Dạng hạ bậc được.
Nhận xét: Đối với dạng phương trình vi phân cấp 2 hạ bậc được, ta thường đặt $t=y'$
1. $$y''-\frac{y'}{2x+1}=0\Leftrightarrow t'-\frac{t}{2x+1}=0 \Leftrightarrow \frac{dt}{dx}=\frac{t}{2x+1}\Leftrightarrow \frac{dt}{t}=\frac{dx}{2x+1}$$
$$\Leftrightarrow \ln|t|=\frac{1}{2}\ln|2x+1|+\ln|C_1|\Leftrightarrow t=C_1\sqrt{2x+1}=y'$$
$$\Rightarrow y=\int C_1\sqrt{2x+1}dx+C_2=\frac{1}{3}C_1\sqrt{(2x+1)^3}+C_2$$
2. Với bài này thì chúng ta hạ bậc, nhưng khác đi vì phương trình chỉ có hàm số của $y$ khác với bài trên, cụ thể là:
Đặt $$t=y'\Rightarrow y''=\frac{d(y')}{dx}=\frac{dt}{dx}=\frac{dy}{dx}\, \frac{dt}{dy} =y'\frac{dt}{dy}=t\frac{dt}{dy}$$
Thay vào bài toán, ta được
$$t\frac{dt}{dy}-\frac{2t^2}{y}=0\Leftrightarrow \left[\begin{matrix}y'=t=0\\\frac{dt}{dy}=\frac{2t}{y} \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left[\begin{matrix}y=C\\y'=t=C_1y^2 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left[\begin{matrix}y=C\\-\frac{1}{y}=C_1x+C_2\end{matrix}\right.$$
3. Cũng như bài 2, ta làm tương tự bước đặt.
Thay vào bài toán, ta được:
$$t\frac{dt}{dy}=t-t^2 \Leftrightarrow \left[\begin{matrix}y'=t=0\\\frac{dt}{dy}=1-t\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{matrix}y=C\\y+K=-\ln|1-t|\,\,(^*)\end{matrix}\right.$$
$$(^*)\Leftrightarrow 1-y'=e^{y+K}=C_1e^y\Leftrightarrow \frac{dy}{1-C_1e^y}=dx\Leftrightarrow y-\ln|1-C_1e^y|=x+C_2$$
4. Ta thấy phương trình vừa có hàm $x$ và hàm $y$, nên làm tương tự bài 1.
$$xy''=y'\Leftrightarrow xt'=t\Leftrightarrow \frac{dt}{t}=\frac{dx}{x}\Leftrightarrow \ln|t|=\ln|x|+\ln|C_1|=\ln|C_1x|\Leftrightarrow y'=C_1x\Leftrightarrow y=C_1x^2+C_2$$
Nhắc lại phương trình đặc trưng của phương trình vi phân. Ta có phương trình vi phân với các hệ số $a_1,a_2,...,a_n$
$$a_ny^{(n)}+...+a_2y''+a_1y'=0$$
Thì phương trình đặc trưng là $$a_nk^n+...A_2k+a_1=0$$
Vì ở đây là phương trình vi phân cấp 2 nên ta chỉ xét với $n=2$.
- Nếu phương trình đặc trưng có 2 nghiệm phân biệt $k_1,k_2$ thì nghiệm tổng quát là $$y=c_1e^{k_1x}+c_2e^{k_2x}$$
- Nếu phương trình đặc trưng có nghiệm kép là $k$ thì nghiệm tổng quát là $$y=\left ( c_1+c_2x \right )e^{kx}$$
- Nếu phương trình đặc trưng có nghiệm phức là $k=a+bi$ thì nghiệm tổng quát là $$y=e^{ax}\left ( c_1\cos bx+c_2\sin bx \right )$$
Vào bài toán.
1. Phương trình đặc trưng của phương trình thuần nhất là $k^2+2k+3=0\to k=-1\pm i\sqrt{2}$ nên nghiệm tổng quát của phuơng trình thuần nhất là $Y=e^{-x}\left ( c_1\cos\sqrt{2}x+c_2\sin\sqrt{2}x \right )$
Vì $f(x)=x+1$ nên nghiệm riêng có dạng $y^*=ax+b$. Thay vào phương trình ban đầu để tìm $a, b$. Ta tìm được $a=\frac{1}{3},\, b=\frac{1}{9}$
Vậy nghiệm tổng quát là $$y=Y+y^*=e^{-x}\left ( c_1\cos\sqrt{2}x+c_2\sin\sqrt{2}x \right )+\frac{x}{3}+\frac{1}{9}$$
2. Đây là dạng bài phân li, chỉ cần lấy tích phân 2 vế là ra.
Đáp án là $$y=c_1x+c_2-8x^2+\frac{3}{32}\sin4x+\left ( \frac{1}{4}-\frac{3x}{16} \right )\cos4x$$
3. Phương trình đặc trưng của phương trình vi phân thuần nhất là $k^2+4=0\to k=\pm 2i$ nên nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là $y=c_1\cos2x+c_2\sin2x$
Vì $f(x)=\left ( 3x-4 \right )\cos2x$ có $k=\pm2i$ nên nghiệm riêng có dạng $y^*=x\left ( ax+b \right )\cos4x+x\left ( cx+d \right )\sin4x$. Thay vào phương trình ban đầu để tìm $a, b, c, d$. Mình tìm được $y^*=\frac{5x}{16}\cos2x+x\left ( \frac{5x}{8}+\frac{1}{2} \right )\sin2x$
Vậy nghiệm tổng quát là $$y=Y+y^*=c_1\cos2x+c_2\sin2x+\frac{5x}{16}\cos2x+x\left ( \frac{5x}{8}+\frac{1}{2} \right )\sin2x$$
4. Nhìn vào $f(x)$ thì đây không phải là dạng đặc biệt, nên ta phải sử dụng phương pháp hằng số biến thiên Lagrange.
Đầu tiên ta cũng tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất, làm tương tự trên ta được $Y=c_1e^x+c_2e^{-x}$
Thì nghiệm tổng quát của ptvp ban đầu có dạng $y=c_1(x)e^x+c_2(x)e^{-x}$. Ta có hệ phương trình để tìm $c_1(x), c_2(x)$
$$\left\{\begin{matrix}c_1'(x)e^x+c_2'(x)e^{-x}=0\\c_1'(x)e^x-c_2'(x)e^{-x}=\frac{(2-x)e^x}{x^3} \end{matrix}\right.\Rightarrow c_1(x), c_2(x)$$
Hình như đề bài toán có vấn đề, tìm.....mãi 
5. Làm tương tự bài 3. Đáp số $$y=c_1\cos3x+c_2\sin3x-\frac{x}{6}\cos3x$$
6. Bài này thì dạng $f(x)=\cos x+e^x$ là 2 hàm khác nhau, ta thường tách ra $f_1(x)=\cos x,\, f_2(x)=e^x$. Nhưng ở đây tôi gộp lại luôn cho ngắn, chắc hơi rối 
Đầu tiên ta cũng tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất, làm tương tự trên ta được $Y=e^x\left ( c_1\cos x+c_2\sin x \right )$
Đánh giá thì ta thấy nghiệm riêng có dạng $y^*=a\cos x+b\sin x+ce^x$. Thay vào phương trình ban đầu, rút gọn và ta tìm được $y^*=\frac{1}{5}\cos x-\frac{2}{5}\sin x+e^x$
Vậy nghiệm tổng quát ptvp ban đầu là $$y=Y+y^*=e^x\left ( c_1\cos x+c_2\sin x \right )+\frac{1}{5}\cos x-\frac{2}{5}\sin x+e^x$$
7. Làm tương tự bài 1. Các bạn tự làm và so sánh đáp án $$y=c_1e^x+c_2e^{-4x}+\frac{x}{2}-\frac{13}{8}$$
8. Làm tương tự bài 3. Các bạn tự làm và so sánh đáp án $$y=c_1\cos4x+c_2\sin4x-x\left ( \frac{x}{8}+\frac{5}{8} \right )\cos4x+\frac{x}{32}\sin4x$$
9. Làm tương tự bài 3. Các bạn tự làm và so sánh đáp án $$y=c_1\cos4x+c_2\sin4x+\frac{x}{32}\cos4x+x\left ( \frac{x}{8}+\frac{5}{8} \right )\sin4x$$
