:
𝑥
𝑒𝑥
𝑦 = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑒 −𝑥 + ( − ln √𝑒 𝑥 + 1) 𝑒 𝑥 + (ln √𝑒 𝑥 + 1 − ) 𝑒 −𝑥
2
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 2 − 2𝑘 + 1 = 0 ⇔ 𝑘 = 1 ⇒ 𝑦1 = 𝑒 𝑥 là 1 nghiệm riêng của PT thuần nhất
𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 0
Ta tìm 1 nghiệm riêng khác của nó dưới dạng 𝑦2 = 𝑢𝑒 𝑥 ⇒ 𝑦2′ = (𝑢′ + 𝑢)𝑒 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 + 𝐶2 𝑥)𝑒 𝑥 là nghiệm tổng quát của PT thuần nhất.
Ta biến thiên 2 hằng số {

𝐶1 = 𝐶1 (𝑥)
sao cho 𝑦𝑟 = 𝐶1 (𝑥)𝑒 𝑥 + 𝐶2 (𝑥)𝑥𝑒 𝑥 là 1 nghiệm riêng
𝐶2 = 𝐶2 (𝑥)

của PT đã 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 = 0

Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là:
𝑥

𝑦 = (𝐶1 + 𝐶2 𝑥)𝑒 − 𝑒

2𝑥

𝑒𝑥
+ 𝑥𝑒 ∫ 𝑑𝑥
𝑥
𝑥

12. Giải các phương trình sau
a) 𝒙𝒚′′ + 𝒙𝒚′𝟐 = 𝒚′
Đặt

1
𝑦′

= 𝑢 ta được:

20
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST


Trường ĐH Bách khoa Hà Nội

KSTN-Hóa dầu K60

1 ′
1 2 1
𝑢′
𝑥
1
𝑥 ( ) + 𝑥 ( ) = ⇔ 𝑥 2 + 2 = ⇔ 𝑥𝑢′ − 𝑢 = −𝑥 ⇒ 𝑢 = 𝑒 ∫ 𝑑𝑥 (− ∫ 𝑥𝑒 − ∫ 𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶1 )
𝑢
𝑢
𝑢
𝑢
𝑢
𝑢
= 𝑥 + 1 + 𝐶1 𝑒 𝑥 ⇒ 𝑦 = ∫

𝑑𝑥
+ 𝐶2
𝑥 + 1 + 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:

1 + 𝑦𝑢

⇔ 𝑢 = √(

𝑑𝑢
𝑢
𝑑𝑦
1
+ 𝑢2 = 0 ⇔ ∫ 2
𝑑𝑢 = − ∫
⇔ √𝑢2 + 1 =
+ 𝐶1
|𝑦|
𝑑𝑦
𝑢 +1
𝑦

2
2
1
𝑑𝑦
1
+ 𝐶1 ) − 1 ⇔
= √( + 𝐶1 ) − 1 ⇔ ∫
|𝑦|
|𝑦|
𝑑𝑥

𝑑𝑦

⇔𝑥 =∫

𝑑𝑦

= ∫ 𝑑𝑥
2

√( 1 + 𝐶1 ) − 1
|𝑦|

+ 𝐶2
2

√( 1 + 𝐶1 ) − 1
|𝑦|
13. Giải phương trình (2𝑥 − 𝑥 2 )𝑦 ′′ + 2(𝑥 − 1)𝑦 ′ − 2𝑦 = −2 biết nó có 2 nghiệm riêng 𝑦1 = 𝑥,
𝑦2 = 1

4𝑦

2𝑥

14. Giải phương trình (𝑥 2 + 1)𝑦 ′′ + 2𝑥𝑦 ′ + 𝑥 2 +1 = (𝑥 2 +1)2 với phép biến đổi 𝑥 = tan 𝑡
𝑑𝑡

𝑑𝑥 = cos2 𝑡
Đặt 𝑥 = tan 𝑡 ⇒ {
1 , ta có:
𝑥 2 + 1 = cos2 𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑦 ′
𝑑

𝑑𝑦
2
′′
𝑦 =
= cos 𝑡
⇒𝑦 =
= cos 2 𝑡 (cos 2 𝑡 ) =
𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑡
′

15. Một số bài hay sưu tầm
𝟐

a) 𝟐(𝒙 + 𝒚𝒚′ )𝟐 = 𝒚𝟐 (𝟏 + 𝒚′ )
⇔ 2𝑥 2 + 4𝑥𝑦𝑦 ′ + (𝑦𝑦 ′ )2 = 𝑦 2
Nếu 𝑥 = 0 ⇒ 𝑦 = 0 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 2 = 𝑥 2 (𝑢2 − 2) ⇒ 𝑦𝑦 ′ = 𝑥(𝑢2 − 2) + 𝑥 2 𝑢𝑢′ = 𝑥(𝑢2 − 2 + 𝑥𝑢𝑢′ ), thay
𝑥2

vào PT:
2𝑥 2 + 4𝑥 2 (𝑢2 − 2 + 𝑥𝑢𝑢′ ) + 𝑥 2 (𝑢2 − 2 + 𝑥𝑢𝑢′ )2 = 𝑥 2 (𝑢2 − 2)
⇔ (𝑢2 − 2 + 𝑥𝑢𝑢′ )2 + 4(𝑢2 − 2 + 𝑥𝑢𝑢′ ) + 4 − 𝑢2 = 0
⇔ 𝑢2 (𝑢 + 1 + 𝑥𝑢′ )(𝑢 − 1 + 𝑥𝑢′ ) = 0
𝑑𝑢
𝑑𝑥
𝑑𝑢
∫
= −∫
= −1 − 𝑢
1+𝑢
𝑥
𝑢 + 1 + 𝑥𝑢 = 0
⇔[
⇔ [ 𝑑𝑥
⇔
𝑑𝑢
𝑑𝑢
𝑑𝑥
𝑢 − 1 + 𝑥𝑢′ = 0
𝑥
= 1−𝑢
∫
= −∫
[ 𝑢−1

𝑑𝑥
𝑥
𝑥

′

2
1
1
√
⇔ 𝑢 = + 𝐶 ⇒ 𝑦 = |𝑥| ( + 𝐶) − 2
𝑥
𝑥

b) (𝒙𝟐 + 𝟑 𝐥𝐧 𝒚)𝒚𝒅𝒙 = 𝒙𝒅𝒚
𝑥
⇔ 𝑥 2 + 3 ln 𝑦 = 𝑦 ′
𝑦
𝑦′
Đặt ln 𝑦 = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = 𝑦 , thay vào PT: 𝑥 2 + 3𝑢 = 𝑥𝑢′ → PT tuyến tính cấp 1.

c) 𝒚𝟐 𝒅𝒙 + (𝒆𝒙 − 𝒚)𝒅𝒚 = 𝟎
⇔ 𝑦2𝑥′ + 𝑒 𝑥 − 𝑦 = 0
𝑢′
Đặt 𝑒 −𝑥 = 𝑢 ⇒ 𝑥 ′ = − 𝑢 , thay vào PT:

−𝑦 2

𝑢′ 1
1

1
+ − 𝑦 = 0 ⇔ 𝑢′ + 𝑢 = 2
𝑢 𝑢
𝑦
𝑦

→ PT tuyến tính cấp 1.
d) 𝒙 = 𝒚′𝟑 + 𝒚′
Đặt 𝑦 ′ = 𝑡 ⇒ 𝑥 = 𝑡 3 + 𝑡 ⇒ 𝑑𝑥 = (3𝑡 2 + 1)𝑑𝑡, do đó
𝑑𝑦 = 𝑡𝑑𝑥 = 𝑡(3𝑡 2 + 1)𝑑𝑡 ⇒ 𝑦 = ∫ 𝑡(3𝑡 2 + 1)𝑑𝑡 =

3 4 𝑡2
𝑡 + +𝐶
4
2

⇒ Ta được PT tham số của 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 2 ⇒ 𝑦 ′ = 2𝑥𝑢 + 𝑥 2 𝑢′ , thay vào PT:
𝑥 3 (2𝑥𝑢 + 𝑥 2 𝑢′ − 𝑥) = 𝑢2 𝑥 4 ⇔ 2𝑢 + 𝑥𝑢′ − 1 = 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 2 𝑦 ′ = 𝑦 3 + 𝑥𝑦
𝑥2

Đặt 𝑦 2 = 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′ + 1 = 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 − 2 ⇔ 𝑥 (𝑢′ − ) = 𝑢2 − 2 ⇔ 𝑥
= 𝑢2 + 𝑢 − 2
𝑥
𝑥

𝑑𝑥
→ PT phân li biến số.
k) 2𝑥𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑦 2 √𝑥 − 𝑥 2 𝑦 2

l)

𝟐
𝟑

𝒙𝒚𝒚′ =

√𝒙 𝟔 − 𝒚𝟒 + 𝒚𝟐

Đặt 𝑦 4 = 𝑢𝑥 6 ⇒ 4𝑦 3 𝑦 ′ = 6𝑥 5 𝑢 + 𝑥 6 𝑢′ ⇒ 4𝑦𝑦 ′ =

6𝑥5 𝑢 + 𝑥6 𝑢′
𝑢′
= 6𝑥 2 √𝑢 + 𝑥 3 𝑢, thay vào PT:
3
√
𝑥 √𝑢

23
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST


Trường ĐH Bách khoa Hà Nội

KSTN-Hóa dầu K60

𝑥
𝑢′
𝑥 4 𝑢′
𝑑𝑢
2
3
3
6
(1
(6𝑥 √𝑢 + 𝑥
) = √𝑥
− 𝑢) + 𝑥 √𝑢 ⇔
= 𝑥 3 √1 − 𝑢 ⇔ 𝑥
= 6√𝑢(1 − 𝑢)
6
6 √𝑢
𝑑𝑥
√𝑢
→ PT phân li biến số.
m) 𝒙(𝒆𝒚 − 𝒚′ ) = 𝟐
Đặt

1
𝑒𝑦

= 𝑢 ⇒ 𝑢′ = −

𝑦′
𝑒𝑦

= −𝑦′𝑢, thay vào PT:
1 𝑢′
2
𝑥 ( + ) = 2 ⇔ 𝑢′ + 1 = 𝑢
𝑢 𝑢
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:
−(𝑥 2 − 1)𝑢′ + 2𝑥𝑢 = 2𝑥 − 2𝑥 3 ⇔ 𝑢′ −

2𝑥
𝑢 = 2𝑥
−1

𝑥2

→ PT tuyến tính cấp 1.
o) 𝒙𝟐 𝒚′ + 𝒙𝒚 + 𝒙𝟐 𝒚𝟐 = 𝟒
Đặt 𝑥𝑦 = 𝑢 ⇒ 𝑢′ = 𝑦 + 𝑥𝑦 ′ , thay vào PT:
𝑥(𝑥𝑦 ′ + 𝑦) + (𝑥𝑦)2 = 4 ⇔ 𝑥𝑢′ + 𝑢2 = 4 ⇔ 𝑥

𝑑𝑢
= 4 − 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 2 (
) + 𝑢2 + 2 = 0 ⇔ 3𝑥
= 3𝑢 − 𝑢2 − 2
2
𝑥
𝑑𝑥
→ PT phân li biến số.
q) 𝒙𝒚′ − (𝟐𝒙 + 𝟏)𝒚 + 𝒚𝟐 = −𝒙𝟐
⇔

𝑥𝑦 ′ − 𝑦
𝑦
𝑦 2
𝑦 ′
𝑦
𝑦 2
−
2
+
(
)
+
1

=
0
⇔
(
)
−
2
+
(
) +1=0
𝑥2
𝑥
𝑥
𝑥
𝑥
𝑥

Đặt 𝑦 = 𝑢𝑥, thay vào PT:
𝑢′ − 2𝑢 + 𝑢2 + 1 = 0 ⇔

𝑑𝑢
= 2𝑢 − 𝑢2 − 1
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 = 5
Đặt 𝑦 − 𝑥 = 𝑢 ⇔ 𝑦 ′ = 𝑢′ + 1, thay vào PT:
𝑢′ + 1 + 𝑢2 = 5 ⇔

𝑑𝑢
= 4 − 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 2 + 𝑦 + 𝑥 2 ⇔

𝑥𝑦 ′ − 𝑦 𝑦 2
𝑦 ′
𝑦 2
=

+
1
⇔
(
)
=
(
) +1
𝑥2
𝑥2
𝑥
𝑥

Đặt 𝑦 = 𝑢𝑥 → PT phân li biến số.
u) 𝒚𝒅𝒚 = (𝒙𝒅𝒚 + 𝒚𝒅𝒙)√𝟏 + 𝒚𝟐
⇔ 𝑦𝑦 ′ = (𝑥𝑦 ′ + 𝑦)√1 + 𝑦 2 ⇔

𝑦𝑦 ′
√1 + 𝑦 2

′

= 𝑥𝑦 ′ + 𝑦 ⇔ (√1 + 𝑦 2 ) = (𝑥𝑦)′

⇔ √1 + 𝑦 2 = 𝑥𝑦 + 𝐶
v) 𝒙𝒚𝟐 (𝒙𝒚′ + 𝒚) = 𝟏
Cách 1:
1
𝑃𝑇 ⇔ (3𝑥 2 𝑦 2 𝑦 ′ + 2𝑥𝑦 3 ) + 𝑥𝑦 3 = 3 ⇔ (𝑥 2 𝑦 3 )′ + (𝑥 2 𝑦 3 ) = 3
𝑥

Đặt 𝑥 2 𝑦 3 = 𝑢 → PT tuyến tính cấp 1.
Cách 2:
𝑃𝑇 ⇔ (3𝑥𝑦 2 𝑦 ′ + 𝑦 3 ) + 2𝑦 3 =

3
2
3
⇔ (𝑥𝑦 3 )′ + (𝑥𝑦 3 ) =
𝑥
𝑥
𝑥

25
facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST