أثبت أن $y=x\ln x-x$ أحد حلول المعادلة $x\frac{dy}{dx}=x+y , x>0$

$$\begin{gathered} y=x\ln x-x\Rightarrow \frac{dy}{dx}=x\left(\frac{1}{x}\right)+\ln x\left(1\right)-1\Rightarrow \frac{dy}{dx}=1+\ln x-1\Rightarrow \frac{dy}{dx}=\ln x \\ \mathbf{\text{L.H.S}}=x\frac{dy}{dx}=x\ln x \\ \mathbf{\text{R.H.S}}=x+y=x+x\ln x-x=x\ln x \\ \mathbf{\text{L.H.S}}\mathbf{=}\mathbf{R}\mathbf{.}\mathbf{H}\mathbf{.}\mathbf{S} \end{gathered}$$

الدالة المعطاة هي أحد الحلول الخاصة للمعادلة التفاضلية أعلاه.

الحل الخاص والعام للمعادلة التفاضلية الاعتيادية

إن حل المعاملة التفاضلية الاعتيادية هو علاقة بين $y,x$ تحقق المعادلة غير أن الحل العام لأي معادلة تفاضلية هو الحل المشتمل على عدد من الثوابت الاختيارية مساوٍ لرتبة المعادلة فإذا كانت المعادلة من الرتبة الأولى وجب أن يكون حلها مشتملاً على ثابت اختياري واحد (هو ثابت التكامل) الذي يظهر عند إجراء خطوة التكامل الوحيدة لمعادلات الرتبة الأولى، أما إذا كانت المعادلة من الرتبة الثانية وجب أن يكون حلها مشتملاً على (ثابتي التكامل) نظراً لإجراء خطوتي تكامل عند حل معادلة الرتبة الثانية وهكذا بالنسبة للمعادلات التي لها رتبة أعلى.

1- أثبت أن $y=x\ln x-x$ أحد حلول المعادلة $x\frac{dy}{dx}=x+y , x>0$

$$\begin{gathered} y=x\ln x-x\Rightarrow \frac{dy}{dx}=x\left(\frac{1}{x}\right)+\ln x\left(1\right)-1\Rightarrow \frac{dy}{dx}=1+\ln x-1\Rightarrow \frac{dy}{dx}=\ln x \\ \mathbf{\text{L.H.S}}=x\frac{dy}{dx}=x\ln x \\ \mathbf{\text{R.H.S}}=x+y=x+x\ln x-x=x\ln x \\ \mathbf{\text{L.H.S}}\mathbf{=}\mathbf{R}\mathbf{.}\mathbf{H}\mathbf{.}\mathbf{S} \end{gathered}$$

الدالة المعطاة هي أحد الحلول الخاصة للمعادلة التفاضلية أعلاه.

2- بين أن $\ln y^2=x+a,a\in R$ حلاً للمعادلة $2y^{\mathrm{\prime }}-y=0$.

$\ln y^2=x+a\Rightarrow 2\ln y=x+a\Rightarrow 2\left(\frac{y^{\mathrm{\prime }}}{y}\right)=1\Rightarrow 2y^{\mathrm{\prime }}=y\Rightarrow 2y^{\mathrm{\prime }}-y=0$

$\ln y^2=x+a$ هي حل للمعادلة التفاضلية أعلاه.

3- هل $y=x^3+x-2$ حلاً للمعادلة التفاضلية $y{y}^{\prime \prime }+{\left(y^{\mathrm{\prime }}\right)}^2-3x=5$؟

$y=x^3+x-2\Rightarrow \frac{dy}{dx}=3x^2+1\Rightarrow \frac{d^{2}y}{d{x}^2}=6x$

$y=x^3+x-2$ هي حل للمعادلة التفاضلية أعلاه.

4- هل إن $y^2=3x^2+x^3$ هو حلاً للمعادلة $y{y}^{\prime \prime }+{\left(y^{\mathrm{\prime }}\right)}^2-3x=5$؟

$\begin{array}{rl}& y^2=3x^2+x^3\Rightarrow 2y{y}^{\mathrm{\prime }}=6x+3x^2\Rightarrow [2y\left(y^{\prime \prime }\right)+y^{\mathrm{\prime }}(2)y^{\mathrm{\prime }}=6+6x]÷2\\ & y\left(y^{\prime \prime }\right)+{\left(y^{\mathrm{\prime }}\right)}^2=3+3x=\mathbf{\text{L.H.S}}\Rightarrow y\left(y^{\prime \prime }\right)+{\left(y^{\mathrm{\prime }}\right)}^2-3x=3\ne \mathbf{\text{R. H.S}}\end{array}$

$y^2=3x^2+x^3$ لیست حل للمعادلة أعلاه.

5- برهن أن $y=3\cos 2x+2\sin 2x$ هو حلاً للمعادلة التفاضلية $y^{\prime \prime }+4y=0$.

$\begin{array}{rl}& y=3\cos 2x+2\sin 2x\dots \dots \dots \left(1\right)\\ & y^{\mathrm{\prime }}=-3\sin 2x\left(2\right)+2\cos 2x\left(2\right)=-6\sin 2x+4\cos 2x\\ & y^{\prime \prime }=-12\cos 2x-8\sin 2x\dots \dots .\left(2\right)\end{array}$

بالتعويض عن (1) و (2) في الطرف الأيسر للمعادلة التفاضلية ينتج:

$$\begin{gathered} \mathbf{L}\mathbf{.}\mathbf{H}\mathbf{.}\mathbf{S}=(-12\cos 2x-8\sin 2x)+4(3\cos 2x+2\sin 2x) \\ =-12\cos 2x-8\sin 2x+12\cos 2x+8\sin 2x=0=\mathbf{R}\mathbf{\cdot }\mathbf{H}\mathbf{\cdot }\mathbf{S} \end{gathered}$$

$y=3\cos 2x+2\sin 2x$ هي حل للمعادلة أعلاه.

6- بين أن $y=e^{2x}+e^{-3x}$ هو حلاً للمعادلة التفاضلية $y^{\prime \prime }+y^{\mathrm{\prime }}-6y=0$.

$$\begin{gathered} y=e^{2x}+e^{-3x}\Rightarrow y^{\mathrm{\prime }}=2e^{2x}-3e^{-3x}\Rightarrow y^{\prime \prime }=4e^{2x}+9e^{-3x} \\ \mathbf{\text{L.H.S}}=y^{\prime \prime }+y^{\mathrm{\prime }}-6y \\ \begin{array}{rl}& =(4e^{2x}+9e^{-3x})+(2e^{2x}-3e^{-3x})-6(e^{2x}+e^{-3x})\\ & =4e^{2x}+9e^{-3x}+2e^{2x}-3e^{-3x}-6e^{2x}-6e^{-3x}=0=\mathbf{R}\mathbf{\cdot }\mathbf{H}\mathbf{\cdot }\mathbf{S}\end{array} \end{gathered}$$

$y=e^{2x}+e^{-3x}$ هي حل للمعادلة أعلاه.

7- هل إن المعادلة $y=3e^{-2x}$ هي حلاً للمعادلة التفاضلية $y^{\prime \prime }+y^{\mathrm{\prime }}=2y$؟

$\begin{array}{rl}& y=3e^{-2x}\\ & y^{\mathrm{\prime }}=3e^{-2x}(-2)=-6e^{-2x} \left(\mathrm{الأولى} \mathrm{المشتقة} \mathrm{نجد}\right)\\ & y^{\prime \prime }=12e^{-2x} \left(\mathrm{الثانية} \mathrm{المشتقة} \mathrm{نجد}\right)\\ & \mathbf{\text{L. H.S}}=y^{\prime \prime }+y^{\mathrm{\prime }}=12e^{-2x}+(-6e^{-2x})=6e^{-2x}\\ & \mathbf{\text{R. H.S}}=2y=2\left(3e^{-2x}\right)=6e^{-2x}\\ & \mathbf{\text{L. H.S = R.H.S}}\end{array}$

$y=3e^{-2x}$ هي حل للمعادلة التفاضلية أعلاه.

8- هل العلاقة $y={\cos }^{2}x-{\sin }^{2}x$ هي حلا للمعادلة التفاضلية $y^{\prime \prime }+4y=0$؟

لدينا $\cos 2x={\cos }^{2}x-{\sin }^{2}x$

$\begin{array}{rl}& y=\cos 2x\Rightarrow y^{\mathrm{\prime }}=-2\sin 2x\\ & y^{\prime \prime }=-2(\cos 2x(2\left)\right)=-4\cos 2x\\ & \mathbf{\text{L.H.S.}}=y^{\prime \prime }+4y=-4\cos 2x+4\cos 2x=0\end{array}$

$y={\cos }^{2}x-{\sin }^{2}x$ هي حل المعادلة التفاضلية أعلاه.