نتأمل المعادلة التفاضلية: (E) : y’ + y = 2 (x+1).e^-x عين h حل المعادلة E الذي يقبل مماساً أفقياً عند x=0

إذا كان:

F0:x→(x2+2x).e^-x

حلاً للمعادلة التفاضلية E فيجب ان يحققها:

F0 = y = (x2 + 2x).e^-x

F0’ = y’ = (2x + 2).e^-x – e^-x(x2+2x)

F0 + f0’ = y’+y = e^-x [x2 + 2x + 2x + 2 – x2 – 2x]

= e^-x (2x+2) = 2(x+1).e^-x

فالمعادلة E محققة.

إذا كان f حلاُ للمعادلة E أي اذا كان:

F+f’ = 2(x+1).e^-x

فإن f-f0 حل للمعادلة E’ أي حل للمعادلة y+y’=0 لنبين ان f-f0 حل للمعادلة y+y’=0

(f-f0) + (f-f0)’ =

(f+f’) – (f0+f0’) =

2(X+1).e^-x – 2(x+1).e^-x = 0

وبالعكس إذا كان u=f-f0 حلاً للمعادلة E’

أي اذا كان u’+u=0 فإن f حل للمعادلة E أي f تحقق المعادلة E

U’+u = 0

(f-f0)’ + (f-f0) = 0

F’-F0’ + (f-f0) = 0

F’+f = (f0+f0’)

F0 + f’0 = 2(x+1).e^-x

F’ + f = 2(x+1).e^-x

أي ان f تحقق المعادلة E فهو حل لها أن حل المعادلة E’ كما نعلم هو u(x)=k.e^-x وبالتالي فحلول المعادلة التفاضلية E هي التوابع من النمط:

F = u + f0

F = k.e^-x + (x2+2x).e^-x

بما ان g حل للمعادلة E فإن g(x) من النمط:

g(x) = k.e^-x + (x2+2x).e^-x

ولحساب k نجد من الخط البياني لـ C ان g(0)=1 أي:

g(0) = k.e^0 + (0+0).e^0 = 1

k = 1

g(x) = (x2+2x+1).e^-x

g(x) = (x+1)2.e^-x

وبما ان h حل للمعادلة E فهو من النمط السابق:

h(x) = (x2+2x+k).e^-x

ويكون المماس أفقياً اذا كان:

h'(X) = 0

h’(x) = (2x+2).e^-x – e^-x(x2+2x+k)

h’(0) = 0

2-k = 0

K = 2

h(x) = (x2+2x+2).e^-x