Bài Tập Phương Trình Vi Phân

1

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

1) Kiểm tra rằng y cos x(sin x 1) là nghiệm của bài toán 2y y tan x cos x

giá trị ban đầu

y(0) 1 trên khoảng ,2 2

Lời giải: 2y sin x(sin x 1) cos x

2 2y y tan x sin x(sin x 1) cos x sin x(sin x 1) cos x

2) Giải các phương trình tách biến

a. x

2

dy xe

dx y 1 y

Lời giải: x

2 x

2

dy xey 1 y dy xe dx

dx y 1 y

2 x 2 2 x1y 1 y dy xe dx C (1 y ) 1 y 3(x 1)e C

b. du

2 2u t tudt

Lời giải:

du du du2 2u t tu (1 u)(2 t) (2 t)dt

dt dt (1 u)

22ln 1 u 4t t C

3) Tìm nghiệm của PTVP thoả mãn điều kiện ban đầu

a. 2dy1 y , y(1) 0

dx ;

Lời giải:

22

dy dy1 y dx arctan y x C

dx 1 y

với y(1) 0 thì C 1

nghiệm của phương trình : arctan y x 1

b. x y x yy e e , y(0) 1 ;

Lời giải: y

x y x y y 2y x x2y

e dyy e e e y (e 1)e e dx

(e 1)

2

yx y x

2y

e dye dx C arctan e e C

(e 1)

với y(0) 1 thì C arctan e 1 nghiệm của phương trình :

y xarctane e arctan e 1

c. 2du 2t sec t

, u(0) 5dt 2u

.

Lời giải: 2

2 22

du 2t sec t 12udu (2t sec t)dt 2t dt u C

dt 2u cos t

2 2t tan t u C

với u(0) 5 thì C 25 nghiệm của phương trình 2 2t tan t u 25

4) Tìm phương trình đường cong thoả mãn 3y 4x y và cắt trục Oy tại 7.

Lời giải: 43 3 xdy

y 4x y 4x dx y Cey

,từ giả thiết thì y(0) 7 nên C 7

Đó là đường cong có phương trình 4xy 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

nồng độ C C(t) của dung dịch glucose trong máu là dC

r kCdt

, trong đó k là hằng

số dương.Giả sử nồng độ tại thời điểm t 0 là 0C . Xác định nồng độ tại thời điểm

tuỳ ý bằng cách giải PTVP nói trên.

Giả sử rằng 0r

Ck

, tìm giới hạn tlim C(t)

và diễn giải đáp án của bạn.

Lời giải:

kdt kdtdC dCr kC kC r C(t) e A r e dt

dt dt

kt

kt kt kt ktre rC(t) e A r e dt e A Ae

k k

Tại 0r

t 0 A Ck

.Vậy kt0

r rC(t) C e

k k

a. Giả sử rằng 0r

Ck

, tìm giới hạn tlim C(t)

và diễn giải đáp án của bạn.

3

Lời giải:

Hiển nhiên kt0

t t

r r rlim C(t) lim C e

k k k

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 yky 1

dt K

,trong đó

y(t) là sinh khối (khối lượng tổng cộng của các cá thể trong quần thể) theo kilogram

tại thời điểm t (đo theo năm), dung lượng cực đại được ước lượng bởi 7K 8 10 kg

và k 0,71 theo năm.

a. Nếu 7y(0) 2 10 kg , tìm sinh khối một năm sau.

b. Bao lâu nữa sinh khối đạt được 74 10 kg ?

Lời giải:

Từ 2

2 1 1 1dy y ky k kky 1 y ky y y ky y ky

dt K K K K

kz kz

K

kt ktkdt kdt kt ktk e e

z e C e dt e C ye C 1K K K

với 1z y

kt

kt

Key

KC e

Khi 7y(0) 2 10 kg thì 7 7

7 77

8 10 3 102 10 8 10 C 1 4 C

88 10 C 1

7 kt

kt

8 10 ey

3 e

a) Sinh khối một năm sau được xác định: 7 0,71

70,71

8 10 ey 3,23 10

3 e

b) Ta cần tìm t sao cho 7 kt

7 ktkt

8 10 e ln34 10 e 3 t

0,713 e

.

4

Vậy sau ln3

t 1,5470,71

năm sinh khối đạt được 74 10 kg .

7) 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

0dP

kPcos(rt ) P(0) Pdt

, trong đó k, r và φ là những hằng số dương.

Lời giải:

dP kkPcos(rt ) ln P sin(rt ) C

dt r với 0 0

kP(0) P ln P sin C

r

0ksin r ln PC

r

0ksin r ln Pk

ln P sin(rt )r r

0

P kln sin(rt ) sin

P r 0

kP(t) P exp sin(rt ) sin

r

8) Giải PTVP thuần nhất hoặc bài toán ban đầu:

a. 2 2(x 3y )dx 2xydy 0 ;

Lời giải: 2 2

2 2 dy x 3y x 3y(x 3y )dx 2xydy 0

dx 2xy 2y 2x

khi xy 0

Đặt 2

1 2udu dxy xu y u xu 2u 2xu 3u

u xu 1

2 2 2u 1 Cx y (1 Cx)x ; x, y

b. y

xy x tan y 0 y(1)x 2

;

Lời giải:

yxy x tan y 0

x

y yy tan 0

x x

Đặt cosu dx C

y xu y u xu u xu tan u u 0 du sin usin u x x

ta có y C

sinx x

với y(1)2

thì C 1 nghiệm của phương trình

yxsin 1

x

c. y y

y xsin x ysinx x

;

Lời giải:

5

y y y y yy xsin x ysin y sin 1 sin

x x x x x

Đặt y xu y u xu (u xu )sin u 1 usin u xu sin u 1 0

dx

sin udu cosu ln Cxx

ycos

xCx e

d. y y

y sin y(1)x x 2

;

Lời giải:

Đặt y xu y u xu u xu u sin u xu sin u

ud tan

du dx u2ln Cx ln tan

usin u x 2tan2

u y

ln Cx ln tan Cx tan2 2x

với y(1)2

thì C 1

yx tan

2x

e. 2(x y)ydx x dy 0

Lời giải:

với xy 0 ta có 2

2 y x(x y)ydx x dy 0 1 y

x y

Đặt 22

du dx Cy xu y u xu u xu u u ln x

x uu

nghiệm của phương trình Cx 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:

a. x 2 5y ye x y

Lời giải:

Từ x 2 5 5 4 x 2 4 4 x 2y ye x y y y y e x y 4 y e 4x

x 2u 4u e 4x

Giả sử 1y (x) và 2y (x) là hai nghiệm của phương trình,tức là

x 2 51 1 1y y e x y x 2 5

2 2 2y y e x y nhưng x1 2 1 2(ay by ) (ay by )e

6

x x 2 51 1 2 2 1 2a y y e b y y e x (ay by ) đó không phải là phương trình vi

phân tuyến tính .Xong đó là phương trình Becnuli nên có thể đưa phương trình về

phương trình vi phân tuyến tính bằng cách đặt 4u y .

b. 2xy ln x x y 0

Lời giải:

Từ

2 ln xxy ln x x y 0 y xy

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

c. 4x y y sin x

Lời giải:

Từ 44 4

y sin xx y y sin x y

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

d. 2xy y x sin x

Lời giải:

Từ

2 yxy y x sin x y xsin x

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

10) Giải các PTVP:

a. xy 2y 2e ;

Lời giải:

phương trình đã cho là phương trình vi phân tuyến tính cấp một,nên nghiệm được xác

định

3x

2dx 2dxx1 2x

C 2ey e C 2 e e dx

3e

2x 3x3ye C 2e là nghiệm phương trình

b. xy y x ;

Lời giải:

y 1xy y x y

x x

đó là phương trình vi phân tuyến tính cấp một,nên nghiệm được xác định

dx dx

x x1 1

1 1y e C e dx y C x dx

xx

7

3yx C 2x x là nghiệm phương trình.

c. 2dy2xy x

dx ;

Lời giải:

2 2dy2xy x y 2xy x

dx đó là phương trình vi phân tuyến tính cấp một,nên

nghiệm được xác định 2 22xdx 2xdx2 x 2 xy e C x e dx y e C x e dx

d. 2 2y 3x y 6x ;

Lời giải: 2 2y 3x y 6x đó là phương trình vi phân tuyến tính cấp một,

nên nghiệm được xác định

2 2 3 33x dx 3x dx2 x x 3y e C 6x e dx y e C 2 e dx

3 3 3x x xy e C 2e y Ce 2

e. y xy y ln y ;

Lời giải:

coi x x(y) dx

y x ln ydy

dx x ln y

dy y y đó là phương trình vi phân tuyến

tính cấp một,nên nghiệm được xác định dy dy

y yln yx e C e dy

y

2

ln yx y C dy

y

1x y C ln yd

y

ln y 1x y C 1 x ln y C y

y y

f. 21y y x

x 1

;

Lời giải:


dx dx

2 2x 1 x 11 1

1y e C x e dx y C x (x 1)dx

x 1

4 3C 3x 4xy

12(x 1)

8

g. 2y y tan x sin x .

Lời giải:


tan xdx tan xdx21y e C sin xe dx

2

1sin x

y cos x C dxcos x

1dx

y cos x C cos xdxcos x

1 xy Ccos x sin 2x cos x ln tan

2 2 4

11) Giải bài toán giá trị ban đầu:

a. 22 tdv

2tv 3t e v(0) 5dt

;

Lời giải:


2 2 22tdt 2tdt2 t t 2 t 3v e C 3t e e dt v e C 3t dt v e C t

với

v(0) 5 C 5

2t 3v e 5 t

b. 2xy y x sin x y( ) 0 .

Lời giải:

2 yxy y x sin x y xsin x

x đó là phương trình vi phân tuyến tính cấp

một,nên nghiệm được xác định

dx dx

x xy e C xsin xe dx y x C sin xdx y x(C cos x)

với

y( ) 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

được coi là hàm của thời gian huấn luyện t. Đạo hàm dP

dtthể hiện vận tốc mà tại đó

hiệu suất học được nâng lên.

a. Bạn nghĩ P tăng lên nhanh nhất khi nào? Điều gì xảy ra với dP

dtkhi t tăng lên?

Giải thích. Lời giải:

P tăng lên nhanh nhất khi thời gian huấn luyện ít nhất

9

Khi t tăng, tức là thời gian huấn luyện tăng lên dẫn đến dP

dt giảm đi

b. Nếu M là mức cực đại của hiệu quả mà người học có khả năng đạt được,giải

thích tại sao PTVP dP

k(M P)dt

, k là hằng số dương là mô hình hợp lý cho việc

học. Lời giải:

Khi maxP M thì dP

0dt

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:

Từ kt kt ktdP dPk(M P) kP kM P e C kM e dt P M Ce

dt dt

Từ giả thiết của bài toán ta có P(0) 0 C M ktP M Me

kt

t tlim P lim (M Ce ) M

13) Giải PTVP Bernoulli:

a. 3

2

2 yy y

x x ;

Lời giải: 3

3 22 2

2 y 2 1y y y y y

x xx x

,đặt 2z y 2

4z 2z

x x


4dx 4dx4 4x x

1 1 12 6 5

2 2 2z e C e dx z x C dx z x C

x x 5x

5 25x (Cx 2)y

b. 2xy y xy ;

Lời giải:

đặt 1z y ta được z

z 1x

đó là phương trình vi phân tuyến tính cấp một,


dx dx

x x dxz e C e dx z x C z x C ln x

x

1 xy C ln x

10

c. 2(2xy y)dx xdy 0 ;

Lời giải:

2 2y(2xy y)dx xdy 0 y 2y

x

đặt 1z y ta được z

z 2x

đó là phương trình vi phân tuyến tính cấp một,


dx dx 2x x

1 1 11 1 x

z e C e dx z C xdx z Cx x 2

2x y(C x )

d. 22xyy y x 0 ;

Lời giải:

2 2 22xyy y x 0 y x y 0 đặt 2z y

zz 1

x đó là phương

trình vi phân tuyến tính cấp một,nên nghiệm được xác định

dx dx

x x dxz e C e dx z x C z x C ln x

x

2y x C ln x

e. 2

2xy

x cos y 4sin 2y

;

Lời giải:

coi x x(y) 2

2 2dx x cos y 4sin 2yx x cos y 4sin 2y

dy 2x

đặt 2z x z zcos y 4sin 2y đó là phương trình vi phân tuyến tính cấp một,


cos ydy cos ydy sin y sin yz e C 4sin 2ye dy z e C 8 sin ye d( sin y)

sin y sin y sin yz e C 8(1 sin y)e z Ce 8(1 sin y)

2 sin yx Ce 8(1 sin y)

f. 2xy y y ln x ;

Lời giải:

11

12 2 y ln x

xy y y ln x y yx x

đặt 1z y

z ln xz

x x đó là

phương trình vi phân tuyến tính cấp một,nên nghiệm được xác định dx dx

x x2

ln x ln x ln x 1z e C e dx z x C dx z x C

x x xx

y C x ln x 1 1

g. 2xy 2xy ln x y 0 .

Lời giải:

1

2 2 1y yxy 2xy ln x y 0 y 2y ln x y 2ln x

x x

đặt 1z y

z

z 2ln xx


dx dx

x x ln xz e C 2ln xe dx z x C 2 dx z x C 2 ln xd(ln x)

x

2z x C ln x 2

1y

x C ln 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, Định

luật Newton thứ hai dần đến dv

m mg cvdt

.

a. Giải PT này khi coi nó là PT tuyến tính để chỉ ra rằng

ct

mmgv 1 e

c

.

Lời giải: c c ct ct

dt dtm m m mdv dv c mg

m mg cv v g v e A g e dt v e A edt dt m c

12

Khi vật không rơi tức v(0) 0 ,từ

ct ct

m mmgv e A e

c

ta có mg

Ac

ct

mmgv 1 e

c

b. Vận tốc giới hạn là bao nhiêu? Lời giải:

ct

m

t t

mg mglim v lim 1 e

c c

c. Tính quãng đường vật rơi được sau t giây. Lời giải:

ct ct

m mmg mg mS(t) 1 e dt t e A

c c c

từ

2

2

m gS(0) 0 A

c

ct 2m

2

mg m m gS(t) t e

c c c

15) Tìm các quỹ đạo trực giao của họ các đường cong 1y (x k) . Vẽ một vài

đường của mỗi họ trên cùng một hệ trục. Lời giải:

Quỹ đạo trực giao của họ các đường cong 1y (x k) là quỹ tích của tọa độ khúc

tâm của chính đường cong đó,và tọa độ đó được xác định 2 2(1 y )y 1 y

X x ;Y yy y

Từ 1y (x k) 2 32 3

1 2y y ;y 2y

(x k) (x k)

2 2 4 4 4

3

y (1 y ) y (1 y ) 1 1 y 3 yX x x X k X k

y y 2y 2y2y

;

4 4 4

3 3 2 3 2 3

1 y 1 3y 3 (3 y ) 4 3(X k) 4Y y

2y2y 2y y y y y

2 3

3(X k) 4Y

y y

và

43 yX k

2y

16) Giải các PTVP toàn phần:

13

a. 2

2

(x y )dx 2xydy0

x

;

Lời giải:

Nhận thấy 2

2

(x y )dx 2xydy0

x

là PTVP toàn phần vì

2

2 2 2xy

x y 2xy 2y

x x x

nên 2

2AB

(x y )dx 2xydy

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

�

yx2

21 0AB

(x y )dx 2xydy dx 2ydyC

x xx

2yln x C

x

b. (2x y 1)dx (2y x 1)dy 0 ;

Lời giải:

Nhận thấy (2x y 1)dx (2y x 1)dy 0 là PTVP toàn phần vì

y x(2x y 1) (2y x 1) 1

nên �AB

(2x y 1)dx (2y x 1)dy không phụ thuộc đường lấy tích phân


�

yx

0 0AB

(2x y 1)dx (2y x 1)dy (2x 1)dx (2y x 1)dy C

2 2x x y xy y C

c. 2 2 2 21 x x y dx x y 1 ydy 0 ;

Lời giải:

Nhận thấy 2 2 2 21 x x y dx x y 1 ydy 0 là PTVP toàn phần vì

2 2 2 2

2 2y x

xy1 x x y y x y 1

x y

nên �

2 2 2 2

AB

1 x x y dx x y 1 ydy không phụ thuộc đường lấy tích phân

14


yx

2 2 2

0 0

1 x dx x y 1 ydy C

3 2 y

2 2 2 2

y 0

x y 1x x y x y C

3 2 3

2

2 2 2 2y 1x x y x y C

2 3

d. 1

(x y)dx x dy 0y

.

Lời giải:

Nhận thấy 1

(x y)dx x dy 0y

là PTVP toàn phần vì

yx

1(x y) x 1

y

nên �AB

1(x y)dx x dy

y



�

yx

0 1AB

1 1(x y)dx x dy (x 1)dx x dy C

y y

2

y

y 1

xx xy ln y C

2

2x

xy ln y C2

17) Giải các PTVP dùng thừa số tích phân:

a. x x

1 dx 1 dy 0y y

;

Lời giải:

Nhận thấy x x

y 1 dx y 1 dy 0y y

là PTVP toàn phần

15

nên �AB

x xy 1 dx y 1 dy

y y



�

yx

1

0 1AB

x xy 1 dx y 1 dy (x 1)dx (x y)dy C

y y

2 2

1x y 1

x xy x C2 2 2

2 2x y 2xy C

2 2x y 2xy C

b. 2 2(1 x y)dx x (y x)dy 0 ;

Lời giải:

y x2y x

P Q 2P Q 2x 2xy 2x(y x)

Q x

khi đó thừa số tích phân

2

1(x)

x .Ta được

2

2

(1 x y)dx(y x)dy 0

x


nên �

2

2

AB

(1 x y)dx(y x)dy

x



�

yx2 2

1 12 21 0AB

(1 x y)dx dx 1 y(y x)dy (y x)dy C 1 xy C

x 2x x

2 2y x 2x y 2 Cx

c. 2 2y(1 x y)dx x(2 yx )dy 0 ;

Lời giải:

y x2y x

P Q 1P Q 1 x y

P y

khi đó thừa số tích phân (y) y

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

nên �

2 2 2

AB

y (1 x y)dx xy(2 yx )dy không phụ thuộc đường lấy tích phân


�

yx 3 32 2 2 2 2

1 1

0 0AB

x yy (1 x y)dx xy(2 yx )dy 0dx xy(2 yx )dy C xy C

3

16

2 3 33xy x y C

d. 2 2(sin y x )dx xsin 2ydy 0 ;

Lời giải:

yy x

P Q 2P Q 2sin 2y

Q x


2

1(x)

x

Ta được 2 2

2

(sin y x )dx sin 2ydy0

xx


nên �

2 2

2

AB

(sin y x )dx sin 2ydy

xx

không phụ thuộc đường lấy tích phân.


�

yx2 2

1 121 0AB

(sin y x )dx sin 2ydy sin 2ydy cos2ydx C 1 x C

x x 2xx

22x Cx cos2y

e. 2(2xy y)dx xdy 0 .

Lời giải:

y xy x

P Q 2P Q 4xy 2

P y


2

1(y)

y

Ta được 2

(2xy 1)dx xdy0

y y


nên �

2

AB

(2xy 1)dx xdy

y y

không phụ thuộc đường lấy tích phâ


�

yx2

2 20 1AB

(2xy 1)dx xdy xdy x(2x 1)dx C x C

y yy y

2yx x C y

18) Giải các PTVP

a. 2xy 1 y ;

Lời giải:

Đặt 2 2

2

dz dxz y xz 1 z z 1 z Cx

x1 z

2 2 2 21 z z 2zxC C x

17

2 2C x 1

z2xC

2 2 2 ln xC x 1 Cxy dx D y D

2xC 4 2C

b. 2 2(1 x )y 1 y 0 .

Lời giải:

Đặt z y 2 212 2

dz dx(1 x )z 1 z 0 arctan z C arctan x

1 z 1 x

C x

z1 xC

1 12

C x x 1y dx D ln 1 xC ln 1 xC D

1 xC C C

12

1 xy 1 ln 1 xC D

CC

2Cy (1 C )ln 1 xC Cx D

19) Giải các PTVP a. 4y y 0 ;

Lời giải:

Phương trình đặc trưng 24k k 0

nghiệm tổng quát của phương trình

x

41 2y C C e

b. y 2y y 0 ;

Lời giải:

Phương trình đặc trưng 21,2k 2k 1 0 k 1 2


(1 2)x (1 2)x1 2y C e C e

c. y 8y 41y 0 ;

Lời giải:

Phương trình đặc trưng 21,2k 8k 41 0 k 4 5i

nghiệm tổng quát của phương trình 4x1 2y e C cos5x C sin5x

d. y y y 0 .

Lời giải:

18

Phương trình đặc trưng 21,2

1 i 3k k 1 0 k

2


x

21 2

x 3 x 3y e C cos C sin

2 2

20) Giải bài toán giá trị ban đầu: a. 2y 5y 3y 0 y(0) 3, y (0) 4 ;

Lời giải:

Phương trình đặc trưng 21 2

32k 5k 3 0 k 1;k

2 nghiệm tổng quát

của phương trình

3xx 2

1 2y C e C e

.Từ điều kiện y (0) 4, y(0) 3 ta có

1 2

1 2

C C 3

3C C 4

2

2 1C 2;C 1

nghiệm riêng của phương trình thỏa mãn điều kiện đầu:

3xx 2y e 2e

b. 4y 4y y 0 y (0) 1,5; y(0) 1 ;

Lời giải:


14k 4k 1 0 k

2 nghiệm tổng quát của phương

trình

x

21 2y (C C x)e .Từ điều kiện y (0) 1,5; y(0) 1 ta có

1

2 1

C 1

1 3C C

2 2

2 1C 2;C 1


x

2y (1 2x)e

21) Giải các PTVP a. 4y y 0 y(0) 3, y ( ) 4, ;

Lời giải:


i4k 1 0 k

2 nghiệm tổng quát của phương

trình

19

1 2x x

y C cos C sin2 2

.Từ điều kiện y(0) 3, y ( ) 4, ta có

(xem lại điều kiện)

b. y 6y 25y 0 y ( ) 2, y(0) 1 ;

Lời giải:

Phương trình đặc trưng 21,2k 6k 25 0 k 3 4i nghiệm tổng quát của

phương trình

3x1 2y e C cos4x C sin 4x .Từ điều kiện y ( ) 2, y(0) 1 ta có

1

32 1

C 1

(4C 3C )e 2

3

1 2e 3

C 1; C2 4


3x1 2y e C cos4x C sin 4x với

3

1 2e 3

C 1; C2 4

22) Giải các PTVP

a. 2y 3y 2y x ;

Lời giải:

Phương trình đặc trưng 21 2k 3k 2 0 k 1;k 2 nghiệm tổng quát của

phương trình thuần nhất x 2x1 2y C e C e

nghiệm riêng của phương trình 2y 3y 2y x có dạng * 2y ax bx c ,thay

vào phương trình ta được 2 22a 3(2ax b) 2(ax +bx c) x

2a 1

3a b 0

2a 3b 2c 0

1 3 7

a,b,c , ,2 2 4

nghiệm tổng quát của phương trình đã cho x 2x 21 2

1y C e C e (2x 6x 7)

4

b. xy 4y 5y e ;

Lời giải:

Phương trình đặc trưng 21,2k 4k 5 0 k 2 i nghiệm tổng quát của

phương trình thuần nhất 2x1 2y e C cos x C sin x

20

nghiệm riêng của phương trình xy 4y 5y e có dạng xy ae* ,thay vào

phương trình ta được 1

a10

nghiệm tổng quát của phương trình đã cho

x

2x1 2

ey e C cos x C sin x

10

c. xy y xe y (0) 1, y(0) 2 ;

Lời giải:

Phương trình đặc trưng 2k k 0

nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất x1 2y C C e

nghiệm riêng của phương trình xy y xe có dạng xy x(ax b)e * ,thay vào

phương trình ta được 2ax 2a b x 1

a ;b 12

nghiệm tổng quát của

phương trình đã cho

x x1 2

1y C C e x(x 2)e

2 .Từ điều kiện y (0) 1, y(0) 2 ta có

1

2

C 0

C 2

nghiệm riêng thỏa mãn điều kiện đầu: x x1

y 2e x(x 2)e2

d. y 2y sin 4x ;

Lời giải:

Phương trình đặc trưng 2k 2k 0

nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất 2x1 2y C C e

nghiệm riêng của phương trình y 2y sin 4x có dạng y a cos4x bsin 4x *

,thay vào phương trình và rút gọn ta được b 2a 0

8a 16b 1

1 1a ;b

40 20

nghiệm tổng quát của phương trình đã cho 2x1 2

1 1y C C e cos4x sin 4x

40 20

e. xy 3y 2y ( 12x 4)e

Lời giải:

Phương trình đặc trưng 2k 3k 2 0

nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất x 2x1 2y C e C e

nghiệm riêng của phương trình xy 3y 2y ( 12x 4)e có dạng

xy x(ax b)e * ,thay vào phương trình và rút gọn ta được 2ax 2a b 12x 4

21

a 6;b 8 nghiệm tổng quát của phương trình đã cho

x 2x x1 2y C e C e x(6x 8)e

f. y y (x 2)cos x ;

Lời giải:

Phương trình đặc trưng 21,2k 1 0 k i

nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất 1 2y C cos x C sin x nghiệm

riêng của phương trình y y (x 2)cos x

có dạng y x(ax b)cos x x(cx d)sin x * ,thay vào phương trình và rút gọn ta

được

4cx 2a 2d cos x 4ax 2c 2b sin x (x 2)cos x

4cx 2a 2d x 2

4ax 2c 2b 0

1a 0;b c ;d 1

4

1a 0;b c ;d 1

4 nghiệm tổng quát của phương trình đã

cho

2

1 2x x 4x

y C cos x C sin x4 4

g. 2xy 6y 12y 8y 3e .

Lời giải:

Phương trình đặc trưng 3 21,2,3k 6k 12k 8 0 k 2

nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất 2 2x1 2 3y (C C x C x )e

Nghiệm riêng của phương trình 2xy 6y 12y 8y 3e có dạng 3 2xy ax e*

thay vào phương trình và rút gọn ta được 1

6a 3 a2


phương trình đã cho là 2 2x 3 2x1 2 3

1y (C C x C x )e x e

2

23) Tìm nghiệm riêng của PTVP

a. xy 3y e cos x y(0) 1 y ( ) ;

Lời giải:

Phương trình đặc trưng 21,2k 3 0 k 3 nghiệm tổng quát của phương

trình thuần nhất x 3 x 31 2y C e C e

22

Nghiệm riêng của phương trình xy 3y e cos x có dạng xy (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

2a 3b 0

3 2a ;b

13 13 Nghiệm riêng của phương trình

x1y ( 3cos x 2sin x)e

13

nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là

x 3 x 3 x1 2

1y C e C e ( 3cos x 2sin x)e

13

Từ điều kiện y(0) 1 y ( ) ta có 1 2

1 2

3C C 1

13

1C 3 3C 1

13

1 28 3 7 8 3 7

C ;C13 3 13 3

Nghiệm riêng của phương trình thỏa mãn điều kiện y(0) 1 y ( ) là

x 3 x 3 x8 3 7 8 3 7 1y e e ( 3cos x 2sin x)e

1313 3 13 3

b. y 4y 3y 0 y(0) 0;y (0) 1 ;

Lời giải:

Phương trình đặc trưng 21,2k 4k 3 0 k 1;3

Nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là x 3x1 2y C e C e

Từ điều kiện y(0) 0;y (0) 1 ta có 1 2

1 2

C C 0

C 3C 1

1 2

1 1C ;C

2 2

Nghiệm riêng của phương trình thỏa mãn điều kiện y(0) 0;y (0) 1 là

3x x1y e e

2

24) Viết ra dạng nghiệm riêng đối với phương pháp hệ số bất định, không xác định các hệ số này.

a. 2y 9y x sin x ;

Lời giải:

Phương trình đặc trưng 21,2k 9 0 k 3i

23

Nghiệm riêng của phương trình có dạng

2 21 1 1y ax bx c cos x a x b x c sin x *

b. 3 xy 3y 4y (x x 1)e ;

Lời giải:

Phương trình đặc trưng 21 2k 3k 4 0 k 1 ;k 4

Nghiệm riêng của phương trình có dạng 3 2 xy x(ax bx cx d)e *

c. 2 xy 2y 10y x e cos3x ;

Lời giải:


Nghiệm riêng của phương trình có dạng

2 2 x1 1 1y x ax bx c cos3x a x b x c sin3x e

*

d. xy 2y 2y xe sin x ;

Lời giải:

Phương trình đặc trưng 21,2k 2k 2 0 k 1 i

Nghiệm riêng của phương trình có dạng x1 1y x ax b cos x a x b sin x e

*

e. y y 2cos x

Lời giải:


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

f. 4 xy 3y 3y y (1 x )e ;

Lời giải:

Phương trình đặc trưng 3 21,2,3k 3k 3k 1 0 k 1

Nghiệm riêng của phương trình có dạng 4 3 2 x1 2 3 4 5y x(a x a x a x a x a )e *

g. y y xsin x .

Lời giải:


Nghiệm riêng của phương trình có dạng 1 1y x ax b cos x a x b sin x *

25) Giải PTVP (i) dùng phương pháp hệ số bất định và (ii) dùng phương pháp biến thiên hằng số.

a. y 4y x ;

24

Lời giải:


nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất 1 2y C cos2x C sin 2x

Cách 1

Nghiệm riêng của phương trình có dạng y ax b *


a ;b 04


phương trình đã cho 1 2x

y C cos2x C sin 2x4

Cách 2:

Coi 1 1 2 2C C (x);C C (x) bằng phương pháp biến thiên hằng số thì

1 1 2 2C C (x);C C (x) được xác định bởi hệ phương trình

1 2

1 2

C cos2x C sin 2x 0

2C sin 2x 2C cos2x x

1 1xsin 2x xsin 2x 1 1

C C dx x cos2x sin 2x2 2 4 8

và 2 2xcos2x 1 1

C C xsin 2x cos2x2 4 8

1 1 1 1 xy xcos2x sin 2x cos2x xsin 2x cos2x sin 2x

4 8 4 8 4

*

1 21

y C cos2x C sin 2x x4

b. 2xy 2y y e ;

Lời giải:

Phương trình đặc trưng 21,2k 2k 1 0 k 1

nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất x1 2y (C xC )e

Cách 1

Nghiệm riêng của phương trình có dạng 2xy ae*

thay vào phương trình và rút gọn ta được a 1 nghiệm tổng quát của phương trình

đã cho

x 2x1 2y (C xC )e e

Cách 2:

25



1 2 1 2

x x 2x x1 2 1 2

C xC 0 C xC 0

C e C (1 x)e e C C (1 x) e

x x x2 2 1C e C e ;C (1 x)e x x x 2xy (1 x)e xe e e

*

x 2x1 2y (C xC )e e

c. 2xy 5y 6y (x 1)e ;

Lời giải:

Phương trình đặc trưng 21 2k 5k 6 0 k 2; k 3

nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: 2x 3x1 2y C e C e

Cách 1

Nghiệm riêng của phương trình có dạng 2xy x(ax b)e *


2ax 2a b x 1 a ;b 22

nghiệm tổng quát của phương trình đã cho: 2 2x

2x 3x1 2

(x 4x)ey C e C e

2

Cách 2:



2x 3x x

1 2 1 2

2x 3x 2x x1 2 1 2

C e C e 0 C C e 0

2C e 3C e (x 1)e 2C 3C e x 1

x x2 2C (x 1)e C (x 2)e và

2

1 1x 2x

C (x 1) C2

2 2

2x x 3x 2xx 2x x 4x 4y e (x 2)e e e

2 2

d. xy y xe ;

Lời giải:

Phương trình đặc trưng 21 2k k 0 k 0;k 1

nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: x1 2y C C e

Cách 1

26

Nghiệm riêng của phương trình có dạng xy x(ax b)e *


2ax 2a b x a ;b 12

nghiệm tổng quát của phương trình đã cho: 2

x x1 2

x 2xy C C e e

2

Cách 2:



x 2

1 2 x2 1x x

2

C C e 0 xC ;C (x 1)e

2C e xe

2x x

1 2x 2x 2

y C C e e2

e. 3xy 3y 2y xe

Lời giải:


nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: x 2x1 2y C e C e

Cách 1

Nghiệm riêng của phương trình có dạng 3xy (ax b)e *

thay vào phương trình và rút gọn ta được 1 3

2ax 3a 2b x a ;b2 4

nghiệm tổng quát của phương trình đã cho: 3x

x 2x1 2

(2x 3)ey C e C e

4

Cách 2:


1 1 2 2C C (x);C C (x) được xác định bởi hệ phương trình:

x 2x x

1 2 1 2

x 2x 3x x 2x1 2 1 2

C e C e 0 C C e 0

C e 2C e xe C 2C e xe

2x 2x2x

1 1xe e

C xe C2 4

và x x2 2C xe C (x 1)e

2x 2xx x 2xxe e

y e (x 1)e e2 4

* 3x2x 3y e

4

*

27

x 2x 3x1 2

2x 3y C e C e e

4

f. y 4y 8y sin 2x .

Lời giải:


nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất 2x1 2y e (C cos2x C sin 2x)

Cách 1

Nghiệm riêng của phương trình có dạng y a cos2x bsin 2x * thay vào phương

trình

và rút gọn ta được (4a 8b)cos2x (8a 4b)sin 2x sin 2x 1 1

a ;b10 20

nghiệm tổng quát của phương trình đã cho

2x1 2

1 1y e (C cos2x C sin 2x) cos2x sin 2x

10 20

Cách 2:



2x 2x1 2

2x1 1 2 2

C e cos2x C e sin 2x 0

2C sin 2x 2C cos2x 2C cos2x 2C sin 2x e sin 2x

1 2

2x1 2

C cos2x C sin 2x 0

2C sin 2x 2C cos2x e sin 2x

2x

2e sin 4x

C4

2x2x 2x

21 e cos4x 1

C e sin 4xdx e d(sin 4x)4 16 32

2x 2x

2xe cos4x e sin 4x 1e sin 4xdx

16 32 16

2x2

1C 2cos4x sin 4x e

10

2x 2

1e sin 2x

C2

2x

2x1

e 1C e cos4xdx

8 4

2x 2x2xe e sin 4x 1

e sin 4xdx8 16 8

28

2x

2xe 13sin 4x cos4x e

8 80

26) Tìm nghiệm của PTVP a. y 2y y x cos x ;

Lời giải:


nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: x1 2y (C xC )e

Nghiệm riêng của phương trình có dạng y (ax b)cos x (cx d)sin x *

thay vào phương trình và rút gọn ta được

(2ax 2b 2a 2c)sin x ( 2cx 2d 2a 2c)cos x x cos x

2cx 2d 2a 2c x

2ax 2b 2a 2c 0

1b c d ;a 0

2

nghiệm tổng quát của phương trình đã cho:

x1 2

cos x (x 1)sin xy (C xC )e

2

b. 2xy y 6y 1 e ;

Lời giải:

Phương trình đặc trưng 21 2k k 6 0 k 3;k 2

nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: 3x 2x1 2y C e C e

phương trình y y 6y 1 có nghiệm riêng 11

y6

*

phương trình 2xy y 6y e có nghiệm riêng dạng 2x2y axe* ,thay vào phương

trình 2xy y 6y e và rút gọn ta được 1

a5

nghiệm tổng quát của phương trình : 2x

3x 2x1 2

xe 1y C e C e

5 6

c. x9y y 3x e y(0) 1, y (0) 2 ;

Lời giải:


i9k 1 0 k

3

nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: 1 2x x

y C cos C sin3 3

phương trình 9y y 3x có nghiệm riêng 1y 3x*

29

phương trình x9y y e có nghiệm riêng dạng x2y ae* ,thay vào phương trình

x9y y e và rút gọn ta được 1

a10

nghiệm tổng quát của phương trình :x

1 2x x e

y C cos C sin 3x3 3 10

Với điều kiện y(0) 1;y (0) 2 ta có được 1 29 27

C ; C10 10

. Khi đó nghiệm

riêng tương ứng của phương trình : x9 x 27 x e

y cos sin 3x10 3 10 3 10

d. y 9y 6cos3x ;

Lời giải:


nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: 1 2y C cos3x C sin3x

Nghiệm riêng của phương trình có dạng y Ax cos3x Bxsin3x * thay vào phương

trình và rút gọn ta được 6Bcos3x 6Asin3x 6cos3x A 0;B 1

nghiệm tổng quát của phương trình 1 2y C cos3x C sin3x xsin3x

e. y y 3sin x

Lời giải:


nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: 1 2y C cos x C sin x

Nghiệm riêng của phương trình có dạng y Ax cos x Bxsin x * thay vào phương

trình và rút gọn ta được 3

2Bcos x 2Asin3x 3sin x B 0;A2

nghiệm tổng quát của phương trình 1 23

y C cos x C sin x x cos x2

f. xy y e 2cos x ;

Lời giải:



Nghiệm riêng của phương trình y y 2cos x có dạng 1y Acos x Bsin x * thay

vào phương trình y y 2cos x và rút gọn

(B A)cos x (A B)sin x 2cos x A 1;B 1

30

1y cos x sin x *

Nghiệm riêng của phương trình xy y e có nghiệm riêng x

2e

y2

*

nghiệm tổng quát của phương trình x

x1 2

ey C C e cos x sin x

2

g. y y 2sin x y (0) 1, y( / 2) 1 .

Lời giải:



Nghiệm riêng của phương trình có dạng y Ax cos x Bxsin x * thay vào phương

trình và rút gọn (B A)cos x (A B)sin x 2sin x A B 1

nghiệm tổng quát của phương trình 1 2y C cos x C sin x x cos x xsin x

Với điều kiện y(0) 1, y ( / 2) 1 ta có được (XEM LẠI Đ/K)

27) Tìm nghiệm tổng quát của PT (4)y y 0

Lời giải:

Phương trình đặc trưng 4k 1 0 có các nghiệm

1 2 3 42 2 2 2

k (1 i);k (1 i);k (1 i);k (1 i)2 2 2 2

Từ 1 22 2

k (1 i);k (1 i)2 2

ta có hai nghiệm riêng

x 2

21

x 2y e cos

2 và

x 2

22

x 2y e sin

2

Từ 3 42 2

k (1 i);k (1 i)2 2

ta có hai nghiệm riêng

x 2

23

x 2y e cos

2

và

x 2

24

x 2y e sin

2

Nghiệm tổng quát của PT (4)y y 0 là

x 2 x 2

2 21 2 3 4

x 2 x 2 x 2 x 2y e C cos C in e C cos C sin

2 2 2 2

31

28) Dùng phương pháp biến thiên tham số hãy giải PTVP: a. y y secx 0 x / 2 ;

Lời giải:





1 2

1 2

C cos x C sin x 0

1C sin x C cos x

cos x

1 1sin x

C C ln cos xcos x

và 2 2C 1 C x

nghiệm tổng quát của phương trình :

1 2y C cos x C sin x cos x ln cos x xsin x

b. x

1y 3y 2y

1 e

;

Lời giải:


nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: x 2x1 2y C e C e



x1 2

xx

1 2 x

C C e 0

eC 2C e

1 e

x x1 1x x x

1 1 1C C de ln(1 e ) x

1 e e 1 e

và x

x x2 2x x x x x

e 1 1 1 1C C dx e de

1 e e 1 e e 1 e

x x2C e x ln(1 e )

x x x x 2x 2x x x x x xy e ln(1 e ) xe e xe e ln(1 e ) e (1 e ) ln(1 e ) x e

*

nghiệm tổng quát của phương trình :

x 2x x x x x1 2y C e C e e (1 e ) ln(1 e ) x e

32

c. 1

y yx

;

Lời giải:

Phương trình đặc trưng 21,2k 1 0 k 1

nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: x x1 2y C e C e



x x1 2

x x1 2

C e C e 0

1C e C e

x

x

1e

C2x

và x

2e

C2x

nghiệm tổng quát của phương trình : x x x x

x x1 2

e e dx e e dxy C e C e

2 x 2 x

d. 2xe

y 4y 5ycos x

;

Lời giải:

Phương trình đặc trưng 21,2k 4k 5 0 k 2 i

nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: 2x1 2y e (C cos x C sin x)



1 2

1 2

C cos x C sin x 0

1C sin x C cos x

cos x

1 1sin x

C C ln cos xcos x

và 2 2C 1 C x


2x 2x1 2y e C ln cos x cos x e (x C )sin x

e. x

2

ey 2y y

1 x

;

Lời giải:


nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: x1 2y (C xC )e



33

x x1 2

xx x x

1 2 2 2

C e C xe 0

eC e C xe C e

1 x

2 22

1C C arctan x

1 x

và 2

1 12

x 1C C ln(1 x )

21 x


2 x1y ln(1 x ) xarctan x e

2

x 2 x1 2

1y (C xC )e x arctan x ln(1 x ) e

2

f. x

1y y

1 e

;

Lời giải:





x1 2

x2 x

C C e 0

1C e

1 e

x x2 2x x x x x x

1 1 1 1 1C C dx e de

(1 e )e e 1 e e 1 e

x xln(1 e ) x e

x1 1x

1C C ln(1 e ) x

(1 e )

x x x x x xy ln(1 e ) x e ln(1 e ) xe 1 (1 e ) ln(1 e ) x 1


x x x1 2y C C e (1 e ) ln(1 e ) x 1

29) Dùng phép đổi biến tx e giải phương trình Euler:

a. 2x y 5xy 13y 0 ;

Lời giải:

34

Đặt tx e thì 2 2tx e ; t tt ty y e e y y và

2t t 2t 2ttt tt ty y e y e y y e y e

thay vào phương trình và rút gọn y 4y 13y 0 .Phương trình có nghiệm

2t 1 21 2 2

C cos(3ln x) C sin(3ln x)y(t) e (C cos3t C sin3t) y

x

b. 2x y xy y 2sin(ln x)

Lời giải:



thay vào phương trình và rút gọn y y 2sin t .

Phương trình thuần nhất có nghiệm tổng quát 1 2y(t) C cos t C sin t

và nghiệm riêng của phương trình y y 2sin t là y t cos t *

Phương trình y y 2sin t có nghiệm tổng quát 1 2y(t) C cos t C sin t t cos t

1 2y(x) C cos(ln x) C sin(ln x) ln x.cos(ln x)

c. 2x y xy y x

Lời giải:



thay vào phương trình và rút gọn ty y e .

Phương trình thuần nhất có nghiệm tổng quát 1 2y(t) C cos t C sin t

và nghiệm riêng của phương trình ty y e là t1y e

2*

Phương trình ty y e có nghiệm tổng quát t

1 2e

y(t) C cos t C sin t2

1 2x

y(x) C cos(ln x) C sin(ln x)2

d. 3 2x y 3x y 6xy 6y 0 ;

Lời giải:

Đặt tx e thì 2 2tx e ; t tt ty y e y y e và


3 32t t 3t 2t t 3t 3t 3t

tt tt t tt ty y e y e y y e 3y e y e y e y 3(y y )e y e

35

thay vào phương trình và rút gọn .

3 tt t t tt t tty 3(y y ) y 3(y y ) 6y 6y 0 3 ttt tty 6y 11y 6y 0

Phương trình đặc trưng 3 21 2 3k 6k 11k 6 0 k 1;k 2;k 3

nghiệm tổng quát của phương trình theo t : t 2t 3t1 2 3y(t) C e C e C e

2 31 2 3y(x) C x C x C x

e. 2x y xy y cos(ln x)

Lời giải:



thay vào phương trình và rút gọn y 2y y cos t .

Phương trình thuần nhất có nghiệm tổng quát t1 2y(t) (C tC )e

và nghiệm riêng của phương trình y 2y y cos t là 1

y sin t2

*

nghiệm tổng quát của phương trình theo t : t1 2

1y(t) (C tC )e sin t

2

1 21

y(x) C C ln x x sin(ln x)2

30) Dùng phép đổi biến z xy giải phương trình: xxy 2y xy e .

Lời giải:

Đặt z xy khi đó z y xy và z 2y xy thay vào phương trình và rút gọn

xz z e

Phương trình thuần nhất có nghiệm tổng quát x x1 2z C e C e

và nghiệm riêng của phương trình xz z e là xxe

y2

*

nghiệm tổng quát của phương trình xz z e : x

x x1 2

xez C e C e

2

x

x x1 2

xexy C e C e

2

31) Giải các hệ phương trình:

a. x 5x 3y

y 3x y

;

Lời giải:

36

x 5x 3y x 5x 3y

y 3x y y 3x y

2t

1 2x 5x 9x 5x x x 4x 4x 0 x (C tC )e

2t2 1 2

1y C 3C 3tC e

3

2t1 2

2t2 1 2

x (C tC )e

1y C 3C 3tC e

3

b. x 3x y

y 4x y

;

Lời giải:

x 3x y x 3x y

y 4x y y 4x y

x 3x 4x 3x x x 2x x 0

t t1 2 1 2 2x (C tC )e y (2C C 2tC )e

t1 2

t1 2 2

x (C tC )e

y (2C C 2tC )e

c. x 2x y

y 3x 4y

Lời giải:

x 2x y x 2x y

y 3x 4y y 3x 4y

x 2x 3x 4(x 2x) x 6x 5x 0

t 5t

1 2

5t t2 1

x C e C e

y 3C e C e

Documents

Bài Tập Phương Trình Vi Phân