BT phương trình vi phân BKHN lâm minh

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

BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

Lời giải được thực hiện bởi Lâm Hữu Minh

Một số kinh nghiệm khi giải một PT vi phân bất kì:

 Xác định mục tiêu là đưa về 1 trong số các dạng PT đã biết cách giải

 Không nhất thiết cứ phải tìm y theo x hay 1 biến khác, có thể biến đổi thành PT để tìm x theo y, miễn là việc giải đơn giản và tìm được PT đường tích phân tổng quát

 Đặt ẩn phụ là phương pháp hay dùng để giải một PT vi phân nói chung, tuy nhiên

không phải lần đặt nào cũng có thể đưa PT ngay về dạng đơn giản, do đó ta có thể dùng

kỹ thuật đặt ẩn phụ gộp, đó là gộp các lần đặt riêng lẻ vào 1 lần Chẳng hạn ta đặt 2 lần: lần 1 là 𝑓(𝑥) = 𝑡, lần 2 là 𝑔(𝑡) = 𝑢, thì đặt gộp sẽ là 𝑔(𝑓(𝑥)) = 𝑢 Kỹ thuật này có 2 ưu điểm chính:

1 Không dễ dàng để nghĩ ra được cách đặt 𝑔(𝑓(𝑥)) = 𝑢 ngay từ đầu, do đó kỹ thuật đặt gộp giúp chia nhỏ việc đặt 𝑔(𝑓(𝑥)) = 𝑢 thành 2 bước là 𝑓(𝑥) = 𝑡 và 𝑔(𝑡) = 𝑢,

dễ dàng tìm ra hơn Vì vậy ta không cần phải suy nghĩ quá nhiều để tìm ra bằng được ngay từ đầu cách đặt 𝑔(𝑓(𝑥)) = 𝑢, mà cuối cùng vẫn thu được nó Đây có thể là nguồn gốc của những cách đặt khó hiểu khiến cho người đọc thắc mắc:

“Làm thế quái nào lại nghĩ ra được như vậy?”

2 Đặt gộp giúp cho bài trình bày lời giải được ngắn gọn, vì những bước đặt nhỏ chỉ thực hiện ngoài giấy nháp

 Đối với 2 dạng PT vi phân cấp 2 𝑦′′+ 𝑝𝑦′+ 𝑞𝑦 = 𝑓𝑛(𝑥)𝑒𝛼𝑥, nhiều sách có phân chia ra các dạng nghiệm riêng sẽ tìm được bao gồm 𝑦 = 𝑄𝑛(𝑥)𝑒𝛼𝑥, 𝑦 = 𝑥𝑄𝑛(𝑥)𝑒𝛼𝑥 hoặc 𝑦 =

𝑥2𝑄𝑛(𝑥)𝑒𝛼𝑥, căn cứ vào việc 𝛼 trùng với bao nhiêu nghiệm của PT đặc trưng Tuy nhiên

ta chỉ cần giả sử dạng nghiệm riêng sẽ tìm là 𝑦 = 𝑄𝑛(𝑥)𝑒𝛼𝑥 là đủ rồi, không cần phải quan tâm đến việc trùng trên làm gì cho rắc rối

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

b) 𝒚′𝐜𝐨𝐬 𝒙 = 𝒚

⇔ 𝑑𝑦 cos 𝑥 = 𝑦𝑑𝑥 ⇔ ∫𝑑𝑦

𝑦 = ∫

𝑑𝑥cos 𝑥⇔ 𝑦 = √

sin 𝑥 + 1sin 𝑥 − 1+ 𝐶 Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0

⇔ 𝑑𝑦 = (𝑦2+ 3𝑦 − 4)𝑑𝑥 ⇔ ∫ 𝑑𝑦

𝑦2+ 3𝑦 − 4= ∫ 𝑑𝑥 ⇔ 𝑦 = −

4|𝐶|𝑒5𝑥+ 1

|𝐶|𝑒5𝑥− 1Nghiệm kì dị: 𝑦 = −4; 𝑦 = 1

𝑦 − 𝑥 − 12sin𝑦 − 𝑥 − 12 + cos𝑦 − 𝑥 − 12

+ 𝑢 + 𝐶

h) 𝒚′ =𝒙 − 𝒚 − 𝟏𝒙 − 𝒚 − 𝟐

⇔ 𝑑𝑦 =𝑥 − 𝑦 − 1

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

j) 𝒙𝒚𝒅𝒙 + (𝟏 + 𝒚𝟐)√𝟏 + 𝒙𝟐𝒅𝒚 = 𝟎

b) 𝒙𝒚′= 𝒙 𝐬𝐢𝐧𝒚𝒙+ 𝒚

⇔ 𝑦′ = sin𝑦

𝑥+

𝑦𝑥Đặt 𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑦′= 𝑢 + 𝑢′𝑥, thay vào PT:

𝑢 + 𝑢′𝑥 = sin 𝑢 + 𝑢 ⇔ 𝑥𝑑𝑢

𝑑𝑥 = sin 𝑢 ⇔ ∫

𝑑𝑢sin 𝑢 = ∫

𝑑𝑥

𝑥 ⇔ |

cos 𝑢 − 1cos 𝑢 + 1| = 𝑥

2+ 𝐶 ⇒ |cos

𝑦

𝑥− 1cos𝑦𝑥 + 1|

= 𝑥2 + 𝐶 Nghiệm kì dị: 𝑦 = 𝑘𝜋𝑥 (𝑘 ∈ 𝑍)

d) (𝒙 + 𝟐𝒚)𝒅𝒙 − 𝒙𝒅𝒚 = 𝟎

⇔ 𝑦′ = 1 +2𝑦

𝑥

𝑢 + 𝑥𝑑𝑢

𝑑𝑥= 𝑢 ln 𝑢 ⇔ ∫

𝑑𝑢𝑢(ln 𝑢 − 1)= ∫

𝑑𝑥

𝑥 ⇔ ln 𝑢 = 𝑥 + 𝐶 ⇒ ln

𝑦

𝑥= 𝑥 + 𝐶 Nghiệm kì dị: 𝑦 = 𝑒𝑥

= − ln|𝑥| − 𝐶 Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0

3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp 1

⇔ 𝑦′+ 1

𝑥(1 + 𝑥2)𝑦 =

arctan 𝑥𝑥(1 + 𝑥2)⇔ 𝑦 = 𝑒

− ∫ 𝑑𝑥𝑥(1+𝑥 2 )(∫ arctan 𝑥

𝑢′+ 2𝑢 tan 𝑥 = sin2𝑥 ⇔ 𝑢 = 𝑒−2 ∫ tan 𝑥𝑑𝑥(∫ sin2𝑥 𝑒2 ∫ tan 𝑥𝑑𝑥𝑑𝑥 + 𝐶)

= cos2𝑥 (tan 𝑥 − 𝑥 + 𝐶) ⇒1

𝑦 = cos

2𝑥 (tan 𝑥 − 𝑥 + 𝐶) Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0

𝑢′+ 𝑢 = −2𝑦 − 𝑦2⇒ 𝑢 = 𝑒− ∫ 𝑑𝑦(− ∫(2𝑦 + 𝑦2)𝑒∫ 𝑑𝑦𝑑𝑦 + 𝐶) = −𝑦2+ 𝐶𝑒−𝑦 ⇒ 𝑥2

= −𝑦2 + 𝐶𝑒−𝑦Cách khác: đặt 𝑦2+ 𝑥2 − 2 = 𝑢 ⇒ 2𝑦𝑦′+ 2𝑥 = 𝑢′⇔ 2𝑥 = 𝑢′− 2𝑦𝑦′, thay vào PT:

+ ∫ (𝑥 − 2𝑦)𝑑𝑦

𝑦 0

+ ∫ (𝑒𝑦+ 𝑥 + 𝑥 cos 𝑦)𝑑𝑦

𝑦 0

+ ∫ (−𝑥𝑒−𝑦+ 2𝑦𝑒−2𝑦)𝑑𝑦

𝑦 0

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:

= −2 ∫𝑑𝑦

𝑦 ⇔ 𝛼 =

1

𝑦2+ 𝐶 Chọn 𝐶 = 0 ta được 𝛼 = 1

+ ∫ (1

𝑦− 3𝑥) 𝑑𝑦

𝑦 1

𝑥 + 𝑦=

𝛼′(𝑥 + 𝑦) − 𝛼(𝑥 + 𝑦)2 ⇔𝑑𝛼

2 𝑒

−12 ∫𝑑𝑥𝑑𝑥 + 𝐶) = 𝑒𝑥2(−𝑥

2+ 𝐶) ⇒ √𝑦 = 𝑒𝑥2(−𝑥

2+ 𝐶) Nghiệm kì dị: 𝑦 = 0

+ 𝑥𝑒𝑥2) − 𝑥 ∫ 𝑒𝑡2𝑑𝑡

𝑥 1

PT đã cho: (1 − 𝑥)𝑦′ = 1 + 𝑥 − 𝑦

Ta có: 𝑦 = 𝑥 +𝑥22+𝑥63+12𝑥4+ ⋯ +𝑛 𝑥𝑛

(𝑛 − 1)⇒ 𝑦′= 1 + 𝑥 +𝑥22+𝑥33+ ⋯ +𝑛 − 1𝑥𝑛−1, thay vào PT:

10 Giải các phương trình sau

(𝑓′′(𝑥) − 2𝑔′(𝑥)) sin 𝑥 + (2𝑓′(𝑥) + 𝑔′′(𝑥)) cos 𝑥 = 4𝑥 sin 𝑥 ⇒ {𝑓

′′(𝑥) − 2𝑔′(𝑥) = 4𝑥2𝑓′(𝑥) + 𝑔′′(𝑥) = 0

⇔ {𝑓

′′′(𝑥) − 2𝑔′′(𝑥) = 44𝑓′(𝑥) + 2𝑔′′(𝑥) = 0⇔ {

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

𝑓(𝑥) = 𝑥 + 𝐾1 𝑔(𝑥) = −𝑥2 + 𝐾2Chọn 𝐾1 = 𝐾2 = 0 ta được nghiệm riêng 𝑦 = 𝑥 sin 𝑥 − 𝑥2cos 𝑥

Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là: 𝑦 = 𝐶1+ 𝐶2𝑒𝑥+ 𝑥 sin 𝑥 − 𝑥2cos 𝑥

Ta tìm 1 nghiệm riêng của PT 𝑦′′+ 𝑦 = 𝑥𝑒𝑥 dưới dạng 𝑦1 = 𝑓(𝑥)𝑒𝑥 Ta có: 𝑦1′′ =

(𝑓′′(𝑥) + 2𝑓′(𝑥) + 𝑓(𝑥))𝑒𝑥, thay vào PT rút gọn được:

Tương tự, ta tìm được nghiệm riêng khác của PT 𝑦′′+ 𝑦 = 3𝑒−𝑥 là 𝑦2 =32𝑒−𝑥

⇒ 𝑦 =𝑥−12 𝑒𝑥+32𝑒−𝑥 là 1 nghiệm riêng của PT đã cho

Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là: 𝑦 = 𝐶1+ 𝐶2𝑒−𝑥+𝑥−12 𝑒𝑥+32𝑒−𝑥

i) 𝒚′′+ 𝟑𝒚′− 𝟏𝟎𝒚 = 𝒙𝒆−𝟐𝒙

Xét PT đặc trưng 𝑘2+ 3𝑘 − 10 = 0 ⇔ [𝑘 = −5

𝑘 = 2 ⇒ nghiệm tổng quát là 𝑦 = 𝐶1𝑒−5𝑥+ 𝐶2𝑒2𝑥

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:

cũng là 2 nghiệm của PT thuần nhất, do

đó nghiệm tổng quát của nó là 𝑦 = 𝐶1cos 𝑥 + 𝐶2sin 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′′) cos 𝑥 = cos 𝑥 ⇒ {𝑎′′− 2𝑏′= 0

2𝑎′+ 𝑏′′= 1⇔ {

𝑎 =𝑥

2+ 𝐾1

𝑏 = 𝐾2 Chọn 𝐾1 = 𝐾2 = 0 ⇒ 𝑦𝑟1 =𝑥2sin 𝑥

Tương tự, ta cũng tìm được 1 nghiệm riêng của PT 𝑦′′+ 𝑦 = cos 3𝑥 là 𝑦𝑟2 = −18cos 3𝑥 Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là: 𝑦 = 𝐶1cos 𝑥 + (2𝑥+ 𝐶2) sin 𝑥 −18cos 3𝑥

k) 𝒚′′− 𝟒𝒚′− 𝟖𝒚 = 𝒆𝟐𝒙+ 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙

Xét PT đặc trưng 𝑘2− 4𝑘 − 8 = 0 ⇔ 𝑘 = 2 ± 2√3 ⇒ nghiệm tổng quát là 𝑦 = 𝐶1𝑒2−2√3+

𝐶2𝑒2+2√3

Tách PT đã cho thành 2 PT: 𝑦′′− 4𝑦′− 8𝑦 = 𝑒2𝑥 và 𝑦′′− 4𝑦′− 8𝑦 = sin 2𝑥

Với PT 𝑦′′− 4𝑦′− 8𝑦 = 𝑒2𝑥, ta tìm 1 nghiệm riêng của nó dưới dạng 𝑦1 = 𝑢𝑒2𝑥⇒ 𝑦1′ =(𝑢′+ 2𝑢)𝑒2𝑥⇒ 𝑦1′′ = (𝑢′′+ 4𝑢′+ 4𝑢)𝑒2𝑥, thay vào PT rút gọn được:

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

⇒ {𝑎′′− 4𝑎′− 12𝑎 − 4𝑏′+ 8𝑏 = 14𝑎′− 8𝑎 + 𝑏′′− 4𝑏′− 12𝑏 = 0⇔ {

𝑎 = − 352

⇒ Nghiệm riêng của PT đã cho là: 𝑦 = −121 𝑒2𝑥−523 sin 2𝑥 +261 cos 2𝑥

Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là:

𝑦′′− 2𝑦′+ 𝑦 = 0

Ta tìm 1 nghiệm riêng khác của nó dưới dạng 𝑦2 = 𝑢𝑒𝑥⇒ 𝑦2′ = (𝑢′+ 𝑢)𝑒𝑥⇒ 𝑦2′′=

(𝑢′′+ 2𝑢′+ 𝑢)𝑒𝑥, thay vào PT rút gọn được:

𝑢′′ = 0 ⇔ 𝑢 = 𝑚𝑥 + 𝑛 Chọn 𝑢 = 𝑥 ⇒ 𝑦2 = 𝑥𝑒𝑥⇒ 𝑦 = (𝐶1+ 𝐶2𝑥)𝑒𝑥 là nghiệm tổng quát của PT thuần nhất Tách PT đã cho thành 3 PT: 𝑦′′− 2𝑦′+ 𝑦 = sin 𝑥, 𝑦′′− 2𝑦′+ 𝑦 =𝑒2𝑥 và 𝑦′′− 2𝑦′+ 𝑦 =

−𝑒−𝑥2

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) − 2𝑓′(𝑥) − 2𝑔′(𝑥) + 2𝑔(𝑥) = 12𝑓′(𝑥) − 2𝑓(𝑥) + 𝑔′′(𝑥) − 2𝑔′(𝑥) = 0⇔ {

𝑓(𝑥) = 0𝑔(𝑥) =1

2

⇒ 𝑦𝑟1 =1

2cos 𝑥 Với PT 𝑦′′− 2𝑦′+ 𝑦 =𝑒2𝑥, ta tìm 1 nghiệm riêng của nó dưới dạng 𝑦𝑟2 = 𝑣𝑒𝑥 Tương tự

𝑦2, dễ dàng tìm được 𝑣 =14𝑥2+ 𝐾1𝑥 + 𝐾2 Chọn 𝑣 =14𝑥2 ⇒ 𝑦𝑟2 =14𝑥2𝑒𝑥

Với PT 𝑦′′− 2𝑦′+ 𝑦 = −𝑒−𝑥2 , tương tự tìm được nghiệm riêng là 𝑦𝑟3 = −18𝑒−𝑥

⇒ Nghiệm riêng của PT đã cho là 𝑦𝑟 =12cos 𝑥 +14𝑥2𝑒𝑥−18𝑒−𝑥

Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là: 𝑦 = (𝐶1+ 𝐶2𝑥 +14𝑥2) 𝑒𝑥−18𝑒−𝑥+12cos 𝑥

PT đặc trưng 𝑘2− 4𝑘 + 4 = 0 ⇔ 𝑘 = 2 ⇒ 𝑦1 = 𝑒2𝑡 là 1 nghiệm riêng của (∗)

Giả sử 1 nghiệm riêng khác của nó là 𝑦2 = 𝑢𝑒2𝑡 (𝑢 là đa thức), đạo hàm thay vào PT tìm được 𝑢 = 𝑚𝑡 + 𝑛

Chọn 𝑢 = 𝑡 ⇒ 𝑦2 = 𝑡𝑒2𝑡⇒ 𝑦 = (𝐶2𝑡 + 𝐶1)𝑒2𝑡 là nghiệm tổng quát của PT (∗), hay 𝑦 =(𝐶1+ 𝐶2ln|𝑥|)𝑒2 ln|𝑥| = 𝑥2(𝐶1+ 𝐶2ln|𝑥|) là nghiệm tổng quát của PT thuần nhất đã cho

Ta tìm 1 nghiệm riêng của PT đã cho, giả sử nó có dạng 𝑦0 = 𝑎𝑥3+ 𝑏𝑥2+ 𝑐𝑥 + 𝑑 Đạo hàm thay vào PT dễ dàng tìm được 𝑦0 =𝑥23

Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là: 𝑦 = 𝑥2(𝐶1+ 𝐶2ln|𝑥|) +𝑥23

PT đặc trưng: 𝑘2 − 2𝑘 + 1 = 0 ⇔ 𝑘 = 1 ⇒ 𝑦1 = 𝑒𝑡 là 1 nghiệm riêng của (∗) Tương tự bài

m ta tìm được 1 nghiệm riêng khác của nó là 𝑦2 = 𝑡𝑒𝑡⇒ 𝑦 = (𝐶1 + 𝐶2𝑡)𝑒𝑡 là nghiệm tổng quát của (∗), hay 𝑦 = 𝑥(𝐶1+ 𝐶2ln|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:

Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là: 𝑦 = 𝑥(𝐶1+ 𝐶2ln|𝑥|) + 𝑥 ln2|𝑥|

11 Giải các phương trình sau

Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là:

Ta tìm 1 nghiệm riêng khác của nó dưới dạng 𝑦2 = 𝑢𝑒𝑥⇒ 𝑦2′ = (𝑢′+ 𝑢)𝑒𝑥⇒ 𝑦2′′=

(𝑢′′+ 2𝑢′+ 𝑢)𝑒𝑥, thay vào PT rút gọn được:

𝑢′′ = 0 ⇔ 𝑢 = 𝑚𝑥 + 𝑛 Chọn 𝑢 = 𝑥 ⇒ 𝑦2 = 𝑥𝑒𝑥⇒ 𝑦 = (𝐶1+ 𝐶2𝑥)𝑒𝑥 là nghiệm tổng quát của PT thuần nhất

13 Giải phương trình (2𝑥 − 𝑥2)𝑦′′+ 2(𝑥 − 1)𝑦′− 2𝑦 = −2 biết nó có 2 nghiệm riêng 𝑦1 = 𝑥,

Đặt √2 +𝑦2

𝑥2 = 𝑢 ⇔ 𝑦2 = 𝑥2(𝑢2− 2) ⇒ 𝑦𝑦′= 𝑥(𝑢2 − 2) + 𝑥2𝑢𝑢′= 𝑥(𝑢2− 2 + 𝑥𝑢𝑢′), thay vào PT:

∫ 𝑑𝑢

1 + 𝑢= − ∫

𝑑𝑥𝑥

∫ 𝑑𝑢

𝑢 − 1= − ∫

𝑑𝑥𝑥

𝑢′− 2𝑢 + 𝑢2+ 1 = 0 ⇔𝑑𝑢

𝑑𝑥 = 2𝑢 − 𝑢

2− 1