Bài giảng Chi tiết giải tích II - Tô Văn Ban

k k 2      . 
NTQ PTTN: 2x1 2y (C C x)e  . 
2x 2x
0f (x) 4e e .P (x) 2     nghiệm kép của PTĐT. NR dạng 
2 2x 2x 2 2x 2y y x e A A e x y 2Ae (x x );      
 2x 2y 2Ae (1 4x x )    . 
Thay vào PT đã cho, đồng nhất hệ số 2 vế ta được A 2 . 
2x 2 2 2x
1 2NR : y 2e x NTQ : y (C C x 2x )e      . # 
Ví dụ 4.23. Giải PT x xy y xe 2e    . 
PTĐT: 2k 1 0 k i 0 i       . 
NTQ PTTN 0x 1 2 1 2y e (C cos1x C sin1x) C cos x C sin x    . 
Thấy rằng x x1 2 1 2f (x) f (x) f (x), f (x) xe , f (x) 2e
    . 
* Xét PT x1y y f (x) xe    . 
x 1x
1 1f (x) xe e P (x) 1     không là nghiệm PTĐT, tìm nghiệm riêng 
 x x x1y y e (A Bx); y e (A B Bx); y e (A 2B Bx).          
Thay vào PT ta được 
x
1A 1/ 2; B 1/ 2 NR : y e ( 1 x) / 2       . 
* Bây giờ xét PT x2y y f (x) 2e
    . 
 1   không không là nghiệm PTĐT, tìm nghiệm riêng dạng 
 130
x x x
2y y e C y e C, y e C
         . 
Thay vào PT được x2C 1 NR : y e
   . 
x x
1 2NTQ : y C cos x C sin x e (x 1) / 2 e
      . # 
b) Thảo luận Một số ứng dụng thực tế của PTVP cấp II 
c) Tự học 
Phương trình vi phân tuyến tính cấp hai: định nghĩa, PT 
thuần nhất tương ứng, phát biểu 5 định lý nói lên cấu trúc 
nghiệm của PTVPTT cấp hai. 
- Đưa PT cấp II về cấp I: 
Đặt p p(x) y y p      (vắng y) 
hay p p(y) y y p.p      (vắng x). 
Bảng 4.2 
Đọc các Ví dụ: VD 4.51; VD 4.52; VD 4.53; D 4.54((i), (ii)). 
d) Bài tập 
Tài liệu Tài liệu [1], tr .... 
Bài giảng 14: Phương trình vi phân (tiếp) 
Chương, mục: 4 
Tiết thứ: 66-70 Tuần thứ: 14 
Mục đích, yêu cầu: 
 Nắm được các khái niệm căn bản về hệ PTVP, sự tương ứng giữa 
hệ PTVP cấp I và PTVP cấp cao. 
 PP đưa hệ về PTVP cấp cao, áp dụng với hệ thuần nhất, hệ số hằng 
số. 
- Hình thức tổ chức dạy học: 
Hình thức chủ yếu: Lý thuyết, thảo luận - tự học, tự nghiên cứu 
- Thời gian: 
Lý thuyết, thảo luận: 5t - Tự học, tự nghiên cứu: 5t 
- Địa điểm: 
Giảng đường do P2 phân công. 
- Nội dung chính: 
Chữa bài tập phương trình vi phân cấp 1 
§4.2 Phương trình vi phân cấp hai (tiếp) 
§4.3 Hệ phương trình vi phân. 
Ôn tập chương 4 
§ 4.2. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI (tiếp – 1 tiết) 
4.2.5. PT TT với hệ số hằng số và vế phải đặc biệt 
Ví dụ 4.24. Giải PT y 9y 4x sin x   . 
PTĐT: 2k 9 0 k 3i     . 
NTQ PTTN 1 2y C cos3x C sin 3x  . 
 131
Ta thấy 0xf (x) 4x sin x e (0.cos x 4x sin x) i 0 i         không là 
nghiệm PTĐT, s Max(0, 1) 1  . Vậy ta tìm nghiệm riêng dạng 
0xy y e [(A Bx)cos x (C Dx)sin x]
(A Bx)cos x (C Dx)sin x,
    
   
y Bcos x ( A Bx)sin x
(C Dx)cos x Dsin x
(B C Dx)cos x ( A D Bx)sin x,
y Dcos x ( B C Dx)sin x
( A D Bx)cos x Bsin x
( A 2D Bx)cos x ( 2B C Dx)sin x.
    
 
      
     
     
       
Thay vào PT, hằng đẳng hai vế ta được: 
(8A 2D 8Bx)cos x ( 2B Cc 8Dx)sin x 4x sin x       
8A 2D 0 A 1/ 8
8A 2D 8Bx 0 8B 0 B 0
2B 8C 8Dx 4x 2B 8C 0 C 0
8D 4 D 1/ 2
    
       
    
         
   
  NR 
1 1
y cos x x sin x
8 2
   . 
 NTQ 1 2
1 1
y cos x x sin x C cos3x C sin 3x
8 2
     . # 
Nhận xét. Nếu vế phải chứa các hàm cosin, sin thì đó là bài toán dạng khó. 
Khi đạo hàm, ta nên viết cos dưới cos, sin dưới sin, viết các số hạng của đa thức 
theo thứ tự luỹ thừa tăng dần, hệ số theo thứ tự A, B, C.... Điều quan trọng là 
phải tập trung cao độ ta mới hy vọng nhận được đáp số đúng. 
 Ví dụ 4.25. 2y y 2cos x   . ĐS x1 2
1 2
y C C e x cos 2x sin 2x
10 10
     .# 
c. Phương trình tuyến tính cấp cao với hệ số hằng số 
Dạng: (n) (n 1)1 n 1 ny p y ... p y p y f (x)

      (4.37) 
1 2 np , p , ..., p - các hằng số, f(x):hàm liên tục trên (a, b). 
Bảng 4.3. Giải PT thuần nhất hệ số hằng số 
PTĐT n n 11 nk p k ... p 0
    Nghiệm riêng ĐLTT tương ứng 
k là nghiệm đơn kxe 
k là nghiệm kép bội m kx kx m 1 kxe , xe , ..., x e 
i  là nghiệm phức liên hợp 
bội m 
x x m 1 x
x x m 1 x
e cos x, xe cos x, ... , x e cos x
e sin x, xe sin x, ... , x e sin x
   
   
  
  
 132
Tìm nghiệm riêng PT không thuần nhất tương ứng cũng như phương pháp 
biến thiên hằng số Lagrange với PT cấp cao rất giống trường hợp PT cấp II. 
Ví dụ 4.27 . Giải các PT 
i) 2xy 3y y 3y 3e       ; 
ii) (4) 2xy 8y 48x e   ; iii) (4)y y 4sin x  : Tự đọc 
Giải. 
i) PTĐT 3 2 2k 3k k 3 0 (k 1)(k 3) 0 k 1, 1, 3           . 
NTQ PTTN x x 3x1 2 3y C e C e C e
   . 
Để tìm nghiệm riêng, ta thấy 2xf (x) 3e : 2    không là nghiệm của 
PTĐT. Ta tìm nghiệm riêng dưới dạng 2xy y Ae  . 
Thay vào PT đã cho, hằng đẳng hệ số 2 vế ta được 2xA 1 y e   . 
Vậy, NTQ phương trình đã cho là x x 3x 2x1 2 3y C e C e C e e
    . 
ii) PTĐT 4 2k 8k 0 k(k 2)(k 2k 4) 0       
1 2 34k 0; k 2; k 1 3 i      . 
NTQ PTTN: 2x x x1 2 3 4y C C e C e cos 3 x C e sin 3 x
     . 
* Nghiệm riêng. 2xf (x) 16xe : 2   là nghiệm đơn của PTĐT. 
Tìm nghiệm riêng dạng 2x 2x 2y y xe (A Bx) e (Ax Bx )     . 
 
 
 
 
2x 2
2x 2
2x 2
(4) 2x 2
y ... e A (2A 2B)x 2Bx
y ... e 4A 2B (4A 8B)x 4Bx
y ... e 12A 12B (8A 24B)x 8Bx
y ... e 32A 48B (16A 64B)x 16Bx
     
      
      
     
Thay vào PT đã cho ta được 
 (4) 2x 2x
2x 2
y 8y e 24A 48B 48Bx f (x) e ( 48x)
B 1; A 2 y e (2x x ).
      
      
Vậy nghiệm tổng quát PT đã cho là 
2x x x 2x
1 2 3 4y C C e C e cos 3 x C e sin 3 xe (2 x)
       . 
iii) ĐS: NTQ x x1 2 3 4y C e C e C cos x C sin x x cos x
     . # 
§ 4.3. SƠ LƯỢC VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN (1 tiết) 
4.3.1. Định nghĩa - Bài toán Cauchy – Các loại nghiệm 
a. Định nghĩa 
 133
Dạng: 
1
1 1 n
n
n 1 n
dy
f (x, y ,..., y )
dx
. . . . . . . . . . . . . . .
dy
f (x, y ,..., y )
dx





 

 (4.40) 
x: biến độc lập, 1 2 ny , y ,..., y : các ẩn hàm phải tìm. 
* Họ các hàm số 1 1 n ny y (x),..., y y (x), x (a, b)   được gọi là nghiệm 
của hệ (4.40) trong khoảng (a; b) nếu khi thay vào hệ, được các đồng nhất thức. 
b. Bài toán Cauchy 
Định lý 4.8 (Định lý tồn tại duy nhất nghiệm của hệ PTVP cấp I) 
c. Nghiệm riêng, nghiệm tổng quát 
4.3.2. Giải hệ phương trình vi phân (xem tài liệu [1] tr ...) 
a. Phương pháp khử 
- Từ một PT nào đó của hệ, đạo hàm hai vế liên tiếp theo biến x. 
- Dùng các PT khác của hệ, dẫn đến PT cấp cao của một ẩn hàm. 
- Giải PT cấp cao này, từ đó nhận được các ẩn hàm khác. 
Ví dụ 4.28. Giải hệ phương trình 
2y
y
z
1
z y
2

 

  

Giải. Lưu ý rằng biến độc lập là x. Đạo hàm PT thứ hai 
1
z y
2
  . 
Dùng cả PT đầu, cả PT sau, dẫn đến 
2 2
21 y 1 (2z )z z z 2z
2 z 2 z

      : PT bậc hai với z, vắng x. 
Đặt z p p(z), z p .p     , được 
2z p p 2p  . 
* Rõ ràng p 0 là nghiệm, ứng với nó là z C 0, y 0.   
* 
dp dz
p 0, 2
p z
  . Giải ra ta được 
2dz 1p Cz z
dx Cx D
    

. 
Từ PT sau, 2
2
2C
y 2z 2p 2Cz
(Cx D)
   

. 
ĐS 
2
y 0 2C 1
; y , z .
z C 0 Cx D(Cx D)

  
  
 # 
b. Phương pháp tổ hợp 
 134
o Từ một số PT của hệ tìm một số những biểu thức ràng buộc giữa biến 
độc lập x với các ẩn hàm 1 ny , ... , y ): 
i 1 n(x, y ,..., y ) 0, i 1, ..., k   : Các tích phân đầu (4.42) 
o Suy ra nghiệm. 
Ví dụ 4.29. Gải hệ 
t
t
x
x ( )
3x 5y
y
y ( )
3x 5y
    

   
 
Giải. Chia PT (**) cho PT (*); lấy PT (*) nhân với 3, PT(**) nhân với 5 rồi 
cộng lại ta nhận được hệ 
dy y t D
x
y Cxdx x 3 5C
d(3x 5y) 3x 5y t D C(t D)
1 y
dt 3 5C
 
    
   
      
   
 # 
c. Phương pháp đồ thị. Đọc tài liệu [1] 
d. Mối quan hệ giữa hệ PTVP và PTVP cấp cao Đọc tài liệu [1] 
Ví dụ 4.31. Xét PTVP cấp hai 3y xy y x    (ẩn hàm là y y(x) ). Cần 
tìm nghiệm trên (a; b). 
Đặt 3 3z y z y xy y x xz y x            , ta đưa về hệ 
3
y z
z y xz x
 

    
 (ẩn là y, z) 
Việc giảm cấp của PTVP phải trả giá bằng việc tăng số PT trong hệ. 
4.3.3. Hệ PTVP thuần nhất hệ số hằng số 
a. Khái niệm. Trường hợp rất đơn giản của (4.40) là hệ phương trình vi 
phân tuyến tính cấp một 
1 11 1 1n n 1
n n1 1 nn n n
y a (x) y . .. a (x) y b (x)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
y a (x) y . .. a (x) y b (x)
    


     
 (4.44) 
x: biến độc lập,1 1 ny ,..., y : ẩn hàm, ij ia (x), b (x) : liên tục trên (a, b). 
Cũng xét: bài toán Cauchy, nghiệm riêng, nghiệm tổng quát, cấu trúc 
nhiệm và cách giải của hệ thuần nhất, hệ không thuần nhất trong những trường 
hợp đặc biệt cũng như phương pháp biến thiên hằng số trong trường hợp tổng 
quát 
Tuy nhiên, chúng ta chỉ xem xét trường hợp đặc biệt đơn giản của (4.44), 
đó là hệ thuần nhất với hệ số hằng số (còn gọi là hệ vi phân ôtônôm tuyến tính) 
1 11 1 1n n
n n1 1 nn n
y a y . .. a y
. . . . . . . . . . . . . . .
y a y . .. a y
   


    
 ( ija - const) (4.45) 
 135
b. Phương pháp khử. Chúng ta có thể dùng phương pháp khử nêu trên để 
đưa về PT vi phân cấp n, sau đó tìm ra nghiệm tổng quát. Điều này đặc biệt thuận 
lợi khi n nhỏ (chẳng hạn, n = 2, 3). 
Ví dụ 4.32. Giải hệ t
t
x x 2y ( )
y x y ( )
   

   
Giải. Đạo hàm 2 vế PT (*), 
x x 2y    . 
Ta cần đưa về PT của một biến x. Sử dụng PT (**) và sau đó là (*) ta được 
x x 2(x y) x 2x 2y x 2x (x x) x x 0                  . 
Giải PT thuần nhất cấp hai này ta được nghiệm tổng quát t tx Ce De  . 
Từ đó, ty (x x) / 2 ... De     . 
Tóm lại, nghiệm của hệ là t t tx Ce De , y De .     # 
c. Phương pháp Euler (☼) 
Ví dụ 4.33. Giải các hệ PTVP sau 
i) 
dy
y z
dx
dz
y 3z
dx

  

   

 ii) 
x y z
y z
z x z
   

 
    
Giải. i) NTQ 
2x
2x
y ( C D Dx)e
z (C Dx)e


    

 
ii) NTQ 
2 3 2 3
t
1 2 3
t
1 2 3
x (C C )cos t ( C C )sin t
y C e C cos t C sin t
z C e C sin t C cos t
    

  

  
§ 4.4. MỘT SỐ VÍ DỤ VÀ BÀI TOÁN TỔNG HỢP ( 1 tiết) 
Ví dụ 4.34. Giải PT (x y 1) dx (2x 2y 1) dy 0      . 
Giải. Xét hệ 
x y 1 0
2x 2y 1 0
  

  
. 
Vì 
1 1
D 0
2 2
  , nên ta đặt z x y  , dz dx dy dy dz dx     . 
2z 1 3
dz dx 2 dz dx
z 2 z 2
  
    
  
  hay 
2z 3ln z 2 x C x 2y 3ln x y 2 C          . # 
Ví dụ 4.35. Giải PT 2 2xy x x y y 0 (x 0)      bằng cách đặt y zx . 
Giải. Xét x 0 , đặt 
y
y z.x (z z(x)) z
x
    , y z .x z   . 
Thay vào PT được 
 136
2 2 2 2
2
dz
x z xz x 1 z zx 0 z 1 z dx
1 z
          

  
 2 2 2 xln z 1 z x C y x y Dxe 0          . 
Lưu ý rằng PT đã cho không thuần nhất; tuy nhiên ta vẫn giải thành công 
khi đặt y zx ! # 
Ví dụ 4.37. (Bài toán nồng độ dung dịch). Một bể 1000 l nước có hòa tan 
50 kg muối. Bơm nước biển với nồng độ muối 10 g/l vào bể với vận tốc 10l/phút, 
giữ thể tích nước trong bể cố định bằng cách rút nước khỏi bể với vận tốc 10 
l/phút. 
i) Lập phương trình vi phân mô tả lượng muối trong bể theo thời gian. 
ii) Sau 40 phút, lượng muối còn lại trong bể là bao nhiêu? ĐS: 36,8 kg. 
Ví dụ 4.46. Số lượng ban đầu của mẻ vi khuẩn ở buồng cấy là 1000 và vận 
tốc sinh trưởng tỷ lệ với số lượng vi khuẩn có mặt ở buồng cấy. Sau 2 giờ, quần 
thể có 9 000 con. 
(a) Tìm biểu thức số lượng vi khuẩn sau t giờ. 
(b) Tìm số vi khuẩn sau 3 giờ. 
(c) Tìm vận tốc sinh sau 3 giờ. 
(d) Sau bao lâu số lượng vi khuẩn tăng lên gấp đôi 
Ví dụ 4.47 (Bài toán xác định niên đại hóa thạch). Người ta cho rằng, lượng 
phóng xạ mà trái đất nhận từ vũ trụ về cơ bản cân bằng với lượng phóng xạ mà 
các chất phóng xạ mất đi trong quá trình phân rã. Vì thế, có thể coi lượng carbon-
14 trong mỗi cơ thể sống ở mọi thời đại về cơ bản là như nhau. Tuy nhiên, khi 
một cơ thể sống chết đi thì tốc độ thay đổi carbon-14 là tỷ lệ thuận với khối 
lượng hiện có của nó trong cơ thể. Gọi y(t) là lượng carbon-14 trong hóa thạch 
tại thời điểm t thì tốc độ thay đổi của carbon-14 trong hóa thạch tại thời điểm đó 
là y (t) ky(t)  , k - hằng số âm. 
Biết rằng chu kỳ bán phân rã của carbon-14 là 5730 năm, hãy tính hệ số 
phân rã k. 
Hóa thạch của cơ thể người chứa 54% lượng carbon-14 ban đầu, người đó 
sống cách đây bao nhiêu lâu? 
HD. Với T 5730 , kT0 0
1
y(T) y y e k 0,00012
2
     . 
kt
0 0
ln 0,54
0,54y y e t 5134
k
    (trên năm ngàn năm). # 
Ví dụ 4.48. Giải PT 2 2(sin y x )dx x sin 2ydy 0   . 
Q P
sin 2y, sin 2y
x y
 
  
 
Q P
2x y
Q x
 

 
  
2
dx
x
2
1
(x) e
x

    . 
 137
2 2
2 2
1 1
PT (sin y x )dx xsin 2ydy 0
x x
    , là PTVP toàn phần. 
Trên miền {(x, y) : x > 0}, với 0 0(x , y ) (1,0) , tích phân tổng quát là: 
yx
2
1 0
1 1
sin 0 1 dx sin 2ydy C
x x
 
   
 
  hay 
2sin y
x C
x
  . # 
Ví dụ 4.49. Giải phương trình 2y dx (2xy 3)dy 0   . 
Giải. Rõ ràng y = 0 là một nghiệm. 
Với y 0 , 
2
2 3
PT x x
y y
   , nghiệm tổng quát là: 
2 2
dy dy
2y y
2
3 1
x e e dy C Cy
yy
  
    
 
 
 hay 
3xy 1 Cy  . 
(Đây là tích phân tổng quát PT đã cho). # 
Ví dụ 4.50. Giải phương trình: (x y 2)dx (x y 4)dy 0      
Xét hệ 
x y 2 0 x 1
x y 4 0 y 3
     
 
    
Đặt 
u x 1 x u 1
, dx du, dy dv
v y 3 y v 3
    
   
    
. Nhận được PT 
(u v)du (u v)dv 0.    
Đây là PT với u là biến độc lập, v là ẩn hàm, nó là PT đẳng cấp. 
Đặt v tu dv u dt t du    dần đến 
2 2 2 2
2 2 2 2
1
u(1 2t t )du u (1 t)dt 0 d u (1 2t t ) 0
2
u (1 2t t ) C u 2uv v C.
          
       
Trở về biến cũ, 2 2x 2xy y 4x 8y C     . 
Cách II. Thật may, đây là PTVP toàn phần! # 
Ví dụ 4.51 . Giải PT 2x y xy y cos(ln x)    bằng phép đổi biến tx e . 
Giải. Đặt t t tt xx e 0, x e t ln x, t 1 / x e
        . 
2
t
x t
t t t t 2t
xx t t x t tt tt
dy dy dt
y . y .e ,
dx dt dx
y (y .e ) .t (y .e y .e ).e (y y ).e .

    
   
           
Thay vào được y 2y y cos t, (y y(t))     . (*) 
PTĐT: 2 1 2k 2k 1 0 k k 1      . 
NTQ PTTN ứng với (*) t1 2y (C C t)e  . 
 138
NR của PT (*) có dạng: 1y y A cos t Bsin t   . 
Tìm được t1 2
1 1
A 0, B y (C C t)e sin t
2 2
       . 
NTQ của PT đã cho là 1 2
1
y C x C x ln x sin (ln x)
2
   . 
Nhận xét. PT 2ax y bxy cy f (x)    gọi là PT Euler. Nó luôn giải được 
bằng phép đổi biến tx e trong miền {x 0} (trong miền {x 0} đặt tx e  ). 
Các bạn phải thuần thục khi tính t tty , y  mới mong giải đúng! #
Ví dụ 4.52. Giải phương trình 
xxy 2y xy e    bằng phép đổi hàm z = yx. 
Giải. Đặt z yx z y x y, z 2y y .x          . 
Thay vào phương trình nhận được xz z e (*)   
PTĐT của PT (*) là 2 1 2k 1 0 k 1, k 1      . 
NTQ PT TN tương ứng là x x1 2z C e C e
  . 
Vế phải xf (x) e , 1   là nghiệm đơn, tìm nghiệm riêng của (*) dạng 
 x x x x xz A.xe z Ae Axe , z 2Ae Axe       . 
Thay vào PT (*) đi tới x2A 1 A 1/ 2 z xe / 2     . 
NTQ của PT đã cho là: 
x x x
1 2
z 1 1
y C e C e xe
x x 2
     
 
. # 
Ví dụ 4.53. Giải các phương trình 
i) 
2xe
y 4y 5y
cosx
    , ii) x 2y - 2y y e / (1 x )     . 
Giải. i) Phương trình đặc trưng: 2 1,2k 4k 5 0 k 2 i      . 
NTQ PTTN tương ứng: 2x 1 2y e (C cos x C sin x)  . 
NTQ của phương trình không TN dưới dạng 
2x 2x
1 2y C (x)e cosx C (x)e sin x  . 
2x 2x
1 2
1 2 2x 2x 2x
1 2
C e cos x C e sin x 0
C , C :
C e (2cos x sin x) C e (2sin x cos x) e / cos x
   

    
 11
2 2
C (x) ln cosx AC (x) sin x / cos x
C (x) 1 C (x) x B
     
  
    
 NTQ của PT đã cho là 
 2x 2xy ln cosx A e cosx (x B)e sinx      . 
ii) NTQ của PT thuần nhất x1 1 2y (C C x)e  . 
 139
NTQ của PT ban đầu dưới dạng: 
x x
1 2y C (x)e C (x) xe  với 
x x
1 2
x x x x 2
1 2
C e C xe 0
C e C (e xe ) e / (1 x )
   

    
1 22 2
x 1
C , C
1 x 1 x
    
 
2
1 1
2 2
C ln 1 x K
C arctan x K
    
 
 
NTQ của PT đã cho:  x 21 2y e K K x x arctan x ln x 1     . # 
Ví dụ 4.54. i) 
x 2x 5y
y 3x 4y
  

  
; iii) 
x 2x 2y
y 8x 2y
  

  
Giải. i) Đạo hàm PT đầu, sử dụng PT thứ hai và PT đầu ta được 
x 2x 5y 2x 5(3x 4y) 2x 15x 20(x 2x) / 5
x 6x 7x 0.
             
    
PTĐT: 2k 6k 7 0 k 1, k 7 NTQ :        t 7tx Ce De  . 
t 7ty (x 2x) / 5 (3 / 5)Ce De     . 
Đặt 1 2C 5C , D C   , nhận được 
t 7t
1 2
t 7t
1 2
x 5C e C e
y 3C e C e


   

 
iii) Đạo hàm PT thứ nhất, dùng PT đầu và PT thứ 2 của hệ ta được 
x 2x 2y 2x 2(8x 2y) 2x 16x 4(2x x ) / 2              
x 4x 20x 0.     (*) 
PTĐT: 2k 4k 20 0 k 2 4i      . 
NTQ của PT (*): 2tx e (Ccos 4t Dsin 4t)  . 
2ty (2x x ) / 2 e ( 2Dcos 4t 2Csin 4t)     . 
NTQ hệ đã cho 
2t
2t
x (Ccos 4t Dsin 4t)e
y ( 2Dcos 4t 2Csin 4t)e
  

  
*CÔNG BỐ KẾT QUẢ điểm Quá trình, điểm thường xuyên 
Học viên thắc mắc – Giáo viên trả lời về điểm Quá trình – Thường xuyên 
b) Thảo luận Để giải PTVP cấp cao ta có thể dùng PP nào? 
c) Tự học - Phương pháp khử để giải hệ PTVP 
d) Bài tập (2t) 24(e); 26(h, i, j); 27(c); 30(d, e, f); 31(b); 32; 33(a, b, c). 
Tài liệu Tài liệu [1], tr .... 
TÓM TẮT CHƯƠNG 4 
PTVP 
cấp 
PT 
phân ly 
 Dạng: f (x)dx g(y)dy 
 140
một f (x)dx g(y)dy C   
PT 
thuần 
Nhất 
 Dạng: 
y
y f
x
    
 
 Đặt y u(x).x y u x u   , đưa về PT phân ly 
PT tuyến 
tính 
 Dạng: y p(x)y q(x)   
 NTQ: 
p(x)dx p(x)dx
y e C q(x)e dx
      
PT 
Bernoulli 
 Dạng: y p(x)y q(x)y   ( 0 và 1    ) 
 Chia hai vế cho y , đặt 1z y  đưa về PTTT 
PT VP 
Toàn 
phần 
 Dạng: P(x, y)dx Q(x, y)dy 0  
Q P
x y
  
 
  
 TPTQ: 
0 0
yx
0
x y
u(x, y) P(x, y )dx Q(x, y)dy C    
Thừa số 
tích 
phân 
 
Q P 1
(x)
x y Q
  
   
  
: Chọn 
(x)dx
(x) e
     
 
P Q 1
(y)
y x P
  
   
  
: Chọn 
(y) dy
(y) e
     
PTVP 
cấp 
hai 
Giảm 
cấp 
F(x, y , y ) 0   (vắng y): Đặt y p p(x)   , y p  
F(y, y , y ) 0   (vắng x) : Đặt y p(y)  , y p .p  
PT 
tuyến 
tính 
Dạng: y p(x)y q(x)y f (x)    
Thuần nhất: y p(x)y q(x)y 0    
Cấu trúc nghiệm: 1 1 2 2y C y (x) C y (x) y   
PP 
biến 
thiên 
hằng số 
 Tìm 2 nghiệm ĐLTT của PT thuần nhất 1 2y (x) và y (x) 
 Tìm nghiệm riêng 1 1 2 2y C (x) y (x) C (x) y (x)  : 
 1 1 2 2
1 1 2 2
C y C y 0
C y C y f (x)
  

    
Hệ số 
hằng 
 Thuần nhất: Bảng 4.1 
 Vế phải đặc biệt: Bảng 4.2 
 Cấp cao, vế phải đặc biệt: Bảng 4.3 
Hệ 
PTVP 
PP khử Đưa về PT cấp cao 
PP 
Tổ hợp 
Tìm ra một số tích phân đầu 
Hệ số 
hằng 
 Dùng PP khử để đưa về PT cấp cao 
 Dùng PP Euler 
 141
Bài giảng 15: Ôn tập 
Chương, mục: 4 
Tiết thứ: 70-75 Tuần thứ: 15 
Mục đích, yêu cầu: 
 Củng cố kiến thức về môn học 
 Sẵn sàng để thi hết môn 
- Hình thức tổ chức dạy học: 
Hình thức chủ yếu: Lý thuyết, thảo luận - tự học, tự nghiên cứu 
- Thời gian: 
Lý thuyết, thảo luận: 5t - Tự học, tự nghiên cứu: 5t 
- Địa điểm: 
Giảng đường do P2 phân công. 
- Nội dung chính: 
Ôn tập hết môn 
 Chữa các bài chưa có điều kiện chữa 
 Làm lại các ví dụ chưa kịp giới thiệu 
(Giáo viên làm là chính) 
 Nhắc lại về các câu hỏi lý thuyết, cách học chúng 
Hướng dẫn thi hết môn 
 Một số kinh nghiệm khi thi 
 Nhắc lại tinh thần nghiêm túc trong thi cử 
 Nhắc một số quy đinh trong kỳ thi