ما هى الحلول العامة للمعادلات التفاضلية من الرتبة الثانية ؟

مثل : x² y''+xy'+y=2

يمكنك حل هذه المعادلة بعدة طرق منها
الطريقة التى ذكرتها ، ولكن هذه المعادلة
تختلف عن المعادلة y" + ay' + b y = 0

فى أن معاملات هذه دالة فى x .

اما النوع الآخر وهو : y" + ay' + b y = Q(x)   ll

والحل العام لها هو :

y = c1 e^r1x + C2 e^r2x + particular integral

يعنى تحل كما لو كانت معادلة تفاضلية متجانسة
ومن ثم ايجاد التكامل الجزئى الذى يعبر عن الدالة
التى فى الطرف الأيمن .. نبدأ أولاً بحل معادلة
تفاضلية متجانسة، ولتكن .


y" + 3y' - 4y = 0

الحل : نفرض أن y = e^rx

طبعاً لاحظ الصيحيح هو y = C e^rx

لكن يفضل وضع C فى نهاية الحل لعدم
حدوث مشاكل كما انك تعلم ان C فى المشتقة
فى او فى التكامل (ستكون كما هى )

مثال : مشتقة 2x  فى المشتقة نزلت 2
او مشتقة 2e^x هى نفسها ..وهكذا

نفرض أن : y = e^rx حيث r عدد حقيقى ما (ثابت)

الآن نوجد المشتقة الأولى والثانية ..

y' = re^rx     و  y" = r² e^rx بالتعويض فى ..

y" + 3y' - 4y = 0

 r² e^rx + 3re^rx - 4e^rx = 0


بأخذ e^rx عامل مشترك ..

e^rx [r² + 3r - 4] =0

ومنها اما e^rx = 0 وهذا مستحيل

اذاً نأخذ الحل الثانى : r² + 3r - 4 = 0

ثم نستخدم التحليل : (او بالقانون العام)

ll         (r + 4) (r -1) = 0

تجد r = 1   او r = -4

وبناء عليه تكون جميع الحلول الممكنة للمعادلة السابقة هى :

y = c1 e^x   او y = c2 e^-4x

حيث c1 و c2 ثوابت .. تم اثبات ان كلا الحلين يشكلان
تركيب خطى او تحويل خطى linear transformation
بمعنى ان مجموع الحلين أيضاً حل للمعادلة ..

بحيث يكون الحل العام للمعادلة هو :

y = c1 e^x + c2 e^-4x

وبصفة عامة الحل العام للمعادلة التفاضلية على
الشكل : y" + ay' + b y = 0  هو :

y = c1 e^r1x + c2 e^r2x

بحيث r1 و r2 هما جذوراً للدالة المميزة

r² + ar + b = 0

الآن نأتى الى المعادلات التى على الصورة التالية :

y" + ay' + b y = Q(x)   ll

والحل العام لها هو :

y = c1 e^r1x + C2 e^r2x + particular integral


مثال : y" + 3y' - 4y = x²

لاحظ هى نفسها الدالة السابقة مع وضع x²
بدلاً من الصفر .. هذا النوع من المعادلات تحل كما
لو كانت : y" + 3y' - 4y = 0

وحلها العام كما اسلفنا : y = c1 e^x + c2 e^-4x

هذا الحل هو حل جزئى لهذه المعادلة التفاضلية
الآن نبحث عن الحل الذى يؤكد لنا صحة أن :
 y" + 3y' - 4y = x²

الآن نلاحظ ان الطرف الأيمن عبارة عن دالة تربيعية
لذلك نفرض أن الدالة الأصلية لها هى دالة من الدرجة
الثانية والصورة العامة لها هى :

y = ax² + bx + c

ومنها y' = 2ax + b  و y" = 2a  بالتعويض فى المعادلة

y" + 3y' - 4y = x²


2a + 3(2ax+b) - 4( ax² + bx + c) = x²

نرتب هذه المعادلة من الأس الأكبر الى الأس
الأصغر مع إعتبار أن a , b , c ثوابت .

2a+6ax+3b-4ax²-4bx-4c-x² = 0


ll    (-4a-1)x² + (6a-4b)x + (2a+3b-4c) = 0

لكى تكون هذه المعادلة صحيحة نشترط أن يكون
كل عامل من هؤلاء يساوى صفر .

4a - 1 = 0  -  ومنها a = -1/4 

6a - 4b = 0  ومنها ll    4b = -6(1/4

ومنها b = -3/8  وأخيراً 2a+3b-4c = 0

ومنها :  ll      -4c = ½ + 9/8 = 13/8

c = -13/32

ويكون الحل العام لهذه المعادلة : y" + 3y' - 4y = x²

هو : y = c1 e^x + c2 e^-4x -(1/4)x² - (3/8)x - (13/32)   ll

وبصفة عامة يمكنك مراجعة الرابط فى المراجع بحيث يخبرك
ماذ نفعل لو كانت الدالة هى  Asinxمثلاً وليست x² ؟
حيث A عدد ثابت

هنا نضع فرضية y = Csinx + D cosx

ونوجد المشتقة الأولى والثانية ونعوض فى الدالة الأصلية ..
ومن ثم نضع شروطاً كما فعلنا لإيجاد كلاً من C و D .
لو كانت الدالة Q(x) = ax فإنا نفرض دالة تآلفية y = Cx + D
لو كانت الدالة فى الطرف الأيمن هى Q(x) = e^Ax فإننا
نفرض أن : y = C e^Ax 

بإختصار الفرضية تكون من نفس فصيلة الدالة التى
فى الطرف الأيمن (ولاحظ كل هذا مجرد تخمين)
او فرضيات صحيحة فى ظل شروط معينة، ومع
التعود عليها تصبح سهلة ..

بإسلوب مشابه ننتقل الى الحالة التى فيها العوامل
دالة أخرى فى x .

P(x)y" + q(x)y' + R(x)y = Q(x)  ll

سأبدأ من حل (مثال) خاص ومن ثم تستطيع ان تعممه
 على أى مسألة من هذا النوع .. وليكن المثال الذى وضعته .

x² y''+xy'+y=2

تلاحظ ان الطرف الأين دالة فى س (هتقولى أين س ؟)
اعتبرها دالة ثابتة فى س (وانتهت المشكلة)
اى تعامل معادلة معادلة تفاضلية غير متجانسة من الدرجة
الثانية .

طريقة أويلر - كوشى تتلخص فى فكرة واحدة وهى :
يمكنك تحويل هذه المعادل السابقة الى معادلة أخرى
على الشكل : y" + ay' + by = 2 بحيث a , b ثوابت
ولكن لكى تتم هذه الطريقة بنجاح ننقل الدالة من المتغير
x الى متغير آخر t (وهى طريقة مشابهة جزئياً لتحويل لا بلاس)    

لاحظ فى المعادلة السابقة عندا اكتب y' المقصود منها هو :

dy/dx وعندما نكتب y" نقصد منها d²y/dx²  اى المشتقة الثانية
بالنسبة لـ x ...  الآن نصنع تحويلا يحول dy/dx الى dy/dt

                               
نفرض أن : x = e^t  اشتق الطرفين بالنسبة لـ t

dx/dt = e^t  لاحظ ما الذى حدث ؟

نعلم ان e^t = x والمشتقة الأولى ايضاً بـ x

لكننا نريد dy/dt   بإستعمال قاعدة chain rule :::

dy/dt = dx/dt  . dy/dx

ولكن  dx/dt  = x  اذاً

dy/dt = x  dy/dx

اشتق مرة ثانية بالنسبة للمتغير t

d²y/dt² = d/dt (x dy//dx)    ll


يمكنك تبسيط الحل هكذا :


d²y/dt² = d/dx (x dy//dx) . dx/dt  

لم يحدث شىء إختصر dx مع dx ينتج لنا
الصورة الأصلية، وقد صنعنا هذه الخطوة للتبسيط
لأن الدالة داخل القوس لا تحتوى على t .. الآن
اشتق ما داخل القوس بالنسبة لـ x بإستعمال
قاعدة الضرب product rule  .


d²y/dt² = (dy/dx + x d²y/dx²) dx/dt

علمان أن dy/dt = x  بالتعويض ..


d²y/dt² = (dy/dx + x d²y/dx²) x


d²y/dt²  = x dy/dx + x² d²y/dx²


القى نظرة على أول المسألة تجد أن :

x dy/dx  = dy/dt  بالتعويض ..


d²y/dt²  = dy/dt + x² d²y/dx²


ومنها : x² d²y/dx² = d²y/dt²  - dy/dt

بالتعويض فى المعادلة الأصلية :::

x² y''+xy'+y=2  

d²y/dt²  - dy/dt + dy/dt + y = 2

أختصر ..

d²y/dt² + y = 2

تحولت الى معادلة تفاصلية غير متجانسة فى
المتغير t ... بحيث يمكنك حلها كما أسلفنا .

بحيث حلها يكون :
 y = c1 e^r1x + C2 e^r2x + particular integral

c1 و c2 ثوابت . r1 و r2 جذوراً للمعادلة المميزة .

أولاً نوجد الحل الجزئى للمعادلة أعلاه بوضع :

d²y/dt² + y  = 0

المعادلة المميزة هى : r² + 1 = 0

ومنها r1 = i     و  r2 = -i

حيث i وحدة تخيلية .

اذاً : y = c1 e^it + C2 e^-it + particular integral

وهنا نريد تبسيط هذا المقدار (وضعه فى صورة أخرى)
وهى صيغة أويلر ...

c1e^it = c1 cos(t) + c1 i sin(t)   ll

c2 e^-it = c2 cos(t) - c2 i sin(t)  ll

بجمع المعادلتين معاً (مع مراعاة الحدود المشابهة)

c1e^it + c2e^-it = (c1+c2) cos(t) + (c1 - c2) i sin(t)  ll

الآن ماذا لو قلت 3 عدد ثابت .. وماذا عن 2 ؟ ثابت أيضاً
وماذا عن i ? ثابت ... اى ان المعادلات التفاضلية لا تفرق
بين هذا او ذلك (كلهم ثوابت)

نفرض أن c1+c2 = A  و  ll      (c1 - c2) i = B

حيث كلاً من A و B ثوابت .

_ملحوظة : هذه الخطوات وضعتها للتوضيح فقط)
والا فكل هذه الخطوات لا تكتب .. بحيث نستنتج
مباشرة ً أن :-

الحل الجزئى للمعادلة هو : A cos(t) + B sin(t)   ll

لكى نوجد الحل المكمل لهذه المعادلة ننظر الى الطرف
الأيمن نجده دالة ثابتة وهى 2 .. وكما أصلفت اذاً
نفرض (حل جزئى يحقق المعادلة) وهو y = C

حيث C ثابت .. المشتقة الأولى والثانية له تساوى 0

بالتعويض فى المعادلة d²y/dt² + y = 2

ومنها  C = 2  أى أن :  particular integral = 2

لتصبح المعادلة هى :

y = A cos(t) + B sin(t) + 2

ولكن : x = e^t  بأخذ ln للطرفين ينتج : t = lnx

وفى الأخير يصبح شكل المعادلة (فى x) هو :

y = A cos(ln(x)) + B sin(ln(x)) + 2

وهذا هو الحل العام للمعادلة .




.......................................
مراجع :
Inhomogeneous constant-coefficient differential equations



http://www.sosmath.com/diffeq/second/euler/euler.html