الرياضيات الجامعية — السنة 1 · Bachelor Year 1

5المعادلات التفاضلية الخطية

قُوبلت المعادلات التفاضلية أول مرة في مجلد الثانوية، وتُعالَج هنا ببراهين كاملة وبعمومية أكبر: المعادلات الخطية من الرتبة الأولى ذات المعاملات المتغيرة (المحلولة حلًّا كاملًا بطريقة تغيير الثابت)، والمعادلات الخطية من الرتبة الثانية ذات المعاملات الثابتة، وهي نموذج التذبذبات. وتُظهر الحالتان البنية نفسها: الحل العام $=$ حلّ خاص واحد $+$ الحل العام للمعادلة المتجانسة.

5.1 المعادلات الخطية من الرتبة الأولى

تعريف 5.1

ليكن $I$ مجالًا ولتكن $a, b \colon I \to \R$ (أو $\C$ ) متصلتين. المعادلة

(E)\colon\quad y' + a(x)\,y = b(x),

ذات المجهول الدالة القابلة للاشتقاق $y \colon I \to \R$ (أو $\C$ )، تُسمّى معادلة تفاضلية خطية من الرتبة الأولى. والمعادلة $(H)\colon y' + a(x) y = 0$ هي معادلتها المتجانسة.

مبرهنة 5.2 (حلّ المعادلة المتجانسة)

لتكن $A$ دالة أصلية للدالة $a$ على $I$ (وهي موجودة: الفصل 15). حلول $(H)$ على $I$ هي بالضبط الدوال

y(x) = \lambda\, \eu^{-A(x)}, \qquad \lambda \in \R \text{ (أو } \C).

برهان. هذه الدوال حلول: $y' = -\lambda A' \eu^{-A} = -a y$ . وبالعكس، ليكن $y$ حلًّا للمعادلة $(H)$ ولنضع $z(x) = y(x)\, \eu^{A(x)}$ . عندئذ

z' = y' \eu^{A} + y\, a\, \eu^{A} = (y' + ay)\, \eu^{A} = 0 ,

فتكون $z$ ثابتة على المجال $I$ ، وليكن $z = \lambda$ : أي $y = \lambda \eu^{-A}$ . (ولاحظ المنطق: لا يضيع أيّ حلّ، لأن كل حلّ كُتب في الصورة المعلنة.) ∎

مثال 5.3 (معادلة متجانسة بمعامل متغير)

حُلَّ $y' + (\cos x)\,y = 0$ على $\R$ . الدالة الأصلية للدالة $a(x) = \cos x$ هي $A(x) = \sin x$ ، ومنه فالحلول هي

y(x) = \lambda\,\eu^{-\sin x}, \qquad \lambda \in \R .

وقراءتان. كل حلّ دوريّ (ودوره $2\pi$ ) ولا ينعدم أبدًا إلا إذا كان $\lambda = 0$ — فإشارة $\lambda$ هي إشارة $y$ إلى الأبد، لأن الدالة الأسّية لا يمكن أن تقطع الصفر. والحلّ الذي يحقق $y(0) = y_0$ هو $y_0\eu^{-\sin x}$ : أي منحنٍ واحد بالضبط من العائلة يمرّ بكل نقطة ابتدائية، وهي الصورة الأحادية البُعد في المبرهنة 5.4 (2).

مبرهنة 5.4 (تغيير الثابت؛ مسألة كوشي)

بالترميز أعلاه:

حلول $(E)$ على $I$ هي بالضبط

$y(x) = \Bigl(\lambda + \int_{x_0}^{x} b(t)\, \eu^{A(t)} \dd t \Bigr)\, \eu^{-A(x)}, \qquad \lambda \in \R,$

حيث $x_0 \in I$ مثبَّت. وعلى نحو مكافئ: الحل العام للمعادلة $(H)$ زائد حلّ خاص واحد للمعادلة $(E)$ .
من أجل كل $x_0 \in I$ وكل $y_0$ ، تكون لمسألة كوشي « $(E)$ مع $y(x_0) = y_0$ » حلٌّ واحد بالضبط على $I$ .

برهان. (1) باتباع الطريقة المسمّاة تغيير الثابت، نبحث عن حلول على الصورة $y = \mu(x)\, \eu^{-A(x)}$ حيث $\mu$ قابلة للاشتقاق — ولا تضيع أيّ عمومية، لأن كل دالة على $I$ يمكن كتابتها هكذا ( $\mu = y\,\eu^{A}$ ). وبالتعويض،

y' + ay = \mu' \eu^{-A} - \mu a \eu^{-A} + a\mu\eu^{-A} = \mu'\, \eu^{-A},

فيكون $y$ حلًّا للمعادلة $(E)$ إذا وفقط إذا كان $\mu'(x) = b(x)\,\eu^{A(x)}$ ، أي إذا وفقط إذا كان $\mu(x) = \lambda + \int_{x_0}^x b(t)\eu^{A(t)}\dd t$ من أجل ثابت $\lambda$ ما (فدالتان أصليتان للدالة المتصلة نفسها على مجال تختلفان بثابت).

(2) في الصيغة، $y(x_0) = \lambda\,\eu^{-A(x_0)}$ : فالشرط $y(x_0) = y_0$ يحدّد $\lambda = y_0 \eu^{A(x_0)}$ تحديدًا وحيدًا. ∎

مثال 5.5

حُلَّ $y' + \dfrac{y}{x} = x^2$ على $I = \intoo{0}{+\infty}$ . هنا $a(x) = \frac 1x$ و $A(x) = \ln x$ و $\eu^{-A(x)} = \frac 1x$ . والحلول المتجانسة: $\frac{\lambda}{x}$ . وبتغيير الثابت: $\mu'(x) = x^2 \cdot x = x^3$ ، ومنه $\mu = \frac{x^4}{4} + \lambda$ ، و

y(x) = \frac{x^3}{4} + \frac{\lambda}{x}, \qquad \lambda \in \R .

ومع الشرط الابتدائي $y(1) = 0$ : يكون $\lambda = -\frac14$ . وللتحقق: $y' + \frac yx = \frac{3x^2}{4} - \frac{\lambda}{x^2} + \frac{x^2}{4} + \frac{\lambda}{x^2} = x^2$ .

مثال 5.6 (التخمين يسبق المكاملة)

حُلَّ $y' + 2x\,y = x$ على $\R$ . تغيير الثابت يفي بالغرض ( $A = x^2$ و $\mu' = x\,\eu^{x^2}$ و $\mu = \frac12\eu^{x^2} + \lambda$ )، لكن ملاحظة أن الثابت $y_p = \frac12$ حلٌّ للمعادلة ( $0 + 2x\cdot\frac12 = x$ ) أسرع. ومع الحلول المتجانسة $\lambda\,\eu^{-x^2}$ :

y(x) = \frac12 + \lambda\,\eu^{-x^2}, \qquad \lambda \in \R .

وكل حلّ يتقارب نحو $\frac12$ بسرعة بالغة عندما $x \to \pm\infty$ : فالحل الخاص الثابت توازن تلتحق به كل الحلول. والفكرة النافذة: قبل إطلاق الطريقة العامة، أنفق عشر ثوانٍ في البحث عن حلّ خاص بيّن (ثابت، أو حدّانيّ، أو مضاعف للطرف الأيمن)؛ ثم تُتمّ مبرهنة البنية العمل.

ملاحظة 5.7 (المجالات مهمّة)

تحيا المبرهنة على مجال تكون فيه $a$ و $b$ متصلتين. فمن أجل $y' + \frac yx = 0$ على $\R^*$ ، تكون الحلول $\frac{\lambda}{x}$ على $\intoo{0}{+\infty}$ و $\frac{\mu}{x}$ على $\intoo{-\infty}{0}$ بثابتين مستقلين: فلا سبب يجعل صيغة واحدة تلتحم عبر الشذوذ عند $0$ .

مثال 5.8 (طرف أيمن عقديّ، وجوابان حقيقيان)

حُلَّ $y' - y = \cos x$ و $y' - y = \sin x$ دفعة واحدة. اعمل في $\C$ مع الطرف الأيمن $\eu^{\iu x}$ : فتجريب $y_p = c\,\eu^{\iu x}$ يعطي $c(\iu - 1)\eu^{\iu x} = \eu^{\iu x}$ ، ومنه

c = \frac1{\iu - 1} = \frac{-1 - \iu}2, \qquad y_p = -\frac{(1 + \iu)(\cos x + \iu\sin x)}2 = \frac{\sin x - \cos x}2 + \iu\,\frac{-\sin x - \cos x}2 .

وبما أن للمعادلة معاملات حقيقية، ينفصل الجزآن الحقيقي والتخيلي: فالدالة $\frac{\sin x - \cos x}2$ حلٌّ للمعادلة $y' - y = \cos x$ ، والدالة $-\frac{\sin x + \cos x}2$ حلٌّ للمعادلة $y' - y = \sin x$ (وتحقق من الأولى: المشتقة $\frac{\cos x + \sin x}2$ ، ناقصَ الدالة، تعطي $\cos x$ ). فقد عوّض سطر عقديّ واحد عن جولتين من تغيير الثابت — وهو الاقتصاد نفسه الذي يمنهجه الطريقة 5.13 من أجل الرتبة الثانية، وهو فائدة متكررة من الفصل 3.

5.2 المعادلات الخطية من الرتبة الثانية ذات المعاملات الثابتة

تعريف 5.9

ليكن $a, b \in \R$ ولتكن $f \colon I \to \R$ متصلة. المعادلة

(E)\colon\quad y'' + a\,y' + b\,y = f(x)

تُسمّى معادلة خطية من الرتبة الثانية ذات معاملات ثابتة؛ و $(H)\colon y'' + ay' + by = 0$ هي معادلتها المتجانسة، و $\chi(r) = r^2 + ar + b$ هو كثير حدودها المميِّز.

مبرهنة 5.10 (الحلول المتجانسة)

ليكن $\Delta = a^2 - 4b$ مميّز $\chi$ . الحلول الحقيقية للمعادلة $(H)$ على $\R$ هي:

إذا كان $\Delta > 0$ ، مع $r_1 \neq r_2$ الجذرين الحقيقيين: $\;y = \lambda\, \eu^{r_1 x} + \mu\, \eu^{r_2 x}$ ؛
وإذا كان $\Delta = 0$ ، مع $r_0$ الجذر المضاعف: $\;y = (\lambda + \mu x)\, \eu^{r_0 x}$ ؛
وإذا كان $\Delta < 0$ ، والجذران $\alpha \pm \iu\omega$ (حيث $\omega > 0$ ): $\;y = \eu^{\alpha x} (\lambda \cos\omega x + \mu \sin\omega x)$ ؛

وفي كل حالة يجري $(\lambda, \mu)$ على $\R^2$ .

برهان. لاحظ أولًا أنه من أجل $r \in \C$ ، تكون $x \mapsto \eu^{rx}$ حلًّا للمعادلة $(H)$ إذا وفقط إذا كان $\chi(r) = 0$ (عوّض: $(r^2 + ar + b)\eu^{rx} = 0$ ). وهذا هو سبب كون الأسّيات التخمين الأول الطبيعي: فالاشتقاق يؤثر في $\eu^{rx}$ كالضرب في العدد $r$ ، فتصير المعادلة التفاضلية المعادلةَ العددية $\chi(r) = 0$ — وتنضغط المسألة التحليلية كلها في إيجاد جذور معادلة واحدة من الدرجة الثانية.

والخطوة المفتاحية تغييرُ مجهول يخفض الرتبة. ليكن $r$ جذرًا (عقديًا ربما) لكثير الحدود $\chi$ ولنكتب $y = z\, \eu^{rx}$ ، وهذا لا يفقد أيّ عمومية. عندئذ

y'' + ay' + by = \bigl(z'' + (2r + a) z' + \chi(r) z\bigr)\eu^{rx} = \bigl(z'' + (2r + a) z'\bigr)\eu^{rx},

فتصير $(H)$ المعادلةَ من الرتبة الأولى $u' + (2r + a) u = 0$ من أجل $u = z'$ .

الحالة $\Delta \neq 0$ : نختار $r = r_1$ ؛ عندئذ $2r_1 + a = r_1 - r_2$ (لأن $r_1 + r_2 = -a$ ). وحسب المبرهنة 5.2، يكون $z' = c\,\eu^{(r_2 - r_1)x}$ من أجل ثابت $c$ ما؛ وبالمكاملة على $\R$ ، يكون $z = \mu\, \eu^{(r_2 - r_1)x} + \lambda$ حيث $\mu = \frac{c}{r_2 - r_1}$ ، ومنه $y = z\, \eu^{r_1 x} = \lambda\,\eu^{r_1x} + \mu\,\eu^{r_2x}$ . وعندما $\Delta < 0$ ، يكون الجذران $\alpha \pm \iu\omega$ وتكون الحلول العقدية $y = c_1\eu^{(\alpha+\iu\omega)x} + c_2\eu^{(\alpha-\iu\omega)x}$ حيث $c_1, c_2 \in \C$ . فأيّ هذه الحلول حقيقية القيم؟ بما أن $\conj{\eu^{(\alpha+\iu\omega)x}} = \eu^{(\alpha-\iu\omega)x}$ ، يكون مرافق $y$ هو $\conj{c_2}\, \eu^{(\alpha+\iu\omega)x} + \conj{c_1}\,\eu^{(\alpha-\iu\omega)x}$ ، ويفرض $y = \conj y$ من أجل كل $x$ أن $c_2 = \conj{c_1}$ (فالأسّيتان مستقلتان خطيًا: احسب عند نقطتين، أو قارن عند $x=0$ بعد القسمة على $\eu^{\alpha x}$ ). وبكتابة $c_1 = \frac{\lambda - \iu\mu}2$ حيث $\lambda, \mu$ حقيقيان:

y = 2\,\Re\Bigl(c_1\,\eu^{\alpha x}(\cos\omega x + \iu\sin\omega x)\Bigr) = \eu^{\alpha x}\bigl(\lambda\cos\omega x + \mu\sin\omega x\bigr),

وبالعكس فإن كل دالة كهذه حلّ (فهي جزء حقيقي لحلّ عقديّ لمعادلة حقيقية): فيكون فضاء الحلول الحقيقية كما أُعلن.

الحالة $\Delta = 0$ : $r = r_0$ و $2r_0 + a = 0$ ، ومنه $z'' = 0$ : أي $z = \lambda + \mu x$ و $y = (\lambda + \mu x)\eu^{r_0 x}$ . ∎

مثال 5.11 (مسألة كوشي من أولها إلى آخرها)

حُلَّ $y'' - 3y' + 2y = 0$ مع $y(0) = 0$ و $y'(0) = 1$ . لكثير الحدود المميِّز $r^2 - 3r + 2 = (r - 1)(r - 2)$ الجذران الحقيقيان $1$ و $2$ : فالحل العام $y = \lambda\eu^{x} + \mu\eu^{2x}$ . ويعطي الشرطان الجملة الخطية

\lambda + \mu = 0, \qquad \lambda + 2\mu = 1 ,

ومنه $\mu = 1$ و $\lambda = -1$ :

y(x) = \eu^{2x} - \eu^{x} .

وللتحقق: $y(0) = 0$ ؛ و $y' = 2\eu^{2x} - \eu^x$ يحقق $y'(0) = 1$ ؛ و $y'' - 3y' + 2y = (4 - 6 + 2)\eu^{2x} + (-1 + 3 - 2)\eu^x = 0$ . ولاحظ شكل الجواب: فقرب $-\infty$ يهيمن النمط البطيء $-\eu^x$ ؛ وقرب $+\infty$ يهيمن النمط السريع $\eu^{2x}$ . وقراءة الحلول بوصفها تراكبًا لأنماط ذات معدلات تناقص أو نموّ مختلفة عادةٌ مربحة — فبها يُنظَّم فصل العابر عن المستقرّ في مسألة نهاية الأسبوع.

الأنظمة الثلاثة للمعادلة y'' + ay' + by = 0 ذات الحلول المتناقصة: تذبذب مخمَد (جذران عقديان)، وعودة حرجة (جذر مضاعف)، وتناقص فوق حرج (جذران حقيقيان). ويُقرأ أيّ نظام يقع من إشارة = a2 - 4b وحدها — قبل حلّ أيّ شيء. — الأنظمة الثلاثة للمعادلة $y'' + ay' + by = 0$ ذات الحلول المتناقصة: تذبذب مخمَد (جذران عقديان)، وعودة حرجة (جذر مضاعف)، وتناقص فوق حرج (جذران حقيقيان). ويُقرأ أيّ نظام يقع من إشارة $\Delta = a^2 - 4b$ وحدها — قبل حلّ أيّ شيء.

مبرهنة 5.12 (البنية ومسألة كوشي)

إذا كان $y_p$ حلًّا خاصًّا للمعادلة $(E)$ ، فإن حلول $(E)$ هي بالضبط $y_p + y_h$ ، حيث يجري $y_h$ على حلول $(H)$ .
(التراكب) إذا كان $y_1$ حلًّا للمعادلة $y'' + ay' + by = f_1$ وكان $y_2$ حلًّا للمعادلة $y'' + ay' + by = f_2$ ، فإن $y_1 + y_2$ حلٌّ للمعادلة ذات الطرف الأيمن $f_1 + f_2$ .
من أجل كل $x_0 \in I$ وكل $(y_0, y_0')$ ، يكون لمسألة كوشي « $(E)$ مع $y(x_0) = y_0$ و $y'(x_0) = y_0'$ » حلٌّ واحد بالضبط على $I$ . (والوجود ممنوح بوجود حلّ خاص؛ والوحدانية كاملة.)

برهان. (1) يكون $y$ حلًّا للمعادلة $(E)$ إذا وفقط إذا كان $y - y_p$ حلًّا للمعادلة $(H)$ ، بخطية $y \mapsto y'' + ay' + by$ . و (2) هي الخطية نفسها.

(3) حسب (1) يكفي أن نبرهن على أن الثابتين $(\lambda, \mu)$ يمكن دائمًا ضبطهما، ضبطًا وحيدًا، على أيّ معطيات $(y_0, y_0')$ . وبانسحاب المتغير، لنفترض $x_0 = 0$ . في الحالة (1) من المبرهنة 5.10، يعطي $y = \lambda\eu^{r_1x} + \mu\eu^{r_2x}$

y(0) = \lambda + \mu, \qquad y'(0) = r_1\lambda + r_2\mu :

وهي جملة خطية في $(\lambda, \mu)$ محدّدها $r_2 - r_1 \neq 0$ ؛ وبحلّها صراحةً نجد $\mu = \frac{y_0' - r_1y_0}{r_2 - r_1}$ و $\lambda = y_0 - \mu$ : أي حلّ واحد بالضبط. وفي الحالة (2)، $y(0) = \lambda$ و $y'(0) = r_0\lambda + \mu$ : فالجملة مثلثية ومحدّدها $1$ ، وحلّها $\lambda = y_0$ و $\mu = y_0' - r_0y_0$ . وفي الحالة (3)، $y(0) = \lambda$ و $y'(0) = \alpha\lambda + \omega\mu$ : فالمحدّد $\omega \neq 0$ ، والحلّ $\lambda = y_0$ و $\mu = \frac{y_0' - \alpha y_0}\omega$ . وفي كل حالة يكون التطبيق $(\lambda, \mu) \mapsto (y(x_0), y'(x_0))$ تقابلًا خطيًا — وستضغط لغة الفصل 20 فحصَ الحالات هذا في جملة واحدة. ∎

طريقة 5.13 (حلّ خاص من أجل $f(x) = P(x)\,\eu^{\gamma x}$ )

عندما يكون الطرف الأيمن $P(x)\,\eu^{\gamma x}$ حيث $P$ كثير حدود و $\gamma \in \R$ (وهذا يشمل كثيرات الحدود والأسّيات، وعبر $\gamma$ عقديّ أو التراكب، الدالتين $\cos$ و $\sin$ ): ابحث عن حلّ خاص على الصورة

y_p(x) = x^{m}\, Q(x)\, \eu^{\gamma x}, \qquad m = \text{تضاعف } \gamma \text{ بوصفه جذرًا لكثير الحدود } \chi \ (m = 0, 1 \text{ أو } 2),

حيث $Q$ كثير حدود من درجة $P$ نفسها، وتُوجد معاملاته بالتعويض والمطابقة. ومن أجل $f = K\cos\omega x$ (أو $\sin$ )، حُلَّ مع الطرف الأيمن $K\eu^{\iu\omega x}$ وخذ الجزء الحقيقي (أو التخيلي على التوالي).

مثال 5.14 (التراكب في العمل)

حُلَّ $y'' - y = \eu^{x} + 4$ على $\R$ . والمتجانسة: $\chi(r) = r^2 - 1$ ، وجذراها $\pm1$ ، ومنه $y_h = \lambda\eu^x + \mu\eu^{-x}$ . وافصل الطرف الأيمن وعالج كل قطعة بصندوق الطريقة. القطعة $\eu^x$ : هنا $\gamma = 1$ جذر بسيط لكثير الحدود $\chi$ ، فجرّب $y_1 = c\,x\,\eu^x$ : عندئذ $y_1'' - y_1 = c(x + 2)\eu^x - cx\eu^x = 2c\,\eu^x$ ، ومنه $c = \frac12$ . القطعة $4$ : العدد $\gamma = 0$ ليس جذرًا؛ فالثابت $y_2 = -4$ يفي بالغرض. وبالتراكب (المبرهنة 5.12 (2)):

y = \frac{x\,\eu^x}2 - 4 + \lambda\,\eu^x + \mu\,\eu^{-x}, \qquad (\lambda, \mu) \in \R^2 .

ولاحظ كيف اقتضت القطعتان صورتين مختلفتين ( $m = 1$ في مقابل $m = 0$ ): فاختبار التضاعف يُطبَّق على كل أسّ على حدة، وهذا هو كل مغزى فصل الطرف الأيمن قبل التخمين.

مثال 5.15 (قاعدة التضاعف في العمل)

حُلَّ $y'' + y' = x$ على $\R$ . الطرف الأيمن هو $P(x)\eu^{0 \cdot x}$ مع $P(x) = x$ ، والعدد $\gamma = 0$ جذر بسيط لكثير الحدود $\chi(r) = r^2 + r = r(r + 1)$ : ومنه $m = 1$ ، ويكون التخمين الصحيح $y_p = x\,(\alpha x + \beta) = \alpha x^2 + \beta x$ ، أي بدرجة أعلى بواحد من درجة $P$ . وبالتعويض:

y_p'' + y_p' = 2\alpha + (2\alpha x + \beta) = 2\alpha x + (2\alpha + \beta) ,

والمطابقة مع $x$ تعطي $\alpha = \frac12$ و $\beta = -1$ : $y_p = \frac{x^2}2 - x$ . والحل العام: $y = \frac{x^2}2 - x + \lambda + \mu\,\eu^{-x}$ . ولو خمّنّا $y_p = \alpha x + \beta$ (بتجاهل التضاعف) لأعطى التعويض $y_p'' + y_p' = \alpha$ ، وهو ثابت — فلا اختيار للثابتين $\alpha, \beta$ يطابق $x$ ، والإخفاق بنيويّ: فالثوابت تحلّ المعادلة المتجانسة أصلًا، فهي غير مرئية للطرف الأيسر. والعامل $x^m$ موجود بالضبط للتسلّق خارج فضاء الحلول المتجانسة.

ملاحظة 5.16 (بوليصة التأمين ذات الثلاثين ثانية)

تنتهي كل معادلة محلولة في هذا الفصل بتحقق بالتعويض، وليس هذا زخرفًا. فحساب معادلة تفاضلية يصل خطوات صغيرة كثيرة (دالة أصلية، وقاعدة جداء، وثابتان)، وخطأ إشارة واحد ينتشر دون أن يُرى؛ وتعويض الصيغة النهائية في المعادلة يمسك بها كلها تقريبًا بكلفة اشتقاق واحد. فنمِّ هذا المنعكس في ثلاث طبقات: تحقق من الحل الخاص وحده (فالجزء المتجانس يختصر على أيّ حال)، وتحقق من الشروط الابتدائية على الحل الكامل، وإذا وُجد وسيط فتحقق من قيمة منحلّة (هل تعيد صيغة $\Omega$ العامة الجوابَ المعروف عند $\Omega = 0$ ؟). وتكلّف هذه العادة نصف دقيقة؛ وهي تحوّل «صحيح غالبًا» إلى «متحقَّق منه».

ملاحظة 5.17 (مزالق شائعة)

سوِّ أولًا. تفترض الصيغ أن المعادلة تُقرأ $y' + a(x)y = b(x)$ — أي بمعامل $1$ للمقدار $y'$ . فمن أجل $xy' - 2y = x^3$ ، اقسم على $x$ (على مجال يتفادى $0$ ) قبل تعيين $a$ و $b$ ، كما في التمرين 5.2.
ثابت واحد لكل بُعد، يُثبَّت في النهاية. يحمل الحل العام من الرتبة الأولى ثابتًا واحدًا، ويحمل الذي من الرتبة الثانية ثابتين؛ وتُفرض الشروط الابتدائية على الحل الكامل $y_p + y_h$ ، لا على $y_h$ وحده — وفرضها قبل إضافة $y_p$ أشيع الأخطاء البنيوية.
انتبه إلى التضاعف. تخمين حلّ خاص يحلّ المعادلة المتجانسة غير مرئيّ للطرف الأيسر؛ والعامل $x^m$ في الطريقة 5.13 ليس اختياريًا (المثال 5.15).
المجالات جزء من الجواب. تحيا الحلول على مجالات تكون فيها المعاملات متصلة؛ وقد يخلق الالتحام عبر شذوذ ثوابت زائفة (التمرين 5.12) أو يهدم الوحدانية. فعبارة «حُلَّ على $\R^*$ » تعني مسألتين مستقلتين.

مثال 5.18 (إثارة بعيدة عن الرنين)

حُلَّ $y'' + 4y = \sin x$ على $\R$ . التواتر الذاتي $2$ ، وتواتر الإثارة $1$ : وبما أن $\iu$ ليس جذرًا لكثير الحدود $\chi(r) = r^2 + 4$ ، يكون التضاعف $m = 0$ ويكفي جيب بسيط. وبتجريب $y_p = \alpha\sin x$ (ولا حاجة إلى جيب تمام: فالمعادلة بلا حدّ $y'$ ، والدالة $\sin$ تولّد $\sin$ ):

y_p'' + 4y_p = -\alpha\sin x + 4\alpha\sin x = 3\alpha\sin x ,

ومنه $\alpha = \frac13$ ويكون الحل العام

y = \frac{\sin x}3 + \lambda\cos 2x + \mu\sin 2x .

وكل حلّ يبقى محدودًا: فهو تراكب لتذبذبين عند التواترين $1$ (المفروض) و $2$ (الذاتي). وقارن ذلك بالمثال التالي، حيث تغيّر الإثارة عند التواتر الذاتي شكلَ الجواب نفسه.

مثال 5.19 (تذبذب مُثار)

حُلَّ $y'' + y = \cos x$ مع $y(0) = 0$ و $y'(0) = 0$ .

المتجانسة: $\chi(r) = r^2 + 1$ ، وجذراها $\pm\iu$ : أي $y_h = \lambda\cos x + \mu \sin x$ .

الحل الخاص: الطرف الأيمن $\Re(\eu^{\iu x})$ مع $\gamma = \iu$ جذرًا بسيطًا لكثير الحدود $\chi$ : فجرّب $z_p = c\, x\, \eu^{\iu x}$ (حيث $c \in \C$ ). عندئذ $z_p'' + z_p = c\,(2\iu)\eu^{\iu x}$ ، وهو يساوي $\eu^{\iu x}$ من أجل $c = \frac{1}{2\iu} = -\frac\iu2$ . ومنه $z_p = -\frac{\iu}{2} x (\cos x + \iu \sin x)$ و $y_p = \Re(z_p) = \frac{x \sin x}{2}$ .

الحل العام: $y = \frac{x\sin x}{2} + \lambda\cos x + \mu\sin x$ . والشروط: $y(0) = \lambda = 0$ ؛ و $y' = \frac{\sin x + x\cos x}{2} + \mu\cos x$ ، ومنه $y'(0) = \mu = 0$ . والجواب: $y = \frac{x\sin x}{2}$ — وهو تذبذب تنمو سعته خطيًا: أي ظاهرة الرنين، الناتجة عن إثارة الجملة عند تواترها الذاتي.

الرنين: الحلّ y = x x/2 للمعادلة y'' + y = x يتذبذب بين المستقيمين y = ± x2 (المتقطعين)، بسعة متزايدة أبدًا. — الرنين: الحلّ $y = \frac{x \sin x}{2}$ للمعادلة $y'' + y = \cos x$ يتذبذب بين المستقيمين $y = \pm\frac x2$ (المتقطعين)، بسعة متزايدة أبدًا.

ملاحظة 5.20 (استراحة: الخطية هندسة)

انظر إلى شكل كل مجموعة حلول في هذا الفصل: حلّ خاص زائد فضاء من الحلول المتجانسة فيه ثابت حرّ واحد (الرتبة الأولى) أو اثنان (الرتبة الثانية). وستوفّر فصول الجبر الخطي (الفصول 18، 19 و20) المفردات المضبوطة: فالتطبيق $L(y) = y'' + ay' + by$ خطيّ، وحلوله المتجانسة تكوّن نواة $L$ ، وهي فضاء متجهي بُعده يساوي رتبة المعادلة — وهذا هو المضمون الأمين لعبارة «ثابت واحد لكل رتبة» — ومجموعة حلول $L(y) = f$ فضاء جزئي تآلفي، أي منسحب النواة. بل إن تطبيق كوشي $(\lambda, \mu) \mapsto (y(x_0), y'(x_0))$ في المبرهنة 5.12 تقابل خطيّ بين مستويين، أي جملة $2 \times 2$ قابلة للقلب (الفصل 21). ولا شيء في هذا الفصل يحتاج إلى إعادة — بل يحتاج إلى إعادة تسمية لا غير، وإعادة التسمية أفضل تسخين ممكن للجبر الخطي: فكل تعريف مجرد هناك كسب رزقه هنا سلفًا.

ملاحظة 5.21 (أين يُستعمل هذا الفصل)

مبرهنة البنية — أي أن حلول $(E)$ تكوّن «حلًّا خاصًّا زائد حلول $(H)$ » — هي الظهور الأول لنمط سيسمّيه الفصول 18 و20: فمجموعة حلول $(H)$ هي نواة التطبيق الخطي $y \mapsto y'' + ay' + by$ ، ومجموعة حلول $(E)$ منسحبٌ تآلفيّ لها. ويعود كثير الحدود المميِّز في صورة كثير الحدود المميِّز لمصفوفة في الفصل 21: فالمعادلة من الرتبة الثانية جملةٌ $2 \times 2$ من الرتبة الأولى متنكرة، وهو منظور يمنهجه مجلد السنة 2. و التكاملات التي يقتضيها تغيير الثابت يوفّرها الفصل 15، ومسألة نهاية الأسبوع أدناه — المتذبذب المخمَد المُثار — هي الحالة النموذج لكل سؤال عن التذبذب في العلوم، من الدارات إلى الجسور المعلقة.

5.3 تمارين

تمرين 5.1 ★

حُلَّ على $\R$ : $\;y' + 2y = \eu^{3x}$ ؛ ثم مسألة كوشي $y(0) = 1$ .

حل

حل التمرين 5.1.

المتجانسة: $y_h = \lambda\,\eu^{-2x}$ . والحل الخاص: جرّب $y_p = c\,\eu^{3x}$ (فالعدد $3$ ليس جذرًا لكثير الحدود $r + 2$ ): $3c + 2c = 1$ ، ومنه $c = \frac15$ . والحل العام: $y = \frac{\eu^{3x}}{5} + \lambda\,\eu^{-2x}$ . ومع $y(0) = 1$ : $\frac15 + \lambda = 1$ و $\lambda = \frac45$ ، ومنه $y = \frac{\eu^{3x} + 4\,\eu^{-2x}}{5}$ .

تمرين 5.2 ★

حُلَّ على $\intoo{0}{+\infty}$ : $\;x y' - 2y = x^3$ (ضع المعادلة في الصورة المسوّاة أولًا).

حل

حل التمرين 5.2.

على $\intoo{0}{+\infty}$ ، اقسم على $x$ : $y' - \frac{2}{x}\,y = x^2$ . وهنا $A(x) = -2\ln x$ و $\eu^{-A(x)} = x^2$ : فالحلول المتجانسة $\lambda x^2$ . وبتغيير الثابت: $\mu'(x) = x^2 \cdot x^{-2} = 1$ ، ومنه $\mu = x + \lambda$ و

y(x) = x^3 + \lambda x^2, \qquad \lambda \in \R .

وللتحقق: $x(3x^2 + 2\lambda x) - 2(x^3 + \lambda x^2) = x^3$ .

تمرين 5.3 ★

حُلَّ على $\R$ ، معطيًا الحل العام الحقيقي: $\;y'' - 3y' + 2y = 0$ ؛ و $\;y'' + 4y' + 4y = 0$ ؛ و $\;y'' - 2y' + 5y = 0$ .

حل

حل التمرين 5.3.

$y'' - 3y' + 2y = 0$ : الجذران $1$ و $2$ ؛ ومنه $\;y = \lambda\,\eu^{x} + \mu\,\eu^{2x}$ .

$y'' + 4y' + 4y = 0$ : الجذر المضاعف $-2$ ؛ ومنه $\;y = (\lambda + \mu x)\,\eu^{-2x}$ .

$y'' - 2y' + 5y = 0$ : الجذران $1 \pm 2\iu$ ؛ ومنه $\;y = \eu^{x}(\lambda\cos 2x + \mu\sin 2x)$ .

تمرين 5.4 ★

حُلَّ $y'' - y = x^2$ على $\R$ ، ثم مسألة كوشي $y(0) = 0$ و $y'(0) = 1$ .

حل

حل التمرين 5.4.

المتجانسة: الجذران $\pm 1$ ، ومنه $y_h = \lambda\,\eu^x + \mu\,\eu^{-x}$ . والحل الخاص بطرف أيمن كثير الحدود (فالعدد $\gamma = 0$ ليس جذرًا): $y_p = ax^2 + bx + c$ ؛ وبالتعويض، يعطي $2a - (ax^2 + bx + c) = x^2$ أن $a = -1$ و $b = 0$ و $c = 2a = -2$ : أي $y_p = -x^2 - 2$ . والحل العام $y = -x^2 - 2 + \lambda\eu^x + \mu\eu^{-x}$ .

ومسألة كوشي: $y(0) = -2 + \lambda + \mu = 0$ و $y'(0) = \lambda - \mu = 1$ : ومنه $\lambda = \frac32$ و $\mu = \frac12$ . أي $y = -x^2 - 2 + \frac{3\eu^x + \eu^{-x}}{2}$ .

تمرين 5.5 ★★

حُلَّ على $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ : $\;y' + y\tan x = \sin 2x$ .

حل

حل التمرين 5.5.

$a(x) = \tan x$ و $A(x) = -\ln(\cos x)$ (وهذا صالح: إذ $\cos > 0$ على المجال) و $\eu^{-A} = \cos x$ : فالحلول المتجانسة $\lambda\cos x$ . وبتغيير الثابت: $\mu'(x) = \sin 2x \cdot \frac{1}{\cos x} = 2\sin x$ ، ومنه $\mu = -2\cos x + \lambda$ و

y(x) = -2\cos^2 x + \lambda \cos x .

وللتحقق: $y' = 4\cos x \sin x - \lambda\sin x$ و $y\tan x = -2\cos x\sin x + \lambda \sin x$ ؛ ومجموعهما $2\cos x\sin x = \sin 2x$ ، وهو المطلوب.

تمرين 5.6 ★★

حُلَّ $y'' - 4y' + 3y = (2x + 1)\,\eu^{x}$ على $\R$ . (انتبه إلى التضاعف: هل $1$ جذر لكثير الحدود المميِّز؟)

حل

حل التمرين 5.6.

$\chi(r) = r^2 - 4r + 3 = (r-1)(r-3)$ : العدد $\gamma = 1$ جذر بسيط (أي $m = 1$ ). جرّب $y_p = x(ax + b)\,\eu^x$ . ومع $u = ax^2 + bx$ ،

y_p'' - 4y_p' + 3y_p = \bigl(u'' + (2 - 4)u' + \chi(1) u\bigr)\eu^x = \bigl(2a - 2(2ax + b)\bigr)\eu^x .

وبالمطابقة مع $(2x + 1)\eu^x$ : $-4a = 2$ و $2a - 2b = 1$ ، ومنه $a = -\frac12$ و $b = -1$ . والحل العام:

y = -\Bigl(\frac{x^2}{2} + x\Bigr)\eu^{x} + \lambda\,\eu^{x} + \mu\,\eu^{3x}, \qquad (\lambda, \mu) \in \R^2 .

تمرين 5.7 ★★

حُلَّ $y'' + 4y = \sin 2x + x$ على $\R$ (بالتراكب؛ عالج كل طرف أيمن على حدة).

حل

حل التمرين 5.7.

المتجانسة: $y_h = \lambda\cos 2x + \mu\sin 2x$ .

والطرف الأيمن $x$ (فالعدد $\gamma = 0$ ليس جذرًا): $y_1 = ax + b$ مع $4(ax + b) = x$ : ومنه $y_1 = \frac x4$ .

والطرف الأيمن $\sin 2x = \Im(\eu^{2\iu x})$ ، والعدد $2\iu$ جذر بسيط لكثير الحدود $r^2 + 4$ : فجرّب $z = c\,x\,\eu^{2\iu x}$ ؛ عندئذ $z'' + 4z = 4\iu c\,\eu^{2\iu x}$ ، وهو يساوي $\eu^{2\iu x}$ من أجل $c = \frac{1}{4\iu} = -\frac{\iu}{4}$ . ومنه $z = -\frac{\iu x}{4}(\cos 2x + \iu \sin 2x)$ و $y_2 = \Im(z) = -\frac{x\cos 2x}{4}$ .

وبالتراكب:

y = \frac{x}{4} - \frac{x\cos 2x}{4} + \lambda\cos 2x + \mu\sin 2x .

تمرين 5.8 ★★

فنجان قهوة درجة حرارته $T_0 = 80\,^\circ$ C موضوع في غرفة درجة حرارتها $20\,^\circ$ C. ينصّ قانون نيوتن للتبريد على أن $T' = -k\,(T - 20)$ حيث $k > 0$ . حُلَّ من أجل $T(t)$ ، وإذا علمت أن القهوة عند $50\,^\circ$ C بعد $10$ دقائق، فجد متى تبلغ $25\,^\circ$ C.

حل

حل التمرين 5.8.

للمعادلة $T' + kT = 20k$ حلٌّ خاص ثابت هو $20$ وحلول متجانسة $\lambda\eu^{-kt}$ : أي $T(t) = 20 + \lambda\,\eu^{-kt}$ ، ويعطي $T(0) = 80$ أن $\lambda = 60$ :

T(t) = 20 + 60\,\eu^{-kt} .

ومن $T(10) = 50$ : $\eu^{-10k} = \frac12$ ، ومنه $k = \frac{\ln 2}{10}$ . ثم يقتضي $T(t) = 25$ أن $\eu^{-kt} = \frac{5}{60} = \frac{1}{12}$ ، أي

t = \frac{\ln 12}{k} = 10\,\frac{\ln 12}{\ln 2} \approx 35.8 \text{ دقيقة.}

تمرين 5.9 ★★★

(المتذبذب المخمَد) من أجل $\varepsilon \geq 0$ ، تأمّل $y'' + 2\varepsilon y' + y = 0$ .

حُلَّ من أجل $\varepsilon \in \intco{0}{1}$ ومن أجل $\varepsilon = 1$ ومن أجل $\varepsilon > 1$ .
بيّن أنه من أجل $\varepsilon > 0$ يؤول كل حلّ إلى $0$ عند $+\infty$ ، وأنه من أجل $\varepsilon = 0$ لا تؤول الحلول غير المعدومة إلى ذلك.
من أجل $\varepsilon \in \intoo{0}{1}$ ، بيّن أن أصفار حلّ غير معدوم متباعدة بانتظام، وأن الفجوة $\frac{\pi}{\sqrt{1 - \varepsilon^2}}$ .

حل

حل التمرين 5.9.

$\chi(r) = r^2 + 2\varepsilon r + 1$ و $\Delta = 4(\varepsilon^2 - 1)$ . ومن أجل $\varepsilon \in \intco{0}{1}$ : الجذران $-\varepsilon \pm \iu\sqrt{1 - \varepsilon^2}$ ، ومنه $y = \eu^{-\varepsilon t}\bigl(\lambda\cos\omega t + \mu\sin\omega t\bigr)$ حيث $\omega = \sqrt{1 - \varepsilon^2}$ . ومن أجل $\varepsilon = 1$ : الجذر المضاعف $-1$ ، ومنه $y = (\lambda + \mu t)\,\eu^{-t}$ . ومن أجل $\varepsilon > 1$ : الجذران الحقيقيان $r_\pm = -\varepsilon \pm \sqrt{\varepsilon^2 - 1}$ ، وكلاهما $< 0$ ، و $y = \lambda\eu^{r_+t} + \mu\eu^{r_-t}$ .
من أجل $\varepsilon \in \intoo{0}{1}$ : $\abs y \leq \eu^{-\varepsilon t}(\abs\lambda + \abs\mu) \to 0$ . ومن أجل $\varepsilon = 1$ : $(\lambda + \mu t)\eu^{-t} \to 0$ (فالأسّية تفوق كثير الحدود، القضية 4.6). ومن أجل $\varepsilon > 1$ : تتناقص الأسّيتان لأن $r_\pm < 0$ (وبالفعل $\sqrt{\varepsilon^2 - 1} < \varepsilon$ ). ومن أجل $\varepsilon = 0$ : للمقدار $y = \lambda\cos t + \mu\sin t$ سعة ثابتة $\sqrt{\lambda^2 + \mu^2} \neq 0$ إلا إذا كان $y = 0$ .
اكتب $\lambda\cos\omega t + \mu\sin\omega t = R\cos(\omega t - \varphi)$ حيث $R = \sqrt{\lambda^2 + \mu^2} > 0$ . وأصفار $y$ هي أصفار $\cos(\omega t - \varphi)$ (فالعامل $\eu^{-\varepsilon t}$ لا ينعدم أبدًا): أي $\omega t - \varphi \equiv \frac\pi2 \pmod \pi$ ، وهي متتالية حسابية فجوتها $\frac{\pi}{\omega} = \frac{\pi}{\sqrt{1 - \varepsilon^2}}$ .

تمرين 5.10 ★★★

جد كل الدوال $f \colon \R \to \R$ القابلة للاشتقاق مرتين والتي تحقق

\forall x, y \in \R, \qquad f(x + y) + f(x - y) = 2 f(x) f(y),

مع $f(0) \ne 0$ و $f$ غير ثابتة. إرشاد: ثبّت $y$ ، واشتقّ مرتين بالنسبة إلى $x$ عند $0$ ؛ وبيّن أن $f(0) = 1$ وأن $f'' = c f$ من أجل ثابت $c$ ما؛ ثم حُلَّ بحسب إشارة $c$ وتحقق من أيّ الحلول يحقق المعادلة الدالية.

حل

حل التمرين 5.10.

ضع $x = y = 0$ : $2f(0) = 2f(0)^2$ ، ويعطي $f(0) \neq 0$ أن $f(0) = 1$ . ثبّت $x$ واشتقّ المعادلة مرتين بالنسبة إلى $y$ :

f''(x+y) + f''(x-y) = 2 f(x) f''(y) .

وبوضع $y = 0$ : $\;2f''(x) = 2 f(x) f''(0)$ ، أي

f''(x) = c\,f(x), \qquad c = f''(0).

الحالة $c = \omega^2 > 0$ : $f(x) = \lambda\cosh\omega x + \mu\sinh\omega x$ ؛ ويعطي $f(0) = 1$ أن $\lambda = 1$ . وبالتعويض في المعادلة الدالية وباستعمال صيغ الجمع (القضية 4.18)، تفرض المعادلة أن $\mu = 0$ (قارن معاملي $\sinh\omega x \sinh\omega y$ أو احسب عند $x = y$ ): ومنه $f = \cosh\omega x$ ، وهي تحقق فعلًا $\cosh(x+y) + \cosh(x-y) = 2\cosh x\cosh y$ .

الحالة $c = -\omega^2 < 0$ : وبالمثل $f(x) = \cos\omega x$ (حيث $\omega \neq 0$ )، وهي تحقق المعادلة.

الحالة $c = 0$ : تكون $f$ تآلفية مع $f(0) = 1$ : أي $f(x) = 1 + \mu x$ ؛ وتفرض المعادلة أن $\mu = 0$ ، وهذا مستبعد ( $f$ غير ثابتة).

والخلاصة: الحلول هي $f(x) = \cos\omega x$ و $f(x) = \cosh\omega x$ حيث $\omega > 0$ .

تمرين 5.11 ★★

(معادلة أويلر) حُلَّ $x^2 y'' - x y' + y = 0$ على $\intoo{0}{+\infty}$ . إرشاد: ضع $z(t) = y(\eu^t)$ ، أي عوّض $x = \eu^t$ ، وبيّن أن $z$ تحقق معادلة خطية ذات معاملات ثابتة.

حل

حل التمرين 5.11.

ضع $z(t) = y(\eu^t)$ ، بحيث يكون $y(x) = z(\ln x)$ من أجل $x > 0$ . عندئذ

y'(x) = \frac{z'(\ln x)}x, \qquad y''(x) = \frac{z''(\ln x) - z'(\ln x)}{x^2} ,

وبالتعويض في المعادلة:

x^2y'' - xy' + y = \bigl(z'' - z'\bigr) - z' + z = z'' - 2z' + z = 0 .

وكثير الحدود المميِّز $(r - 1)^2$ : أي الجذر المضاعف $1$ ، ومنه $z(t) = (\lambda + \mu t)\,\eu^t$ ، وبالعودة إلى المتغير $x = \eu^t$ :

y(x) = (\lambda + \mu\ln x)\,x, \qquad \lambda, \mu \in \R .

تمرين 5.12 ★★★

تأمّل المعادلة $x\,y' = 2y$ على المستقيم الحقيقي كله، ذات المجهول الدالة القابلة للاشتقاق $y \colon \R \to \R$ .

حُلَّ على $\intoo{0}{+\infty}$ وعلى $\intoo{-\infty}{0}$ .
بيّن أنه من أجل أيّ ثابتين $a, b \in \R$ ، تكون الدالة التي تساوي $ax^2$ من أجل $x \geq 0$ و $bx^2$ من أجل $x < 0$ قابلة للاشتقاق على $\R$ وتحلّ المعادلة في كل مكان.
استنتج أن مجموعة الحلول على $\R$ عائلة ذات وسيطين، واشرح لماذا لا يناقض هذا الوحدانية في المبرهنة 5.4.

حل

حل التمرين 5.12.

في الصورة المسوّاة $y' - \frac2x\,y = 0$ على كل مجال: $A(x) = -2\ln\abs x$ ، ومنه فالحلول هي $y = a x^2$ على $\intoo0{+\infty}$ و $y = b x^2$ على $\intoo{-\infty}0$ ، بثابتين مستقلين (المبرهنة 5.2).
لتكن $y = ax^2$ من أجل $x \geq 0$ و $bx^2$ من أجل $x < 0$ . على كل نصف مستقيم مفتوح تكون $y$ قابلة للاشتقاق مع $xy' = 2y$ . وعند $0$ : تؤول نسبتا التزايد $\frac{y(h) - y(0)}h = ah$ و $bh$ إلى $0$ ، فتوجد $y'(0) = 0$ ، وتُقرأ المعادلة عند $x = 0$ هكذا $0 \cdot y'(0) = 2y(0) = 0$ : وهي متحققة. إذن تحلّ $y$ المعادلة على $\R$ كلها.
الحلول على $\R$ هي بالضبط هذه الدوال الملتحمة: أي عائلة ذات وسيطين اثنين لمعادلة من الرتبة الأولى. ولا تناقض مع المبرهنة 5.4، إذ تخفق فروضها هنا: فبكتابتها $y' + a(x)y = 0$ ، لا يكون المعامل $a(x) = -\frac2x$ متصلًا عند $0$ — بل ليس معرَّفًا أصلًا — فلا تكون $\R$ مجالًا تنطبق عليه المبرهنة. فالشذوذ عند $0$ يفصل نصفي المستقيم، والقيمة $y(0) = 0$ مفروضة ولا تحمل أيّ معلومة عبره. وكل معطى كوشي عند $x_0 \neq 0$ لا يحدّد الحل إلا على نصف المستقيم الذي يحتوي $x_0$ .

5.4 مسألة: المتذبذب المخمَد المُثار

مسألة 5.1

معادلة واحدة تحكم كتلةً على نابض في وسط لزج، والشحنةَ في دارة RLC، ومبنى يتمايل في الريح:

(E_\Omega)\colon\quad x'' + 2\lambda x' + \omega_0^2\,x = A\cos(\Omega t),

حيث $\lambda \geq 0$ التخميد و $\omega_0 > 0$ التواتر الذاتي و $A > 0$ و $\Omega > 0$ سعة الإثارة وتواترها. وتستخرج هذه المسألة سلوكها الكامل: تناقص العابرات، والنظام الدوري المستقرّ الوحيد، ومنحني الرنين وحدّته (وهي معامل الجودة)، وضربات الحالة غير المخمَدة، وميزان الطاقة الذي يديم التذبذب. وما لم يُذكر خلاف ذلك، $0 < \lambda < \omega_0$ (النظام دون التخميد الحرج) ونكتب $\omega_d = \sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}$ .

الجزء 1 — المتذبذب الحرّ. هنا $A = 0$ .

حُلَّ المعادلة المتجانسة $(H)$ من أجل $0 < \lambda < \omega_0$ ومن أجل $\lambda = 0$ . (والنظامان $\lambda \geq \omega_0$ عولجا في التمرين 5.9؛ فاذكرهما.)
بيّن أنه من أجل كل $\lambda > 0$ ، تؤول كل حلول $(H)$ إلى $0$ عند $+\infty$ — في الأنظمة الثلاثة كلها.
عرّف الطاقة $\mathcal E(t) = \frac12 x'(t)^2 + \frac12\omega_0^2\,x(t)^2$ على طول حلّ للمعادلة $(H)$ . بيّن أن $\mathcal E'(t) = -2\lambda\,x'(t)^2 \leq 0$ ، واستنتج (دون حلّ أيّ شيء) أن مسألة كوشي « $(H)$ مع $x(t_0) = x'(t_0) = 0$ » ليس لها إلا الحل المعدوم، من أجل كل $\lambda \geq 0$ .
من أجل $0 < \lambda < \omega_0$ ، اكتب الحل غير المعدوم على الصورة $x(t) = R\,\eu^{-\lambda t}\cos(\omega_d t - \varphi)$ وليكن $T_d = \frac{2\pi}{\omega_d}$ شبه الدور. بيّن أن $x(t + T_d) = \eu^{-\lambda T_d}\,x(t)$ : أي أن كل تأرجحة هي السابقة مصغَّرةً بالعامل الثابت $\eu^{-\delta}$ ، حيث $\delta = \frac{2\pi\lambda}{\omega_d}$ (وهو التناقص اللوغاريتمي). واحسب $\delta$ من أجل $\omega_0 = 1$ و $\lambda = 0.1$ .
عرّف معامل الجودة $Q = \dfrac{\omega_0}{2\lambda}$ . بيّن أنه بعد الزمن $\frac1\lambda$ (أي تناقص السعة بالعامل $\eu$ مرة واحدة)، يكون المتذبذب قد أتمّ $\frac{\omega_d}{2\pi\lambda}$ من أشباه الأدوار، وهو من أجل التخميد الضعيف ( $\lambda \ll \omega_0$ ) قريب من $\frac Q\pi$ : فمعامل الجودة يعدّ، بمعامل $\pi$ ، التذبذبات التي تنجو قبل أن تتناقص السعة بالعامل $\eu$ .

الجزء 2 — النظام المستقرّ. الآن $A > 0$ و $\lambda > 0$ .

ابحث عن حلّ خاص بوصفه الجزء الحقيقي للمقدار $z\,\eu^{\iu\Omega t}$ حيث $z \in \C$ (الطريقة 5.13). بيّن أن ذلك يفي بالغرض مع

$z = \frac{A}{\omega_0^2 - \Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega} .$
استنتج النظام المستقرّ في صورة السعة والطور: $x_p(t) = R(\Omega)\cos\bigl(\Omega t - \varphi(\Omega)\bigr)$ حيث

$R(\Omega) = \frac{A}{\sqrt{(\omega_0^2 - \Omega^2)^2 + 4\lambda^2\Omega^2}}, \qquad \tan\varphi = \frac{2\lambda\Omega}{\omega_0^2 - \Omega^2}, \quad \varphi \in \intoo0\pi .$
فسّر النظامين الطرفيين: احسب نهايتَي $R$ و $\varphi$ عندما $\Omega \to 0^+$ (أي الاستجابة شبه الساكنة $A/\omega_0^2$ ، والطور $0$ ) وعندما $\Omega \to +\infty$ (أي $R \sim A/\Omega^2 \to 0$ ، والطور $\to \pi$ : فتتحرك الكتلة عكس إثارة أسرع مما ينبغي).
بيّن أن كل حلّ للمعادلة $(E_\Omega)$ هو $x_p$ زائد حلٍّ للمعادلة $(H)$ ، ومنه فهو يتقارب نحو النظام المستقرّ $x_p$ عندما $t \to +\infty$ ، مهما تكن الشروط الابتدائية: فبعد فناء العابر لا تبقى للمتذبذب أيّ ذاكرة عن كيفية بدئه.
بيّن أن $x_p$ هو الحل الدوري الوحيد للمعادلة $(E_\Omega)$ .
أنجز مسألة كوشي واحدة إلى نهايتها: من أجل $x'' + 2x' + 2x = \cos t$ مع $x(0) = x'(0) = 0$ ، بيّن أن الحل هو

$x(t) = \frac{\cos t + 2\sin t}5 - \eu^{-t}\,\frac{\cos t + 3\sin t}5 ,$

وعيّن الجزأين العابر والمستقرّ.

الجزء 3 — منحني الرنين. دراسة $\Omega \mapsto R(\Omega)$ على $\intoo0{+\infty}$ .

بوضع $u = \Omega^2$ و $g(u) = (\omega_0^2 - u)^2 + 4\lambda^2 u$ ، بيّن: أنه إذا كان $2\lambda^2 < \omega_0^2$ بلغت $R$ قيمة قصوى تامة عند تواتر الرنين $\Omega_r = \sqrt{\omega_0^2 - 2\lambda^2}$ ، مع

$R_{\max} = R(\Omega_r) = \frac{A}{2\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}} .$
بيّن أن $\dfrac{R_{\max}}{R(0)} = Q\,\bigl(1 - \tfrac{\lambda^2}{\omega_0^2}\bigr)^{-1/2} \geq Q$ : أي أنه عند الرنين تتضخّم الإثارة بمعامل الجودة (أساسًا).
برهن على أن سعة السرعة $V(\Omega) = \Omega\,R(\Omega)$ تبلغ قيمتها القصوى عند $\Omega = \omega_0$ بالضبط (لا عند $\Omega_r$ )، وأن الطور هناك $\varphi(\omega_0) = \frac\pi2$ : أي أنه عند $\Omega = \omega_0$ تكون السرعة في طور القوة بالضبط.
(عرض النطاق) حُلَّ $g(u) = 2\,g(u_r)$ حلًّا مضبوطًا، حيث $u_r = \omega_0^2 - 2\lambda^2$ ، واستنتج أن التواترين $\Omega_\pm$ اللذين عندهما $R = R_{\max}/\sqrt2$ يحققان $\Omega_+^2 - \Omega_-^2 = 4\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}$ ؛ واستنتج أنه من أجل التخميد الضعيف يكون عرض النطاق $\Omega_+ - \Omega_- \approx 2\lambda$ ، أي $Q \approx \frac{\omega_0}{\Omega_+ - \Omega_-}$ : فقمم الرنين الحادّة هي جمل ذات $Q$ عالٍ.
صورة عددية من أجل $\omega_0 = 1$ و $\lambda = 0.05$ (أي $Q = 10$ ) و $A = 1$ : احسب $\Omega_r$ و $R_{\max}$ و الاستجابة الساكنة $R(0)$ وعرض النطاق التقريبي.
بيّن أنه إذا كان $2\lambda^2 \geq \omega_0^2$ فإن $R$ متناقصة تمامًا على $\intoo0{+\infty}$ : أي أن الجمل الشديدة التخميد بلا قمة رنين البتة.

الجزء 4 — بلا تخميد: الضربات والرنين. هنا $\lambda = 0$ .

من أجل $\Omega \neq \omega_0$ ، جد الحل العام للمعادلة $x'' + \omega_0^2 x = A\cos(\Omega t)$ .
حُلَّ مسألة كوشي $x(0) = x'(0) = 0$ وحوّل الجواب إلى الصورة الجدائية

$x(t) = \frac{2A}{\omega_0^2 - \Omega^2}\, \sin\Bigl(\frac{(\omega_0 - \Omega)t}2\Bigr) \sin\Bigl(\frac{(\omega_0 + \Omega)t}2\Bigr) .$
من أجل $\Omega$ قريبة من $\omega_0$ ، اقرأ الجداء بوصفه تذبذبًا سريعًا عند التواتر $\frac{\omega_0 + \Omega}2$ مضمَّنًا بغلاف بطيء عند التواتر $\frac{\abs{\omega_0 - \Omega}}2$ : وهي الضربات. أعط دور الغلاف و السعة القصوى، ولاحظ كيف ينفجران معًا عندما $\Omega \to \omega_0$ .
ثبّت $t$ واجعل $\Omega \to \omega_0$ في صيغة السؤال 19: بيّن أن النهاية هي

$x_\infty(t) = \frac{A\,t\,\sin(\omega_0 t)}{2\omega_0} ,$

وتحقق مباشرة من أن $x_\infty$ يحلّ المعادلة الرنينية $x'' + \omega_0^2 x = A\cos(\omega_0 t)$ مع $x(0) = x'(0) = 0$ (وقارن المثال 5.19): فالرنين هو نهاية ضربات تزداد بطئًا واتساعًا أبدًا.
قابل بين مصيرَي الرنين: النموّ الخطي $\frac{At}{2\omega_0}$ بلا تخميد، في مقابل التشبّع عند $R_{\max} \approx Q\,\frac{A}{\omega_0^2}$ مع تخميد ضعيف. وفي جملة واحدة: ما الآلية الفيزيائية التي تحوّل الأول إلى الثاني؟

الجزء 5 — ميزان الطاقة وتوليفة ختامية.

في النظام المستقرّ من الجزء 2، احسب متوسط كلٍّ ممّا يلي على دور واحد $\frac{2\pi}\Omega$ : (أ) القدرة التي تحقنها الإثارة، $P_{\mathrm{in}}(t) = A\cos(\Omega t) \cdot x_p'(t)$ ؛ و (ب) القدرة التي يبدّدها التخميد، $P_{\mathrm{diss}}(t) = 2\lambda\,x_p'(t)^2$ . وبيّن أن المتوسطين يساويان $\lambda\,R^2\Omega^2$ : فتغذّي الإثارة بالضبط ما يحرقه التخميد — ولهذا يكون النظام المستقرّ مستقرًّا.
أين استعملت المسألة بالضبط: (أ) مبرهنة البنية المبرهنة 5.12؛ (ب) طريقة الأسّي العقدي؛ (ج) دراسة دالة لمتغير حقيقي على نهج الفصل 4؟ جملة واحدة لكلٍّ منها.
توليفة: صِف خريطة السلوك الكاملة للمعادلة $(E_\Omega)$ — الحرّ في مقابل المُثار، والمخمَد في مقابل غير المخمَد، ودور $Q$ بوصفه القرص اللابعدي الوحيد الذي يضبط ارتفاع القمة وعرض النطاق وعمر العابر — واذكر أين تستمر القصة: الجمل $2 \times 2$ من الرتبة الأولى (الفصل 21 ومجلد السنة 2) و تفكيك إثارة دورية عامة إلى جيوب (متسلسلات فورييه، في مجلد السنة 3)، والحالة الجيبية في هذه المسألة هي لبنتها الأساسية.

حل

حل المسألة 5.1.

1. $\chi(r) = r^2 + 2\lambda r + \omega_0^2$ و $\Delta = 4(\lambda^2 - \omega_0^2) < 0$ من أجل $0 < \lambda < \omega_0$ : الجذران $-\lambda \pm \iu\omega_d$ ، ومنه حسب المبرهنة 5.10

x(t) = \eu^{-\lambda t}\bigl(\lambda_1\cos\omega_d t + \mu_1\sin\omega_d t\bigr), \qquad (\lambda_1, \mu_1) \in \R^2 .

ومن أجل $\lambda = 0$ : $x = \lambda_1\cos\omega_0 t + \mu_1\sin\omega_0 t$ . وأمّا النظامان الحرج ( $\lambda = \omega_0$ ) و فوق الحرج ( $\lambda > \omega_0$ ) فهما نظاما التمرين 5.9 (بعد إعادة سلّم الزمن): أي $(\lambda_1 + \mu_1 t)\eu^{-\lambda t}$ ، أو تراكيب $\eu^{r_\pm t}$ حيث $r_\pm = -\lambda \pm \sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2}$ على التوالي.

2. دون التخميد الحرج: $\abs x \leq \eu^{-\lambda t}(\abs{\lambda_1} + \abs{\mu_1}) \to 0$ . وفي الحالة الحرجة: $(\lambda_1 + \mu_1 t)\eu^{-\lambda t} \to 0$ لأن الأسّيات تفوق كثيرات الحدود (القضية 4.6). وفوق الحرجة: $r_- < r_+ = -\lambda + \sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2} < 0$ لأن $\sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2} < \lambda$ ؛ فتتناقص الأسّيتان معًا.

3. على طول حلّ للمعادلة $(H)$ ، وباستعمال $x'' = -2\lambda x' - \omega_0^2 x$ :

\mathcal E'(t) = x'x'' + \omega_0^2 x x' = x'\bigl(-2\lambda x' - \omega_0^2 x\bigr) + \omega_0^2 xx' = -2\lambda\,x'^2 \leq 0 .

فإذا كان $x(t_0) = x'(t_0) = 0$ كان $\mathcal E(t_0) = 0$ ؛ والمقدار $\mathcal E$ موجب وغير متزايد، ومنه $\mathcal E \equiv 0$ على $\intco{t_0}{+\infty}$ ، فيُفرض $x \equiv 0$ هناك؛ ومن أجل $t \leq t_0$ ، أجرِ الحجة نفسها على $\tilde x(t) = x(2t_0 - t)$ ، وهي تحلّ المعادلة بتخميد $-\lambda$ لكن لها مع ذلك $\tilde{\mathcal E}(t_0) = 0$ و $\tilde{\mathcal E}' = +2\lambda\tilde x'^2 \geq 0$ حيث $\tilde{\mathcal E} \geq 0$ ؛ والدالة الموجبة غير المتناقصة والمعدومة عند الطرف الأيمن من $\intoc{-\infty}{t_0}$ معدومةٌ في كل مكان. إذن $x \equiv 0$ على $\R$ — وهو برهان بالطاقة على الوحدانية، صالح لكل $\lambda \geq 0$ .

4. $x(t + T_d) = R\,\eu^{-\lambda t}\eu^{-\lambda T_d}\cos(\omega_d t + 2\pi - \varphi) = \eu^{-\lambda T_d}x(t)$ . ومعامل التقلص في كل شبه دور هو $\eu^{-\delta}$ حيث $\delta = \lambda T_d = \frac{2\pi\lambda}{\omega_d}$ . ومن أجل $\omega_0 = 1$ و $\lambda = 0.1$ : $\omega_d = \sqrt{0.99} = 0.99499$ ، ومنه $\delta = \frac{0.62832}{0.99499} = 0.6315$ : أي أن كل تأرجحة تحتفظ بنسبة $\eu^{-0.63} \approx 53\%$ من سعتها.

5. معامل السعة هو $\eu^{-\lambda t}$ ، وهو يتناقص بالعامل $\eu$ خلال $t = \frac1\lambda$ . ويحوي ذلك المجال $\frac{1/\lambda}{T_d} = \frac{\omega_d}{2\pi\lambda}$ من أشباه الأدوار. ومن أجل $\lambda \ll \omega_0$ ، يكون $\omega_d \approx \omega_0$ وهذا هو $\approx \frac{\omega_0}{2\pi\lambda} = \frac Q\pi$ . فوتر غيتار ذو $Q = 300$ يرنّ نحو مئة دور؛ ومخمّد باب ذو $Q = 1$ لا يتمّ دورًا واحدًا.

6. بتعويض $z\,\eu^{\iu\Omega t}$ في الطرف الأيسر نجد $z\,(-\Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega + \omega_0^2)\,\eu^{\iu\Omega t}$ ، وهو يساوي $A\,\eu^{\iu\Omega t}$ بالضبط من أجل $z = \frac{A}{\omega_0^2 - \Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega}$ (والمقام غير معدوم: فجزؤه التخيلي هو $2\lambda\Omega > 0$ ). وبما أن المعاملات حقيقية، يحلّ الجزء الحقيقي $x_p = \Re\bigl(z\eu^{\iu\Omega t}\bigr)$ المعادلةَ ذات الطرف الأيمن $\Re\bigl(A\eu^{\iu\Omega t}\bigr) = A\cos\Omega t$ .

7. اكتب $\omega_0^2 - \Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega = \sqrt{D}\,\eu^{\iu\varphi}$ حيث $D = (\omega_0^2 - \Omega^2)^2 + 4\lambda^2\Omega^2$ و $\varphi \in \intoo0\pi$ (فالجزء التخيلي $2\lambda\Omega$ موجب)، ومنه $\tan\varphi = \frac{2\lambda\Omega}{\omega_0^2 - \Omega^2}$ . عندئذ $z = \frac{A}{\sqrt D}\eu^{-\iu\varphi}$ و

x_p(t) = \Re\Bigl(\frac A{\sqrt D}\,\eu^{\iu(\Omega t - \varphi)}\Bigr) = R\cos(\Omega t - \varphi), \qquad R = \frac A{\sqrt D} .

8. عندما $\Omega \to 0^+$ : $D \to \omega_0^4$ ، ومنه $R \to A/\omega_0^2$ و $\tan\varphi \to 0^+$ مع $\varphi \in \intoo0{\frac\pi2}$ : أي $\varphi \to 0$ . فتتبع الكتلة القوة تتبّعًا شبه ساكن، منزاحةً بمقدار القوة على الصلابة. وعندما $\Omega \to +\infty$ : $D \sim \Omega^4$ ، ومنه $R \sim A/\Omega^2 \to 0$ ، و $\varphi \to \pi$ (فالعدد العقدي $\omega_0^2 - \Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega$ يذهب إلى الربع الثاني بعمدة $\to \pi$ ): فتتحرك الكتلة بالكاد، وبتعاكس في الطور — إذ يهيمن العطالة.

9. حسب المبرهنة 5.12 (1)، يكون كل حلّ $x = x_p + x_h$ حيث $x_h$ يحلّ $(H)$ ؛ وحسب السؤال 2، $x_h(t) \to 0$ ، ومنه $x(t) - x_p(t) \to 0$ : أي أن كل الحلول تتقارب نحو النظام المستقرّ نفسه. والشروط الابتدائية لا تشكّل إلا العابر.

10. إذا كان $x$ حلًّا دوريًا، كان $x - x_p = x_h$ حلًّا دوريًا للمعادلة $(H)$ يؤول إلى $0$ عند $+\infty$ ؛ والدالة الدورية التي نهايتها $0$ تساوي $0$ تطابقيًا (فقيمها على دور واحد تتكرر إلى الأبد، فتكون كل قيمة نهايةَ متتالية جزئية تؤول إلى $0$ ). ومنه $x = x_p$ .

11. هنا $\lambda = 1$ و $\omega_0^2 = 2$ و $\Omega = 1$ و $A = 1$ : $z = \frac1{2 - 1 + 2\iu} = \frac{1 - 2\iu}5$ ، ومنه

x_p = \Re\Bigl(\frac{(1 - 2\iu)(\cos t + \iu\sin t)}5\Bigr) = \frac{\cos t + 2\sin t}5 .

والمتجانسة: جذرا $r^2 + 2r + 2$ هما $-1 \pm \iu$ : أي $x_h = \eu^{-t}(C\cos t + S\sin t)$ . والشروط: $x(0) = \frac15 + C = 0$ تعطي $C = -\frac15$ ؛ وبالاشتقاق، $x'(0) = \frac25 - C + S = 0$ تعطي $S = C - \frac25 = -\frac35$ . ومنه

x(t) = \underbrace{\frac{\cos t + 2\sin t}5}_{\text{مستقرّ}} - \underbrace{\eu^{-t}\,\frac{\cos t + 3\sin t}5}_{\text{عابر}} ,

ويفنى العابر مثل $\eu^{-t}$ .

12. بالنشر، $g(u) = u^2 - 2(\omega_0^2 - 2\lambda^2)u + \omega_0^4 = (u - u_r)^2 + g(u_r)$ حيث $u_r = \omega_0^2 - 2\lambda^2$ و

g(u_r) = \omega_0^4 - u_r^2 = (\omega_0^2 - u_r)(\omega_0^2 + u_r) = 2\lambda^2\bigl(2\omega_0^2 - 2\lambda^2\bigr) = 4\lambda^2(\omega_0^2 - \lambda^2) .

فإذا كان $2\lambda^2 < \omega_0^2$ ، كان $u_r > 0$ تواترًا مربَّعًا مقبولًا: فللدالة $g$ قيمة صغرى تامة هناك، ومنه تبلغ $R = A/\sqrt g$ قيمة قصوى تامة عند $\Omega_r = \sqrt{u_r} = \sqrt{\omega_0^2 - 2\lambda^2}$ ، مع $R_{\max} = A/\sqrt{g(u_r)} = \frac{A}{2\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}}$ .

13. $R(0) = A/\omega_0^2$ ، ومنه

\frac{R_{\max}}{R(0)} = \frac{\omega_0^2}{2\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}} = \frac{\omega_0}{2\lambda}\cdot \frac{\omega_0}{\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}} = Q\,\Bigl(1 - \frac{\lambda^2}{\omega_0^2}\Bigr)^{-1/2} \geq Q .

ومن أجل التخميد الضعيف يكون معامل التصحيح قريبًا من $1$ : فالرنين يضرب الإزاحة الساكنة في $Q$ أساسًا.

14. $V(\Omega)^2 = \frac{A^2 u}{g(u)}$ حيث $u = \Omega^2$ . ومشتقتها لها إشارة $g(u) - u\,g'(u) = (\omega_0^2 - u)^2 + 4\lambda^2 u - u\bigl(2(u - \omega_0^2) + 4\lambda^2\bigr) = (\omega_0^2 - u)^2 + 2u(\omega_0^2 - u) = (\omega_0^2 - u)(\omega_0^2 + u)$ ، وهي موجبة من أجل $u < \omega_0^2$ وسالبة بعده: أي قيمة قصوى تامة عند $\Omega = \omega_0$ بالضبط، مهما يكن التخميد. وهناك ينفجر $\tan\varphi$ مع $\varphi \in \intoo0\pi$ : أي $\varphi = \frac\pi2$ ، ويكون $x_p'(t) = -R\Omega\sin(\Omega t - \frac\pi2) = R\Omega\cos(\Omega t)$ في طور القوة بالضبط: أي أفضل نقل للقدرة.

15. $R = R_{\max}/\sqrt2 \iff g(u) = 2g(u_r) \iff (u - u_r)^2 = g(u_r) = 4\lambda^2(\omega_0^2 - \lambda^2)$ ، ومنه

u_\pm = u_r \pm 2\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}, \qquad \Omega_+^2 - \Omega_-^2 = 4\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2} .

ثم $\Omega_+ - \Omega_- = \frac{\Omega_+^2 - \Omega_-^2}{\Omega_+ + \Omega_-}$ ، ومن أجل $\lambda \ll \omega_0$ يكون كلٌّ من $\Omega_\pm \approx \omega_0$ : $\Omega_+ - \Omega_- \approx \frac{4\lambda\omega_0}{2\omega_0} = 2\lambda$ ، ومنه $\frac{\omega_0}{\Omega_+ - \Omega_-} \approx \frac{\omega_0}{2\lambda} = Q$ . فقياس عرض قمة رنين يقيس معامل جودتها.

16. $Q = 10$ ؛ و $\Omega_r = \sqrt{1 - 2(0.05)^2} = \sqrt{0.995} = 0.9975$ ؛ و $R_{\max} = \frac1{2 \times 0.05 \sqrt{1 - 0.0025}} = \frac1{0.1 \times 0.99875} = 10.01$ ؛ والاستجابة الساكنة $R(0) = 1$ ؛ وعرض النطاق $\approx 2\lambda = 0.1$ . أي شوكة عالية رفيعة ارتفاعها $\approx Q$ فوق هضبة ارتفاعها $1$ .

17. إذا كان $2\lambda^2 \geq \omega_0^2$ كان $u_r \leq 0$ و $g'(u) = 2(u - u_r) > 0$ من أجل كل $u > 0$ : فتتزايد $g$ تمامًا على $\intoo0{+\infty}$ ، ومنه تتناقص $R = A/\sqrt g$ تمامًا من $R(0) = A/\omega_0^2$ : أي أن الاستجابة أكبر ما تكون عند التواتر المعدوم ولا قمة هناك.

18. العدد $\gamma = \iu\Omega$ ليس جذرًا لكثير الحدود $r^2 + \omega_0^2$ (إذ $\Omega \neq \omega_0$ )، ومنه يعطي الطريقة 5.13 مع $m = 0$ أن $x_p = \frac{A\cos\Omega t}{\omega_0^2 - \Omega^2}$ (عوّض و تحقق: $-\Omega^2 + \omega_0^2$ مضروبًا في جيب التمام). والحل العام:

x(t) = \frac{A\cos\Omega t}{\omega_0^2 - \Omega^2} + \lambda_1\cos\omega_0 t + \mu_1\sin\omega_0 t .

19. يفرض $x(0) = 0$ أن $\lambda_1 = -\frac A{\omega_0^2 - \Omega^2}$ ، ويفرض $x'(0) = 0$ أن $\mu_1 = 0$ :

x(t) = \frac{A}{\omega_0^2 - \Omega^2}\, \bigl(\cos\Omega t - \cos\omega_0 t\bigr) = \frac{2A}{\omega_0^2 - \Omega^2}\, \sin\Bigl(\frac{(\omega_0 - \Omega)t}2\Bigr) \sin\Bigl(\frac{(\omega_0 + \Omega)t}2\Bigr) ,

حسب الصيغة الجدائية $\cos a - \cos b = 2\sin\frac{b - a}2\sin\frac{b + a}2$ مطبَّقةً مع $a = \Omega t$ و $b = \omega_0 t$ .

20. من أجل $\Omega$ قريبة من $\omega_0$ ، يتذبذب الجيب الثاني عند التواتر السريع $\frac{\omega_0 + \Omega}2 \approx \omega_0$ ، بينما يكون الأول غلافًا بطيئًا تواتره $\frac{\abs{\omega_0 - \Omega}}2$ : فتنمو سعة التذبذب السريع وتنحسر مع غلاف دوره $\frac{2\pi}{\abs{\omega_0 - \Omega}}$ (أي ضربتان في كل دور غلاف)، وتبلغ قيمًا قصوى $\frac{2A}{\abs{\omega_0^2 - \Omega^2}}$ . وعندما $\Omega \to \omega_0$ ، تصير الضربات أبطأ (فالدور $\to \infty$ ) وأعلى (فالسعة $\to \infty$ ).

21. ثبّت $t$ . وعندما $\Omega \to \omega_0$ :

\frac{2A}{\omega_0^2 - \Omega^2}\sin\Bigl(\frac{(\omega_0 - \Omega)t}2\Bigr) = \frac{2A}{\omega_0 + \Omega}\cdot \frac{\sin\bigl(\frac{(\omega_0 - \Omega)t}2\bigr)} {\omega_0 - \Omega} \longrightarrow \frac{2A}{2\omega_0}\cdot\frac t2 = \frac{At}{2\omega_0} ,

بينما $\sin\bigl(\frac{(\omega_0 + \Omega)t}2\bigr) \to \sin(\omega_0 t)$ : فالنهاية هي $x_\infty(t) = \frac{At\sin\omega_0 t}{2\omega_0}$ . وللتحقق المباشر: مع $C = \frac A{2\omega_0}$ ، يحقق $x_\infty = Ct\sin\omega_0 t$ العلاقة $x_\infty'' = 2C\omega_0\cos\omega_0 t - C\omega_0^2 t \sin\omega_0 t$ ، ومنه $x_\infty'' + \omega_0^2 x_\infty = 2C\omega_0\cos\omega_0 t = A\cos\omega_0 t$ ، مع $x_\infty(0) = 0$ و $x_\infty'(0) = C\sin 0 + C\omega_0 \cdot 0 \cdot \cos 0 = 0$ — ومن أجل $\omega_0 = A = 1$ يكون هذا بالضبط المثال 5.19. فالرنين هو انحلال الضربات: أي أول انتفاخة من الغلاف، ممدودةً إلى طول لا نهائي.

22. بلا تخميد تنمو سعة الرنين خطيًا وبلا حدّ؛ ومع تخميد $\lambda > 0$ يتشبّع النموّ عند $R_{\max} \approx Q\,\frac A{\omega_0^2}$ . والآلية: التبديد يسحب الطاقة بمعدل ينمو مع السعة (السؤال 23)، فيتوقف التراكم بالضبط عندما يحرق التخميد الطاقة بالسرعة التي تمدّه بها الإثارة.

23. مع $x_p' = -R\Omega\sin(\Omega t - \varphi)$ ، وعلى دور واحد يعطي المتوسطان $\langle\cos^2\rangle = \langle\sin^2\rangle = \frac12$ و $\langle\sin\cos\rangle = 0$ ما يلي:

\langle P_{\mathrm{diss}}\rangle = 2\lambda\,R^2\Omega^2\,\langle\sin^2(\Omega t - \varphi)\rangle = \lambda R^2\Omega^2 ;

وبنشر $\sin(\Omega t - \varphi) = \sin\Omega t\cos\varphi - \cos\Omega t\sin\varphi$ :

\langle P_{\mathrm{in}}\rangle = -AR\Omega\,\bigl\langle\cos\Omega t\,\sin(\Omega t - \varphi)\bigr\rangle = AR\Omega\,\frac{\sin\varphi}2 .

وبما أن $\sin\varphi = \frac{2\lambda\Omega}{\sqrt D} = \frac{2\lambda\Omega R}A$ ، فهذا هو $\frac{AR\Omega}2 \cdot \frac{2\lambda\Omega R}A = \lambda R^2\Omega^2$ : أي أن القدرتين المحقونة والمبدَّدة تتوازنان بالضبط — وهي الخاصية التي تعرّف النظام المستقرّ.

24. (أ) فصلت مبرهنة البنية كل حلّ إلى نظام مستقرّ زائد عابر (الأسئلة 9–11) وردّت الوحدانية إلى المسألة المتجانسة. (ب) وحوّلت الطريقة العقدية البحثَ عن حلّ خاص إلى قسمة واحدة لعددين عقديين (السؤال 6)، مع قراءة السعة والطور من مقياس وعمدة. (ج) ومنحني الرنين دراسة دالة خالصة — كثير حدود من الدرجة الثانية في $u = \Omega^2$ ، وقيمته الصغرى، ومجموعات مستوياته — على نهج الفصل 4 (الأسئلة 12–17).

25. الحرّ والمخمَد: أشباه تذبذبات متناقصة، وعمرها $\frac1\lambda$ ، ونحو $\frac Q\pi$ تأرجحة. والمُثار والمخمَد: تفنى العابرات، وينجو نظام مستقرّ جيبيّ وحيد عند تواتر الإثارة، تبلغ سعته قمتها قرب $\omega_0$ (وارتفاعها $\approx Q \times$ الساكنة، وعرضها $\approx \frac{\omega_0}Q$ ) ويجتاح طوره من $0$ إلى $\pi$ مارًّا بالقيمة $\frac\pi2$ عند $\omega_0$ . والحرّ وغير المخمَد: تذبذب دائم. والمُثار وغير المخمَد: ضربات، تنحلّ إلى رنين ينمو خطيًا عند الضبط التام. وعدد لابعديّ واحد، $Q = \frac{\omega_0}{2\lambda}$ ، يضبط كل شيء — فارتفاع القمة وعرض النطاق وعمر العابر ثلاث قراءات للقرص نفسه. وأمّا التتمة: فإعادة كتابة $x'' + 2\lambda x' + \omega_0^2x$ في صورة جملة من الرتبة الأولى تفتح طرائق المصفوفات في الفصل 21 ومجلد السنة 2، وتفكيك إثارة دورية كيفية إلى جيوب (متسلسلات فورييه، مجلد السنة 3) يجعل تحليل هذه المسألة ذا التواتر الواحد اللبنةَ الكونية: حُلَّ من أجل كل تواتر، ثم راكِب.

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد