Toán - Hướng dẫn giải bt phương trình vi phân thường

𝑏𝑓 𝑧 + 𝑎 
Đây là dạng (2.1) 
Ví dụ : Giải phương trình 
𝑦′ = 𝑥2 + 2𝑥𝑦 + 𝑦2 − 1 
Giải 
Phương trình đã cho viết lại thành 
𝑦′ = (𝑥 + 𝑦)2 − 1 
Đặt 𝑧 = 𝑥 + 𝑦 ⇒ 𝑧′ = 1 + 𝑦′ = 1 + 𝑧2 − 1 
Hướng dẫn giải bt phương trình vi phân thường_CBM_Uneti 2009 
5 
⇔ 𝑧′ = 𝑧2 
Nếu 𝑧 ≠ 0 chia 2 vế cho 𝑧2 ta có : 
𝑑𝑧
𝑧2
= 𝑑𝑥 
⇔
1
𝑧
= −𝑥 + 𝐶 
⇔ 𝑧 =
1
𝐶 − 𝑥
Nghiệm tổng quát 
𝑦 =
1
𝐶 − 𝑥
− 𝑥 
Nếu 𝑧 = 0 ⇔ 𝑦 = −𝑥, đây là nghiệm kỳ di của phương trình. 
3. Phƣơng trình vi phân đẳng cấp cấp 1 
Dạng : 
𝑦′ = 𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝜑 
𝑦
𝑥
 (3.1) 
Phƣơng pháp giải 
Đặt 𝑢 =
𝑦
𝑥
 suy ra 𝑦 = 𝑢𝑥 nên 𝑦′ = 𝑢 + 𝑢′𝑥, thay vao ta có: 
𝑢′𝑥 = 𝜑 𝑢 − 𝑢 
Nếu 𝜑 𝑢 − 𝑢 ≠ 0, ta có : 
𝑑𝑢
𝜑 𝑢 − 𝑢
=
𝑑𝑥
𝑥
Suy ra tích phân tổng quát : 
𝑑𝑢
𝜑 𝑢 − 𝑢
= 
𝑑𝑥
𝑥
+ 𝐶 
Nếu 𝜑 𝑢 − 𝑢 = 0 có nghiệm 𝑢 = 𝑎 thì 𝑦 = 𝑎𝑥 là nghiệm 
Nếu Nếu 𝜑 𝑢 − 𝑢 ≡ 0 thì phương trình trở thành 
𝑦′ =
𝑦
𝑥
Có nghiệm 𝑦 = 𝐶𝑥 
Chú ý 1: Muốn kiểm tra phương trình 𝑦′ = 𝑓 𝑥, 𝑦 có phải đẳng cấp cấp 1 không 
Hướng dẫn giải bt phương trình vi phân thường_CBM_Uneti 2009 
6 
ta có thể kiểm tra 𝑓 𝑡𝑥, 𝑡𝑦 = 𝑓 𝑥, 𝑦 , ∀𝑡 thì cho 𝑡 =
1
𝑥
 ta có 𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑓 𝑡𝑥, 𝑡𝑦 =
𝑓 1,
𝑦
𝑥
 = 𝜑(
𝑦
𝑥
) 
Ví dụ : Giải phương trình 
𝑦′ =
𝑦
𝑥
+ 𝑒
𝑦
𝑥 
Giải 
Đặt 𝑢 =
𝑦
𝑥
 ta có 𝑦 = 𝑢𝑥 và 𝑦′ = 𝑢′𝑥 + 𝑢 = 𝑢 + 𝑒𝑢 
Suy ra : 
𝑢′𝑥 = 𝑒𝑢 
hay 
𝑒−𝑢𝑑𝑢 =
𝑑𝑥
𝑥
Tích phân 2 vế ta có : 
𝐶 − 𝑒−𝑢 = 𝑙𝑛𝑥 
⇔ 𝐶 = 𝑒−
𝑦
𝑥 + 𝑙𝑛𝑥 
Chú ý 2: 
Phương trình 
𝑦′ = 𝑓(
𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦 + 𝑐1
𝑎2𝑥 + 𝑏2𝑦 + 𝑐2
) 
Có thê đưa về dạng biến số phân ly 
Trường hợp 1 :Nếu 
𝑎1 𝑏1
𝑎2 𝑏2
 ≠ 0 thì đặt 
𝑥 = 𝑡 + 𝛼
𝑦 = 𝑧 + 𝛽
Với 𝛼, 𝛽 là nghiệm của hệ 
𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦 + 𝑐1 = 0
𝑎2𝑥 + 𝑏2𝑦 + 𝑐2 = 0
 , khi đó : 
𝑑𝑧
𝑑𝑡
=
𝑑𝑧
𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑡
=
𝑑𝑦
𝑑𝑥
Thay vào ta có : 
Hướng dẫn giải bt phương trình vi phân thường_CBM_Uneti 2009 
7 
𝑧′ = 𝑓(
𝑎1𝑡 + 𝑏1𝑧
𝑎12𝑡 + 𝑏2𝑧
) 
Đây là phương trình đẳng cấp cấp 1. 
Trường hợp 2 :Nếu 
𝑎1 𝑏1
𝑎2 𝑏2
 = 0 thì 
𝑎1
𝑎2
=
𝑏1
𝑏2
= 𝑘 ta đặt : 
𝑧 = 𝑎2𝑥 + 𝑏2𝑦 
Ta có : 
𝑧′ = 𝑎2 + 𝑏2𝑓(
𝑘𝑧 + 𝑐1
𝑧 + 𝑐2
) 
Đây là phương trình biến số phân ly. 
Ví dụ : Giải phương trình vi phân 
 𝑥 + 𝑦 − 2 𝑑𝑥 − 𝑥 − 𝑦 + 4 𝑑𝑦 = 0 
Giải 
Nếu 𝑥 − 𝑦 + 4 ≠ 0 phương trình đã cho tương đương với : 
𝑦′ =
𝑥 + 𝑦 − 2
𝑥 − 𝑦 + 4
Do 𝐷 = 
1 1
1 −1
 = −2 ≠ 0 nên giải hệ : 
𝑥 + 𝑦 − 2 = 0
𝑥 − 𝑦 + 4 = 0
 ⇒ 
𝛼 = −1
𝛽 = 3
Đặt: 
𝑥 = 𝑡 − 1
𝑦 = 𝑧 + 3
⇒ 𝑧′ =
𝑡 + 𝑧
𝑡 − 𝑧
Đặt 𝑢 =
𝑧
𝑡
 ta có 𝑧 = 𝑢𝑡 và 
𝑧′ = 𝑢′𝑡 + 𝑢 =
1 + 𝑢
1 − 𝑢
⇔ 𝑢′𝑡 =
𝑢2 + 1
1 − 𝑢
⇔
1 − 𝑢
1 + 𝑢2
𝑑𝑢 =
𝑑𝑡
𝑡
Lấy tích phân 2 vế 
Hướng dẫn giải bt phương trình vi phân thường_CBM_Uneti 2009 
8 
1 − 𝑢
1 + 𝑢2
𝑑𝑢 = 
𝑑𝑡
𝑡
+ 𝑙𝑛𝐶 
⇔ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑢 − 𝑙𝑛 1 + 𝑢2 = 𝑙𝑛(𝐶𝑡) 
⇔ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑢 = 𝑙𝑛(𝐶𝑡 1 + 𝑢2) 
⇔ 𝑒𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑢 = 𝐶𝑡 1 + 𝑢2 
Thay 𝑢 =
𝑧
𝑡
 ta có 
𝑒𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔
𝑧
𝑡 = 𝐶 𝑧2 + 𝑡2 
Thay 𝑧 = 𝑦 − 3 và 𝑡 = 𝑥 + 1 ta được tích phân tổng quát 
𝑒𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔
𝑦−3
𝑥+1 = 𝐶 (𝑦 − 3)2 + (𝑥 + 1)2 
4. Phƣơng trình vi phân tuyến tính cấp 1 
a. Phƣơng trình vi phân tuyến tính cấp 1 thuần nhất 
Dạng : 
𝑦′ + 𝑝 𝑥 𝑦 = 0 (4.1) 
Với 𝑝(𝑥) là hàm cho trước. 
Phƣơng pháp giải 
Có nghiệm tổng quát là 
𝑦 = 𝐶𝑒− 𝑝 𝑥 𝑑𝑥 
b. Phƣơng trình vi phân tuyến tính cấp 1 không thuần nhất 
Dạng : 
𝑦′ + 𝑝 𝑥 𝑦 = 𝑞 𝑥 4.2 
Với p x , q(x) là các hàm cho trước. 
Phƣơng pháp giải 
Có nghiệm tổng quát là 
y = 𝑒− 𝑝 𝑥 𝑑𝑥 (𝐶 + 𝑒 𝑝 𝑥 𝑑𝑥 𝑞 𝑥 𝑑𝑥) 
Hướng dẫn giải bt phương trình vi phân thường_CBM_Uneti 2009 
9 
Chú ý : Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 không 
thuần nhất có thể viết 
y = 𝐶𝑒− 𝑝 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑒− 𝑝 𝑥 𝑑𝑥 𝑒 𝑝 𝑥 𝑑𝑥 𝑞 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑦1 + 𝑦2 
Với 𝑦1 là nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 thuần nhất 
tương ứng và 𝑦2 là nghiệm riêng của phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 
không thuần nhất tìm được bằng phương pháp biến thiên hằng số đối vơi 𝑦1. 
Ví dụ :Giải phương trình 
𝑦′ −
𝑦
𝑥
= 𝑥2 
Giải 
y = 𝑒 
1
𝑥𝑑𝑥 (𝐶 + 𝑒− 
1
𝑥𝑑𝑥 𝑥2𝑑𝑥) 
y = 𝑥 𝐶 + 𝑥𝑑𝑥 = 𝑥(𝐶 +
𝑥
2
) 
5. Phƣơng trình Becnuly 
Dạng 
𝑦′ + 𝑝 𝑥 𝑦 = 𝑞 𝑥 𝑦𝛼 5.1 
Phƣơng pháp giải 
Nếu 𝛼 = 0 hoặc 𝛼 = 1 thì đây là phương trình tuyến tính 
Nếu 𝛼 ≠ 0 và 𝛼 ≠ 1 bằng cách chia cả 2 vế cho 𝑦𝛼 và đặt 𝑧 = 𝑦1−𝛼 ta có : 
𝑧′ + 1 − 𝛼 𝑝 𝑥 𝑧 = 1 − 𝛼 𝑞(𝑥) 
Đây là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1. 
Ví dụ : Giải phương trình vi phân 
𝑦′ +
𝑦
𝑥
= 𝑥2𝑦4 
Giải 
Chia 2 vế cho 𝑦4 ta có 
𝑦−4𝑦′ +
1
𝑥
𝑦−3 = 𝑥2 
Đặt 𝑧 = 𝑦−3 ta có 𝑧′ = −3𝑦−4𝑦′, thay vào phương trình ta có : 
Hướng dẫn giải bt phương trình vi phân thường_CBM_Uneti 2009 
10 
𝑧′ −
3
𝑥
𝑧 = −3𝑥2 
Đây là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 theo 𝑧 nên có nghiệm tổng quát : 
𝑧 = 𝑒 
3
𝑥𝑑𝑥 (𝐶 − 3 𝑒− 
3
𝑥𝑑𝑥 𝑥2𝑑𝑥) 
⇔ 𝑧 = 𝐶𝑥3 − 3𝑥3𝑙𝑛𝑥 
⇔
1
𝑦3
= 𝐶𝑥3 − 3𝑥3𝑙𝑛𝑥 
6. Phƣơng trình vi phân toàn phần 
Dạng : 
𝑃 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑄 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0 (6.1) 
Với 𝑃 𝑥, 𝑦 , 𝑄(𝑥, 𝑦) là các hàm liên tục và có các đạo hàm riêng liên tục trong 
miền D và thỏa mãn điều kiện : 
𝜕𝑃(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑦
=
𝜕𝑄(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑥
 (6.2) 
Phƣơng pháp giải 
Khi đó tích phân tổng quát có dạng : 
 𝑃 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥
𝑥
𝑥0
+ 𝑄 𝑥0, 𝑦 𝑑𝑦
𝑦
𝑦0
= 𝐶 
Hoặc 
 𝑃 𝑥, 𝑦0 𝑑𝑥
𝑥
𝑥0
+ 𝑄 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦
𝑦
𝑦0
= 𝐶 
Với (𝑥0, 𝑦0) ∈ 𝐷 
Ví dụ: Giải phương trình: 
 4𝑥𝑦2 + 𝑦 𝑑𝑥 + 4𝑥2𝑦 + 𝑥 𝑑𝑦 = 0 
Giải 
𝑃 = 4𝑥𝑦2 + 𝑦, 𝑄 = 4𝑥2𝑦 + 𝑥 
Do 
Hướng dẫn giải bt phương trình vi phân thường_CBM_Uneti 2009 
11 
𝜕𝑃(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑦
=
𝜕𝑄(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑥
= 8𝑥𝑦 + 1, ∀(𝑥, 𝑦) 
Nên đây là phương trình vi phân toàn phần, chọn 𝑥0 = 𝑦0 = 0 ta có tích phân 
tổng quát 
 (4𝑥𝑦2 + 𝑦)
𝑥
0
𝑑𝑥 + 4. 02𝑦 + 0 𝑑𝑦 = 𝐶
𝑦
0
2𝑥2𝑦2 + 𝑥𝑦 = 𝐶 
Chú ý : 
Nếu điều kiện (6.2) không thỏa mãn thì 𝑃 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑄 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0 không phải là 
vi phân toàn phần. Khi đó ta có thể tìm được hàm 𝑕(𝑥, 𝑦) sao cho phương trình 
𝑕 𝑥, 𝑦 𝑃 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑕 𝑥, 𝑦 𝑄 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0 (6.3) 
Là phương trình vi phân toàn phần. Khi đó nghiệm tổng quát của (6.1) và (6.3) là 
như nhau. 
Hàm số 𝑕(𝑥, 𝑦) gọi là thừa số tích phân được tìm dựa vào đẳng thức 
𝜕(𝑕𝑃)
𝜕𝑦
=
𝜕(𝑕𝑄)
𝜕𝑥
Nói chung, không có phương pháp tổng quát nào để tìm thừa số tích phân, ta chỉ 
xét hai trương hợp sau: 
Trường hợp 1: Nếu 
𝜕𝑃(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑦 −
𝜕𝑄(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑥
𝑄(𝑥, 𝑦)
= 𝑔(𝑥) 
Thì thừa số tích phân 
𝑕 𝑥, 𝑦 = 𝑕 𝑥 = 𝑒 𝑔 𝑥 𝑑𝑥 
Trường hợp 2: Nếu 
𝜕𝑃(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑦 −
𝜕𝑄(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑥
𝑃(𝑥, 𝑦)
= 𝑔(𝑦) 
Thì thừa số tích phân 
𝑕 𝑥, 𝑦 = 𝑕 𝑦 = 𝑒− 𝑔 𝑦 𝑑𝑦 
Hướng dẫn giải bt phương trình vi phân thường_CBM_Uneti 2009 
12 
Ví dụ: Giải phương trình: 
𝑦𝑑𝑥 − 4𝑥2𝑦 + 𝑥 𝑑𝑦 = 0 
Giải 
𝑃 = 𝑦, 𝑄 = − 4𝑥2𝑦 + 𝑥 ⇒
𝜕𝑃(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑦
= 1 ≠
𝜕𝑄(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑥
= −8𝑥𝑦 − 1 
Do 
𝜕𝑃(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑦 −
𝜕𝑄(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑥
𝑄(𝑥, 𝑦)
= −
2
𝑥
Nên ta tìm 
𝑕 𝑥, 𝑦 = 𝑕 𝑥 = 𝑒− 
2
𝑥𝑑𝑥 =
1
𝑥2
Phương trình đã cho có cùng nghiệm tổng quát với phương trình 
𝑦
𝑥2
𝑑𝑥 − 4𝑦 +
1
𝑥
 𝑑𝑦 = 0 
Đây là phươg trình toàn phần, lấy x0 = 1, y0 = 0 ta có tích phân tổng quát: 
0
𝑥2
𝑑𝑥
𝑥
1
− 4𝑦 +
1
𝑥
 𝑑𝑦
𝑦
0
= 𝐶 
2𝑦2 +
𝑦
𝑥
= 𝐶 
7. Phƣơng trình Clairaut 
Dạng : 
𝑦 = 𝑥𝑦′ + 𝑓 𝑦′ (7.1) 
Trong đó 𝑓 là một hàm khả vi 
Phƣơng pháp giải 
Đặt 𝑦′ = 𝑡 ta có 𝑦 = 𝑥𝑡 + 𝑓(𝑡). Lấy đạo hàm 2 vế đối với biến 𝑥 ta có : 
𝑦′ = 𝑡 + 𝑥
𝜕𝑡
𝜕𝑥
+ 𝑓 ′ 𝑡 
𝜕𝑡
𝜕𝑥
= 𝑡 
Hay 
 𝑥 + 𝑓′ 𝑡 
𝜕𝑡
𝜕𝑥
= 0 
Hướng dẫn giải bt phương trình vi phân thường_CBM_Uneti 2009 
13 
Suy ra : 
Nếu 
𝜕𝑡
𝜕𝑥
= 0 thì 𝑡 = 𝐶 nên nghiêm tổng quát là 
𝑦 = 𝐶𝑥 + 𝑓(𝐶) 
Nếu 𝑥 = −𝑓 ′(𝑡) thì 𝑦 = −𝑡𝑓 ′ 𝑡 + 𝑓(𝑡) ta có nghiệm kỳ dị cho dưới dạng tham số: 
𝑥 = −𝑓 ′(𝑡)
𝑦 = −𝑡𝑓 ′ 𝑡 + 𝑓(𝑡)
Ví dụ: Giải phương trình 
𝑦 = 𝑥𝑦′ −
1
4
(𝑦′)2 
Giải 
Đây là phương trình Clairaut với 𝑓 𝑦′ =
1
4
(𝑦′)2. Thực hiện như trên ta có nghiệm 
tổng quát là 
𝑦 = 𝐶𝑥 −
1
4
𝐶2 
Và nghiệm kỳ dị là : 
𝑦 = 𝑡𝑥 −
1
4
𝑡2
𝑥 =
1
2
𝑡
8. Phƣơng trình Lagrange 
Dạng: 
𝑦 = 𝑥𝑔 𝑦′ + 𝑓 𝑦′ (8.1) 
Trong đó 𝑔, 𝑓 là các hàm khả vi. 
Phƣơng pháp giải 
Đặt 𝑡 = 𝑦′ ta có𝑦 = 𝑥𝑔 𝑡 + 𝑓(𝑡), lấy đạo hàm 2 vế theo 𝑥 ta có: 
𝑦′ = 𝑔 𝑡 + 𝑥𝑔′ 𝑡 
𝜕𝑡
𝜕𝑥
+ 𝑓 ′ 𝑡 
𝜕𝑡
𝜕𝑥
= 𝑡 
Suy ra: 
 𝑔 𝑡 − 𝑡 
𝜕𝑥
𝜕𝑡
+ 𝑥𝑔′ 𝑡 = −𝑓 ′ (𝑡) 
Hướng dẫn giải bt phương trình vi phân thường_CBM_Uneti 2009 
14 
Đây là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1theo hàm 𝑥, giải phương trình trên 
ta có 
𝑥 = 𝜑(𝑡, 𝐶) 
Suy ra nghiệm tổng quát tìm được dưới dạng tham số: 
𝑥 = 𝜑(𝑡, 𝐶)
𝑦 = 𝜑(𝑡, 𝐶)𝑔 𝑡 + 𝑓(𝑡)
Ví dụ: Giải phương trình 
𝑦 = 𝑥𝑦′2 + 𝑦′2 
Giải 
Đặt 𝑡 = 𝑦′ ta có 𝑦 = 𝑥𝑡2 + 𝑡2, lấy đạo hàm 2 vế ta có : 
𝑦′ = 𝑡2 + 2𝑥𝑡
𝜕𝑡
𝜕𝑥
+ 2𝑡
𝜕𝑡
𝜕𝑥
= 𝑡 
Hay 
 𝑡2 − 𝑡 
𝜕𝑥
𝜕𝑡
+ 2𝑥𝑡 = −2𝑡 
Nếu 𝑡2 − 𝑡 ≠ 0, chia 2 vê cho 𝑡2 − 𝑡 ta có : 
𝜕𝑥
𝜕𝑡
+
2
𝑡 − 1
𝑥 =
2
1 − 𝑡
Đây là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 nên có nghiệm tổng quát : 
𝑥 = 𝑒− 
2
𝑡−1𝑑𝑡 (𝐶 + 𝑒 
2
𝑡−1𝑑𝑡
2
1 − 𝑡
𝑑𝑡) 
𝑥 =
𝐶
(𝑡 − 1)2
Suy ra nghiệm tổng quát dưới dạng tham số : 
 𝑥 =
𝐶
(𝑡 − 1)2
𝑦 =
𝐶
(𝑡 − 1)2
𝑡2 + 𝑡2
9. Một số dạng khác 
a. Dạng 𝑥 = 𝜑 𝑦′ (9.1) 
Phƣơng pháp giải 
Hướng dẫn giải bt phương trình vi phân thường_CBM_Uneti 2009 
15 
Đặt 𝑡 = 𝑦′ =
𝑑𝑦
𝑑𝑥
 khi đó ta có 𝑥 = 𝜑(𝑡) nên 𝑑𝑥 = 𝜑′ 𝑡 𝑑𝑡 
Suy ra 𝑑𝑦 = 𝑡𝑑𝑥 = 𝑡𝜑′ 𝑡 𝑑𝑡 
Nên 𝑦 = 𝑡𝜑′ 𝑡 𝑑𝑡 + 𝐶 
Vậy nghiệm tổng quát tìm được dưới dạng tham số 
𝑥 = 𝜑 𝑡 
𝑦 = 𝑡𝜑′ 𝑡 𝑑𝑡 + 𝐶
Ví dụ: Giải phương trình: 
𝑥 = 𝑠𝑖𝑛𝑦′ + 𝑐𝑜𝑠𝑦′ 
Giải 
Đặt 𝑡 = 𝑦′ ta có 𝑥 = 𝑠𝑖𝑛𝑡 + 𝑐𝑜𝑠𝑡 nên 𝑑𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝑡 − 𝑠𝑖𝑛𝑡 𝑑𝑡, suy ra 
𝑑𝑦 = 𝑡𝑑𝑥 = 𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡 − 𝑠𝑖𝑛𝑡 𝑑𝑡 
𝑦 = 𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡 − 𝑠𝑖𝑛𝑡 𝑑𝑡 
𝑦 = 𝑡 − 1 𝑠𝑖𝑛𝑡 + 𝑡 + 1 𝑐𝑜𝑠𝑡 + 𝐶 
Vậy nghiệm tổng quát là 
𝑥 = 𝑠𝑖𝑛𝑡 + 𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑦 = 𝑡 − 1 𝑠𝑖𝑛𝑡 + 𝑡 + 1 𝑐𝑜𝑠𝑡 + 𝐶
b. Dạng 𝑦 = 𝜑 𝑦′ (9.2) 
Phƣơng pháp giải 
Đặt 𝑡 = 𝑦′ ta có 𝑦 = 𝜑(𝑡) nên 𝑑𝑦 = 𝜑′ 𝑡 𝑑𝑡. Mặt khác 
𝑑𝑥 =
𝑑𝑦
𝑡
=
𝜑′ 𝑡 𝑑𝑡
𝑡
Suy ra 
𝑥 = 
𝜑′ 𝑡 𝑑𝑡
𝑡
+ 𝐶 
Vậy nghiêm tổng quát tìm được dưới dạng tham số 
𝑥 = 
𝜑′ 𝑡 𝑑𝑡
𝑡
+ 𝐶
𝑦 = 𝜑(𝑡)
Hướng dẫn giải bt phương trình vi phân thường_CBM_Uneti 2009 
16 
Ví dụ: Giải phương trình: 
𝑦 =
(𝑦′)2
𝑒𝑦′
Giải 
Đặt 𝑡 = 𝑦′ ta có 𝑦 =
𝑡2
𝑒 𝑡
 suy ra 𝑑𝑦 = 2𝑡𝑒−𝑡 − 𝑡2𝑒−𝑡 𝑑𝑡 
Nên 𝑑𝑥 =
𝑑𝑦
𝑡
= 2 − 𝑡 𝑒−𝑡𝑑𝑡 
Suy ra 
𝑥 = 2 − 𝑡 𝑒−𝑡𝑑𝑡 + 𝐶 = 𝑡 − 1 𝑒−𝑡 + 𝐶 
Vậy nghiệm tổng quát là 
𝑥 = 𝑡 − 1 𝑒−𝑡 + 𝐶
𝑦 =
𝑡2
𝑒𝑡
III. Phƣơng trình vi phân cấp 2 
1. Khái niệm 
Dạng: 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑦′ , 𝑦′′ = 0 (3) hoặc 𝑦′′ = 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑦′ (4) 
Nếu từ (3) ta tìm được hàm số 𝑦 = 𝑦(𝑥, 𝐶1, 𝐶2) với 𝐶1, 𝐶2 là hằng số tùy ý thì 
𝑦 = 𝑦(𝑥, 𝐶1, 𝐶2) gọi là nghiệm tổng quát của (3). 
Đôi khi ta không tìm được nghiệm tổng quát của (3) mà tìm được một hệ thức 
dạng: Φ 𝑥, 𝑦, 𝐶1, 𝐶2 = 0 nó xác định nghiệm tổng quát dưới dạng ẩn thì hệ thức 
này gọi là tích phân tổng quát của (3). 
Nếu cho 𝐶1, 𝐶2 trong nghiệm tổng quát của (3) một giá trị xác định 𝑎, 𝑏 thì ta được 
nghiệm riêng của (3), tức là 𝑦 = 𝑦(𝑥, 𝑎, 𝑏) là nghiệm riêng của (3). 
Tương tự nếu cho 𝐶1, 𝐶2 trong tích phân tổng quát của (3) một giá trị xác định 𝑎, 𝑏 
thì ta được tích phân riêng của (3), tức là Φ 𝑥, 𝑦, 𝑎, 𝑏 = 0 là tích phân riêng của 
(3). 
Nếu khi giải (3) có những nghiệm không nằm trong họ nghiệm tổng quát thì giọ là 
nghiệm kỳ dị (hay nghiệm ngoại lai). 
2. Các phƣơng trình vi phân cấp 2 giải đƣợc bằng phƣơng pháp hạ cấp 
a. Dạng: 
𝑦′′ = 𝑓 𝑥 (2.1) 
Hướng dẫn giải bt phương trình vi phân thường_CBM_Uneti 2009 
17 
Phƣơng pháp giải 
Lấy tích phân 2 lần liên tiếp ta có nghiệm tổng quát 
𝑦 = 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶1 𝑑𝑥 + 𝐶 
Ví dụ: Giải phương trình: 
𝑦′′ = 𝑥2 + 𝑥𝑒𝑥 + 1 
Giải 
𝑦 = (𝑥2 + 𝑥𝑒𝑥 + 1)𝑑𝑥 + 𝐶1 𝑑𝑥 + 𝐶 
𝑦 =
𝑥4
12
+
𝑥2
2
+ 𝑥𝑒𝑥 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
b. Dạng 
𝑦′′ = 𝑓 𝑥, 𝑦′ (2.2) 
Phƣơng pháp giải 
Đặt 𝑧 = 𝑦′, phương trình đã cho được đưa về dạng: 
𝑧′ = 𝑓(𝑥, 𝑧) 
Đây là phương trình vi phân cấp 1, giải phương trình này ta tìm được 𝑧 rồi từ đó 
tìm được 𝑦. 
Ví dụ: Giải phương trình: 
𝑦′′ = 𝑥 −
𝑦′
𝑥
Giải 
Đặt 𝑧 = 𝑦′ ta có: 
𝑧′ = 𝑥 −
𝑧
𝑥
⇔ 𝑧′ +
𝑧
𝑥
= 𝑥 
Đây là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 nên có nghiệm tổng quát : 
𝑧 = 𝑒− 
1
𝑥𝑑𝑥 𝐶1 + 𝑒
1
𝑥𝑑𝑥 𝑥𝑑𝑥 =
𝑥2
3
+
𝐶1
𝑥
Hướng dẫn giải bt phương trình vi phân thường_CBM_Uneti 2009 
18 
Do đó : 
𝑦′ =
𝑥2
3
+
𝐶1
𝑥
Nên : 
𝑦 = (
𝑥2
3
+
𝐶1
𝑥
)𝑑𝑥 + 𝐶2 =
𝑥3
9
+ 𝐶1𝑙𝑛 𝑥 + 𝐶2 
c. Dạng 
𝑦′′ = 𝑓 𝑦, 𝑦′ (2.3) 
Phƣơng pháp giải 
Đặt 𝑦′ = 𝑡, coi 𝑦 là biến của hàm 𝑡, tức là 𝑡 = 𝑡(𝑦), ta có : 
𝑦′′ =
𝑑𝑦′
𝑑𝑥
=
𝑑𝑡
𝑑𝑥
=
𝑑𝑡
𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑡′ . 𝑡 = 𝑓(𝑦, 𝑡) 
Suy ra : 
𝑡′ =
𝑓 𝑦, 𝑡 
𝑡
Đây là phương trình vi phân cấp 1, giải đươc ra 𝑡 rồi từ đó tìm được 𝑦 
Ví dụ : Giải phương trình : 
𝑦𝑦′′ − 𝑦′2 = 0 
Giải 
Đặt 𝑦′ = 𝑡 suy ra𝑦′′ = 𝑡′𝑡, thay vào ta có: 
𝑦𝑡′𝑡 − 𝑡2 = 0 
⇔ 𝑦𝑡 ′𝑡 = 𝑡2 
Nếu 𝑡 = 0 ⇒ 𝑦 = 𝐶1 
Nếu 𝑡 ≠ 0 
𝑑𝑡
𝑡
=
𝑑𝑦
𝑦
Lấy tích phân 2 vế ta có: 
Hướng dẫn giải bt phương trình vi phân thường_CBM_Uneti 2009 
19 
𝑑𝑡
𝑡
= 
𝑑𝑦
𝑦
𝑡 = 𝐶1𝑦 
Ta có 
𝑦′ = 𝐶1𝑦 
𝑑𝑦
𝑦
= 𝐶1𝑑𝑥 
Lấy tích phân ta có: 
𝑑𝑦
𝑦
= 𝐶1 𝑑𝑥 + 𝑙𝑛𝐶2 
𝑦 = 𝐶2𝑒
𝐶1𝑥 
d. Phƣơng trình vi phân cấp 2 đẳng cấp đối với hàm phải tìm và các đạo 
hàm của nó 
Dạng : 
𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑦′ , 𝑦′′ = 0 (2.4) 
Trong đó 𝐹 là hàm đẳng cấp cấp m đối với 𝑦, 𝑦′ , 𝑦′′ , tức là 
𝐹 𝑥, 𝑡𝑦, 𝑡𝑦′ , 𝑡𝑦′′ = 𝑡𝑚𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) 
Phƣơng pháp giải 
Đặt 𝑦′ = 𝑦𝑧 với 𝑧 là hàm của 𝑥, ta có : 
𝑦′′ = 𝑦′𝑧 + 𝑦𝑧′ = 𝑦𝑧2 + 𝑦𝑧′ = 𝑦(𝑧2 + 𝑧′ ) 
Thay vào ta có : 
𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑦𝑧, 𝑦 𝑧2 + 𝑧′ ) 
⇔ 𝑦𝑚𝐹 𝑥, 1, 𝑧, 𝑧2 + 𝑧′ = 0 
⇔ 𝐹 𝑥, 1, 𝑧, 𝑧2 + 𝑧′ = 0 
Đây là phương trình vi phân cấp 1. 
Ví dụ : Giải phương trình 
3𝑦′2 = 4𝑦𝑦′′ + 𝑦2 
Giải 
Hướng dẫn giải bt phương trình vi phân thường_CBM_Uneti 2009 
20 
Đặt 𝑦′ = 𝑦𝑧 với 𝑧 là hàm của 𝑥, ta có : 
𝑦′′ = 𝑦′𝑧 + 𝑦𝑧′ = 𝑦𝑧2 + 𝑦𝑧′ = 𝑦(𝑧2 + 𝑧′ ) 
Thay vào ta có : 
3𝑦2𝑧2 = 4𝑦2(𝑧2 + 𝑧′ + 1) 
Nếu 𝑦 ≠ 0 ta có : 
𝑧′ = −
𝑧2 + 1
4
⇔
𝑑𝑧
𝑧2 + 1
= −
𝑑𝑥
4
Lấy tích phân 2 vế ta có : 
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑧 = −𝑥 + 𝐶1 
⇒ 𝑧 = 𝑡𝑔(𝐶1 − 𝑥) 
⇔
𝑦′
𝑦
= 𝑡𝑔(𝐶1 − 𝑥) 
⇔ 
𝑑𝑦
𝑦
= 𝑡𝑔(𝐶1 − 𝑥)𝑑𝑥 + 𝑙𝑛𝐶2 
⇔ 𝑙𝑛𝑦 = 4𝑙𝑛𝑐𝑜𝑠 𝐶1 − 𝑥 + 𝑙𝑛𝐶2 
𝑦 = 𝐶2𝑐𝑜𝑠
4 𝐶1 − 𝑥 
3. Phƣơng trình vi phân tuyến tính cấp 2 
a. Định nghĩa 
Dạng : 
𝑦′′ + 𝑎1 𝑥 𝑦
′ + 𝑎0 𝑥 𝑦 = 𝑓 𝑥 (5) 
Trong đó 𝑎0(𝑥), 𝑎1(𝑥), 𝑓(𝑥)là các hàm liên tục 
Nếu 𝑓(𝑥) ≡ 0 thì phương trình 
𝑦′′ + 𝑎1 𝑥 𝑦
′ + 𝑎0 𝑥 𝑦 = 0 (6) 
Là phương trình vi phân cấp 2 thuần nhất, ngược lại gọi là phương trình vi phân 
tuyến tính cấp 2 không thuần nhất. 
Nếu 𝑎0(𝑥), 𝑎1(𝑥) là các hằng số thì gọi là phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 
với hệ số hằng. 
Hướng dẫn giải bt phương trình vi phân thường_CBM_Uneti 2009 
21 
b. Các định lý về cấu trúc nghiệm 
Định lý 1 : 
Nếu 𝑦1 𝑥 , 𝑦2(𝑥) là 2 nghiệm của (6) thì 𝐶1𝑦1 𝑥 + 𝐶2𝑦2 𝑥 cũng là nghiệm của 
(6), hơn nữa nếu 𝑦1 𝑥 , 𝑦2(𝑥) độc lập tuyến tính (𝑦1 𝑥 /𝑦2(𝑥) ≠ 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡) thì 
𝐶1𝑦1 𝑥 + 𝐶2𝑦2 𝑥 là nghiệm tổng quát của (6). 
Định lý 2 : 
Nếu đã biêt một nghiêm riêng 𝑦1(𝑥) ≢ 0 của (6) thì nghiệm riêng 𝑦2(𝑥) khác của 
(6) tìm được bằng cách đặt 𝑦2 𝑥 = 𝑦1 𝑥 𝑢(𝑥) 
Chú ý : Sử dung công thức Liouville ta có : 
𝑦2 𝑥 = 𝑦1(𝑥) 
𝑒− 𝑎1 𝑥 𝑑𝑥
𝑦1
2 𝑑𝑥 
Định lý 3 
Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 không thuần nhất 
(5) bằng nghiệm tổng quát của phương trình (6) cộng với nghiệm riêng của (5). 
Định lý 4 (nguyên lý chồng chất nghiệm) 
Nếu 𝑦𝑖 là nghiệm riêng của phương trình 𝑦
′′ + 𝑎1 𝑥 𝑦
′ + 𝑎0 𝑥 𝑦 = 𝑓𝑖 𝑥 thì 
𝑦 = 𝑦1 + 𝑦2 + ⋯ + 𝑦𝑚 là nghiệm riêng của phương trình : 
𝑦′′ + 𝑎1 𝑥 𝑦
′ + 𝑎0 𝑥 𝑦 = 𝑓1 𝑥 + 𝑓2 𝑥 + ⋯ + 𝑓𝑚 𝑥 
Định lý 5 (Phƣơng pháp biến thiên hàng số Lagrange) 
Nếu 𝑦1 𝑥 , 𝑦2(𝑥) là 2 nghiệm độc lập tuyến tính của (6) thì phương trình (4) 
nghiệm riêng dạng 𝑦 = 𝐶1𝑦1 𝑥 + 𝐶2𝑦2(𝑥), trong đó 𝐶1 𝑥 , 𝐶2(𝑥) là các hàm thỏa 
mãn : 
𝐶′ 1 𝑥 𝑦1 𝑥 + 𝐶
′
2 𝑥 𝑦2 𝑥 = 0
𝐶′ 1 𝑥 𝑦′1 𝑥 + 𝐶
′
2 𝑥 𝑦′2 𝑥 = 𝑓(𝑥)
Ví dụ : Tìm nghiệm tổng quát của phương trình 
 𝑥2 + 1 𝑦′′ − 2𝑥𝑦′ + 2𝑦 = 0 
Biết một nghiệm riêng 𝑦1 = 𝑥. 
Giải 
Theo công thức Liouville, ta tìm nghiệm riêng 𝑦2 độc lập tuyến tính với 𝑦1 bằng 
cách đặt 
Hướng dẫn giải bt phương trình vi phân thường_CBM_Uneti 2009 
22 
𝑦2 𝑥 = 𝑥 
𝑒
2𝑥
𝑥2+1
𝑑𝑥
𝑥2
𝑑𝑥 = 𝑥 
𝑥2 + 1
𝑥2
𝑑𝑥 = 𝑥 𝑥 −
1
𝑥
 = 𝑥2 − 1 
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là 
𝑦 = 𝐶1𝑥 + 𝐶2(𝑥
2 − 1) 
Ví dụ : Giải phương trình : 
𝑥2 𝑙𝑛𝑥 − 1 𝑦′′ − 𝑥𝑦′ + 𝑦 = 0 
Biết rằng nó có một nghiệm riêng dạng 𝑦1 = 𝑥
𝛼 . 
Giải 
Để tìm 𝛼 ta tính 𝑦′1 = 𝛼𝑥
𝛼−1, 𝑦′′1 = 𝛼(𝛼 − 1)𝑥
𝛼−2, thay vào phương trình đã cho 
ta có : 
𝑥2 𝑙𝑛𝑥 − 1 𝛼(𝛼 − 1)𝑥𝛼−2 − 𝑥𝛼𝑥𝛼−1 + 𝑥𝛼 = 0 
𝑥𝛼 𝛼 𝛼 − 1 𝑙𝑛𝑥 + 1 − 𝛼2 = 0, ∀𝑥 
𝛼 𝛼 − 1 = 0
1 − 𝛼2 = 0
⇒ 𝛼 = 1 
Vậy nghiệm riêng của phương trình đã cho là 𝑦1 = 𝑥. Theo công thức Liouville ta 
có nghiệm riêng thứ 2 : 
𝑦2 = 𝑥 
𝑒
𝑥
𝑥2 𝑙𝑛𝑥 −1 
𝑑𝑥
𝑥2
𝑑𝑥 = 𝑥 
𝑙𝑛𝑥 − 1
𝑥2
𝑑𝑥 = −𝑥 𝑙𝑛𝑥 − 1 𝑑(
1
𝑥
) 
𝑦2 = −𝑥
1
𝑥
 𝑙𝑛𝑥 − 1 + 𝑥 
1
𝑥2
𝑑𝑥 = −𝑙𝑛𝑥 
Vậy nghiệm tổng quát là 
𝑦 = 𝐶1𝑥 − 𝐶2𝑙𝑛𝑥 
Ví dụ : Giải phương trình : 
𝑦′′ −
𝑦′
𝑥
= 𝑥 
Giải 
Xét phương trình thuần nhất tương ứng : 
𝑦′′ −
𝑦′
𝑥
= 0 
Hướng dẫn giải bt phương trình vi phân thường_CBM_Uneti 2009 
23 
Ta thấy 𝑦1 = 1à một nghiệm riêng, theo công thức Liouville ta có nghiệm riêng 
thứ 2 là : 
𝑦2 = 𝑒
1
𝑥𝑑𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥2 
Vậy phương trình thuần nhất có nghiệm tổng quát là : 
𝐶1 + 𝐶2𝑥
2 
Bây giờ ta tìm nghiệm riêng 𝑦 của phương trình 
𝑦′′ −
𝑦′
𝑥
= 𝑥 
Bằng cách đặt 𝑦 = 𝐶1(𝑥) + 𝐶2(𝑥)𝑥
2 
Trong đó 𝐶1, 𝐶2 thỏa mãn hệ : 
𝐶′ 1 𝑥 1 + 𝐶
′
2 𝑥 𝑥
2 = 0
𝐶′ 2 𝑥 2𝑥 = 𝑥
⇒ 
𝐶′ 1 𝑥 = −
1
2
𝑥2
𝐶′ 2 𝑥 =
1
2
⇒ 
𝐶1 𝑥 = −
1
6
𝑥3
𝐶2 𝑥 =
1
2
𝑥
Nên 𝑦 = −
1
6
𝑥3 +
1
2
𝑥𝑥2 =
1
3
𝑥3 
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho bằng tổng nghiệm tổng quát của 
phương trình thuần nhất tương ứng cộng với nghiệm riêng của nó: 
𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2𝑥
2 +
1
3
𝑥3 
c. Phƣơng trình vi phân tuyến tính cấp 2 với hệ số hằng 
Dạng tổng quát: 
𝑦′′ + 𝑎1𝑦
′ + 𝑎0𝑦 = 𝑓 𝑥 (3.1) 
Với 𝑎1, 𝑎0 là các hằng số. 
Phƣơng pháp giải 
Bƣớc 1: ta tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng 
𝑦′′ + 𝑎1𝑦
′ + 𝑎0𝑦 = 0 (3.2) 
Bƣớc 2: ta tìm một nghiệm riêng của phương trình (3.1) đã cho. 
Bƣớc 3: nghiệm tổng quát của phương trình đã cho bằng tổng của nghiệm tổng 
quát của phương trình (3.2) với nghiệm riêng của nó. 
Hướng dẫn giải bt phương trình vi phân thường_CBM_Uneti 2009 
24 
Giải phƣơng trình tuyến tính thuần nhất (3.2) 
Xét phƣơng trình đặc trƣng: 
𝑘2 + 𝑎1𝑘 + 𝑎0 = 0 (3.3) 
Nếu phƣơng trình có: 
 Hai nghiệm phân biệt 𝑘1 ≠ 𝑘2 thì nghiệm tổng quát của (3.2) là: 
𝑦 = 𝐶1𝑒
𝑘1𝑥 + 𝐶2𝑒
𝑘2𝑥 
 Có nghiệm kép 𝑘0 thì nghiệm tổng quát của (3.2) là: 
𝑦 = 𝐶1𝑒
𝑘0𝑥 + 𝐶2𝑥𝑒
𝑘0𝑥 
 Có nghiệm phức: 𝛼 ± 𝑖𝛽 thì nghiệm tổng quát của (3.2) là: 
𝑦 = 𝑒𝛼𝑥 (𝐶1𝑐𝑜𝑠 𝛽𝑥 + 𝐶2𝑠𝑖𝑛 𝛽𝑥 ) 
Ví dụ: Giải phương trình: 
𝑦′′ − 3𝑦′ + 2𝑦 = 0 
Giải 
Phương trình đã cho là phương trình tuyến tính cấp 2 thuần nhất với hệ số hằng 
nên có phương trình đặc trưng: 
𝑘2 − 3𝑘 + 2 = 0 ⇒ 
𝑘 = 1
𝑘 = 2
Vậy phương trình đặc trưng có nghiệm tổng quát là: 
𝑦 = 𝐶1𝑒
𝑥 + 𝐶2𝑒
2𝑥 
Ví dụ: Giải phương trình: 
𝑦′′ − 2𝑦′ + 𝑦 = 0 
Giải 
Phương trình đã cho là phương trình tuyến tính cấp 2 thuần nhất với hệ số hằng 
nên có phương trình đặc trưng: 
𝑘2 − 2𝑘 + 1 = 0 ⇒ 𝑘 = 1 
Vậy phương trình đặc trưng có nghiệm tổng quát là: 
𝑦 = 𝐶1𝑒
𝑥 + 𝐶2𝑥𝑒
𝑥 
Ví dụ: Giải phương trình: 
Hướng dẫn giải bt phương trình vi phân thường_CBM_Uneti 2009 
25 
𝑦′′ + 2𝑦′ + 5𝑦 = 0 
Giải 
Phương trình đã cho là phương trình tuyến tính cấp 2 thuần nhất với hệ số hằng 
nên có phương trình đặc trưng: 
𝑘2 + 2𝑘 + 5 = 0 ⇒ 
𝑘 = −1 − 2𝑖
𝑘 = −1 + 2𝑖
Vậy phương trình đặc trưng có nghiệm tổng quát là: 
𝑦 = 𝑒−𝑥(𝐶1𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐶2𝑠𝑖𝑛 2𝑥 ) 
Tìm nghiệm riêng của phƣơng trình tuyến tính không thuần nhất (3.1) 
- Phương pháp chung là dựa vào nghiệm tổng quát của phương trình thuần 
nhất tương ứng rồi sử dung phương pháp biến thiên hằng số Lagrange để tìm 
nghiệm riêng, tuy nhiên trong vài trường hợp đặc biệt của hàm 𝑓(𝑥) (ở vế phải) ta có 
thể tìm nghiệm riêng một cách đơn giản hơn 
Trƣờng hợp 𝒇 𝒙 = 𝒆𝜶𝒙𝑷(𝒙), với 𝑷(𝒙) là đa thức bậc n. 
 Nếu 𝛼 không là nghiệm của đa thức đặc trưng (3.3) thì ta tìm nghiệm riêng 
của (3.1) dưới dạng: 
𝑦 = 𝑒𝛼𝑥 𝑄(𝑥) 
Với 𝑄(𝑥) là đa thức bậc n chưa biết, để tìm 𝑄(𝑥) ta thay 𝑦 vào phương trình (3.1) rồi 
đồng nhất hệ số sẽ tìm được các hệ số của 𝑄(𝑥). 
 Nếu 𝛼 là nghiệm đơn của đa thức đặc trưng (3.3) thì ta tìm nghiệm riêng 
của (3.1) dưới dạng: 
𝑦 = 𝑥𝑒𝛼𝑥 𝑄(𝑥) 
 Nếu 𝛼 là nghiệm kép của đa thức đặc trưng (3.3) thì ta tìm nghiệm riêng 
của (3.1) dưới dạng: 
𝑦 = 𝑥2𝑒𝛼𝑥 𝑄(𝑥) 
Ví dụ: Giải phương trình: 
𝑦′′ − 2𝑦′ + 𝑦 = 1 + 𝑥 
Giải 
Bước 1: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình trình thuần nhất 
Xét phương trình đặc trưng: 
Hướng dẫn giải bt phương trình vi phân thường_CBM_Uneti 2009 
26 
𝑘2 − 2𝑘 + 1 = 0 
Có nghiệm kép 𝑘 = 1 nên nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: 
𝑦