ریاضی , علوم پایه 88 بازدید

پیش‌تر در وبلاگ فرادرس انواع مختلف معادلات دیفرانسیل را توضیح دادیم. هم‌چنین در مطلبی دیگر نوعی از معادله دیفرانسیل، تحت عنوان معادله دیفرانسیل اویلر را مورد بررسی قرار دادیم. در این مطلب قصد داریم تا مراتب بالاتر این نوع از معادلات را بررسی کرده و روش حل آن‌ها را توضیح دهیم.

جهت درک بهتر این مطلب، پیشنهاد می‌شود مطالب معادلات دیفرانسیل، معادلات دیفرانسیل مرتبه بالا و معادله دیفرانسیل اویلر را مطالعه فرمایید.

روش‌های حل

در راستای ارائه مفاهیم ریاضیات در وبلاگ فرادرس، معادله دیفرانسیل اویلر را به صورت زیر معرفی کردیم.

$$ \Large \begin {equation} a { x ^ 2 } y ^ { \prime\prime } + b x y ^ { \prime } + c y = 0 \end {equation} $$

معادله‌ای همچون معادله بالا را با استفاده از تغییر متغیر $$ \large y = x ^ { r } $$ می‌توان حل کرد. حال فرض کنید معادله فوق دارای مشتق مراتب بالاتر نیز باشد. در حقیقت معادله‌ای به صورت زیر را در نظر بگیرید.

$$ \Large { { x ^ n } { y ^ { \left ( n \right ) } } + { a _ 1 } { x ^ { n – 1 } } { y ^ { \left ( { n – 1 } \right ) } } + \cdots } + { { a _ { n – 1 } } xy ^ { \prime } + { a _ n } y = 0 \ , \; \; } \kern-0.3pt
{x \gt 0 } $$

معادله فوق، معادله دیفرانسیل اویلر با مرتبه n محسوب می‌شود. توجه داشته باشید در این رابطه، ضرایب aاعدادی ثابت هستند. البته در حالت کلی می‌توان از روش‌های بسیاری به منظور حل معادله دیفرانسیل اویلر مراتب بالاتر استفاده کرد،‌ اما در این مطلب سه مورد از روش‌های پرکاربرد را توضیح خواهیم داد.

حل معادله دیفرانسیل اویلر مراتب بالا با فرض $$ \large x = { e ^ t } $$

در این روش با فرض $$ \large x = { e ^ t } $$، معادله دیفرانسیل مرتبه n را می‌توان به معادله‌ای با ضرایب ثابت تبدیل کرد. در این حالت مشتق y را بر حسب پارامتر جدیدی تحت عنوان t بیان می‌کنیم. به منظور انجام این کار می‌توان از عملگر ریاضی D استفاده کرد. در رابطه ارائه شده در پایین، D نشان دهنده مشتق اول y نسبت به t است. بنابراین عملگر D را می‌توان به شکل زیر تعریف کرد.

$$ \large D y = { \large \frac { { d y } } { {d t } } \normalsize} $$

با استفاده از فرض فوق، مشتق اول y را می‌توان نسبت به t، به صورت زیر محاسبه کرد.

$$ \large { y ^ { \prime } = \frac { { d y } } { { d x }} = \frac { { \frac { { d y } } { { d t } } } }{ { \frac { { d x } }{{ d t } } } } } = { \frac { { \frac { { d y } } { { d t } } } } { { {e ^ t } }} }
= {{ e ^ { – t }} \frac{{d y }}{{ d t }} }
= {{ e ^ { – t } } D y } $$

به همین صورت مشتق مرتبه دوم را نیز می‌توان بر حسب D بدست آورد.

$$ \large \begin {align*} {y ^ { \prime \prime} = \frac { d } { { d x }} \left( {\frac{ { d y } }{ { d x } } } \right) } &
= {\frac{d}{{dx}}\left( {{e^{ – t}}\frac{{dy}}{{dt}}} \right) }
\\ & = {\frac{{\frac{d}{{dt}}}}{{{e^t}}}\left( {{e^{ – t}}\frac{{dy}}{{dt}}} \right) }
\\ & = {{e^{ – t}}\frac{ d } { {d t} }\left( {{e^{ – t}}\frac{{dy}}{{dt}}} \right) }
\\ & = {{e^{ – t}}\left( { – {e^{ – t}}\frac{ {d y }} { {d t } } + { e ^ { – t}}\frac{{{ d ^ 2 } y }} { { d { t^ 2 } }}} \right) }
\\ & = {{e^{ – 2 t } } \left( { { D ^ 2} – D} \right)y }
\\ & = {{e^{ – 2t}}\left[ { D \left( {D – 1} \right)} \right]y } \end {align*} $$

مشتق مرتبه سوم نیز برابر است با:

$$ \large \begin{align*} { y ^ { \prime \prime \prime} = \frac { d } { { d x } }\left( {\frac{{ { d ^ 2 } y } } { { d { x ^ 2} }}} \right) }
& = {\frac { d } { { d x }}\left[ {{ e ^{ – 2 t } } \left ( {\frac { { { d ^ 2 } y }} { { d{ t ^ 2 }}} – \frac{{ d y } }{ { d t } } } \right)} \right] }
\\ & = {\frac{{\frac{d}{{dt}}}}{{{e^t}}}\left[ {{e^{ – 2t}}\left( {\frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}} – \frac{{dy}}{{dt}}} \right)} \right] }
\\ & = {{e^{ – t } } \left[ { – 2{e^{ – 2t}}\left( {\frac{{{ d ^ 2} y} } { { d { t^ 2}}} – \frac{{d y}}{{d t}}} \right) + } \right.}\kern0pt
{\left. {{e^{ – 2t}}\left( {\frac{{{d^3} y}}{{ d{ t ^3}}} – \frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}}} \right)} \right]}
\\ & = {{e^{ – 3t}}\left( { – 2\frac{{{d ^2} y}}{{d {t^2}}} + 2\frac{{d y}}{{ d t}} }\right.}+{\left.{ \frac{{{d^3}y}}{{d{t^3}}} – \frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}}} \right) }
\\ & = {{e^{ – 3t}}\left( {\frac{{{d^3}y}}{{d{t^3}}} – 3\frac{{{ d ^ 2 } y} } { { d{ t ^ 2} }} + 2\frac{{ d y } } {{ d t } } } \right) }
\\ & = {{e^{ – 3 t } } \left( { { D ^ 3 } – 3{ D ^ 2 } + 2D} \right)y }
\\ & = {{e^{ – 3t}}\left[ {D\left( {D – 1} \right)\left( {D – 2} \right)} \right]y} \end{align*} $$

به همین طریق مشتق مرتبه nام را می‌توان به صورت زیر بیان کرد.

$$ \Large { { y ^ { \left ( n \right ) } } } = { { e ^ { – n t } } \left [ { D \left ( { D – 1 } \right ) \left ( { D – 2} \right ) \cdots } \right.}\kern0pt{\left.{ \left( { D – n + 1 } \right ) } \right] y } $$

در نتیجه تغییر متغیر در نظر گرفته شده، معادله به صورت مرتبه n در آمده و با استفاده از روش‌های استاندارد می‌توان آن را حل کرد. توجه داشته باشید که عبارت ent از طرفین معادله بدست آمده، حذف شده و به صورت معادله‌ای با ضرایب ثابت در می‌آید.

نهایتا پاسخ بدست آمده با استفاده از رابطه $$ \large t = \ln x $$ بر حسب x قابل بیان است. به مثال ارائه شده در ادامه توجه فرمایید.

مثال ۱

پاسخ کلی معادله دیفرانسیل اویلر زیر را برای مقادیر x>0 بیابید.

$$ \Large { x ^ 3 } y ^ { \prime \prime\prime} – 2 { x ^ 2} y ^ { \prime \prime } +\; 4 x y ^ {\prime } – 4 y $$

مطابق با روش ارائه شده در بالا، ابتدا از تغییر متغیر $$ \large x = { e ^ t } $$ استفاده می‌کنیم. با جایگذاری تغییر متغیر در نظر گرفته شده در معادله اصلی داریم:

$$ \Large \require{cancel} {\cancel { e ^ {3 t } } \cancel { e ^ { – 3t}}\left( {{D^3} – 3{D^2} + 2D} \right)y } – {2\cancel{e^{2t}}\cancel{e^{ – 2t}}\left( {{D^2} – D} \right)y } + { 4 \cancel{ e ^ t } \cancel { e ^ { – t} } D y – 4 y }={ 0} $$

عبارت فوق را به صورت استاندارد و مطابق با معادله زیر بازنویسی می‌کنیم.

$$ \Large { \frac { { { d ^ 3 } y } } { { d { t ^ 3 } } } – 5 \frac { { { d ^2 } y } } { { d { t ^ 2 } } } }+{ 8 \frac { { d y} } { { d t } } – 4 y }={ 0 } $$

معادله مشخصه‌ی معادله دیفرانسیل فوق به صورت زیر است.

$$ \Large {{k ^ 3 } – 5 { k ^ 2 } + 8 k – 4 }={ 0 } $$

مقدار k=2 در رابطه بالا صدق می‌کند. از این رو رابطه بالا را می‌توان به صورت زیر بیان کرد.

$$ \Large \begin{align*} { { { k ^ 3 } – 2 { k ^ 2 } – 3{ k ^ 2 } } + { 6 k + 2 k – 4 = 0 \; \; } } & \Rightarrow
{ { { k^ 2 } \left ( { k – 2 } \right) } – {3 k \left ( { k – 2} \right) }+{ 2\left( {k – 2} \right) = 0 \; \; } } \\ & \Rightarrow
{ { \left ( { k – 2 } \right ) \cdot } \kern0pt { \left ( { { k ^ 2 } – 3 k + 2 } \right ) } = { 0 }} \end{align*} $$

عبارت فوق نشان می‌دهد که پاسخ‌های معادله برابر با k=1,2,2 هستند. همان‌طور که می‌بینید پاسخِ ۲ به صورت ریشه مضاعف است. بنابراین پاسخ معادله برابر با عبارت زیر بدست می‌آید.

$$ \Large { y \left ( t \right ) } = { { C _ 1 } { e ^ t } } + { \left ( { { C _ 2 } + { C _ 3 } t } \right ) { e ^ { 2t } } } $$

در رابطه فوق Cها اعدادی ثابت هستند. در مرحله آخر باید پاسخ را از فضای t به فضای x ببریم. بدین منظور از $$ \large t = \ln x $$ استفاده می‌کنیم. با جایگذاری این عبارت به جای t، پاسخ نهایی معادله به صورت زیر بدست خواهد آمد.

$$ \Large { y \left ( x \right ) } = { { C _ 1 } { e ^ { \ln x } } } + { \left ( { {C _ 2 } + { C _ 3 } \ln x } \right){e^{2\ln x } } } = { { C _ 1 } x } + { \left( { { C _ 2 } + { C _ 3 } \ln x } \right ) { x ^ 2 } } $$

حل معادله با فرض $$ \large y = x ^ k $$

یکی از روش‌های معمول به منظور حل معادله دیفرانسیل اویلر مراتب بالاتر استفاده از پاسخِ فرضیِ $$ \large y = { x ^ k } $$ است. با این فرض داریم:

$$ \Large y ^ { \prime } = k { x ^ { k – 1 } } $$
$$ \Large y ^ { \prime \prime } = k \left ( { k – 1 } \right ) { x ^ { k – 2 } } $$
$$ \Large \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots $$
$$ \Large {{y^{\left( n \right)}} }
= { \left [ {k \left ( { k – 1 } \right ) \cdots } \right.} \kern0pt { \left.{ \left ( { k – n + 1 } \right ) } \right] { x ^ { k – n } } } $$

با جایگذاری پاسخ فرض شده در معادله اصلی، ترم‌های $$ y = { x ^ k } \ne 0 $$ حذف شده و به عبارت زیر می‌رسیم.

$$ {\left[ { k \left ( { k – 1 } \right) \cdots \left ( { k – n + 1 } \right ) } \right] }
+ { { a _ 1 } \left[ { k \left ( { k – 1 } \right ) \cdots \left( {k – n + 2} \right ) } \right] } + { \cdots }
+ {{a _ { n – 1}}k }+{ {a _ n } } = { 0 } $$

رابطه فوق را می‌توان به صورت زیر و در قالب سیگما بیان کرد.

$$ \large { \sum \limits _ { s = 0 } ^{n – 1} {{a_s}\left[ {k\left( {k – 1} \right) \cdots }\kern0pt { \left( {k – n + s + 1} \right)} \right]} }+{ {a_n} = 0 \;\;}\kern-0.3pt
{\text{where}\;\;{a_0} = 1 } $$

با حل معادله مشخصه فوق، مقادیر k بدست آمده و پاسخ نهایی را می‌توان بر حسب آن‌ها بیان کرد. در نهایت با استفاده از رابطه $$ \large t = \ln x $$، شکل نهایی پاسخ بر حسب x بدست خواهد آمد. در ادامه مثالی با استفاده از این روش حل شده است.

مثال ۲

پاسخ عمومی معادله زیر را بیابید. توجه داشته باشید که علامت IV به معنای مشتق مرتبه چهارم است.

$$ \large { x ^ 4 } { y ^{IV}} + 6{ x ^ 3 } y^ { \prime \prime \prime} $$

همان‌طور که می‌بینید معادله فوق از جنس اویلر و از مرتبه چهارم است. با فرض پاسخ معادله به صورت $$ \large y = { x ^ k } $$، مشتقات به صورت زیر بدست می‌آیند.

$$ \large y ^ { \prime } = k { x ^ { k – 1}} $$
$$ \large y ^ { \prime \prime } = k \left ( { k – 1 } \right) { x ^ { k – 2 } } $$

$$ \large { y ^ { \prime \prime \prime} }={ k \left( { k – 1} \right)\left( {k – 2} \right) { x ^{k – 3}} } $$

$$ \large {{ y ^ { I V } } } = { k \left( { k – 1} \right)\left( {k – 2} \right)}\kern0pt{\left( { k – 3} \right){ x ^ { k – 4}} } $$

با قرار دادن مشتقات فوق، معادله دیفرانسیل به صورت زیر ساده خواهد شد.

$$ \large {{{ x ^ 4 } k \left( { k – 1} \right)\left( { k – 2} \right)}\kern0pt{\left( { k – 3 } \right){ x ^ { k – 4}} }}
+ {6 { x ^ 3 } k \left( {k – 1} \right)\left( {k – 2} \right){x^{k – 3}} }
+ {9 { x ^ 2 } k \left( {k – 1} \right ) { x ^ { k – 2}} }
+ {3 x k { x ^ { k – 1}} + {x^k} = 0 } $$

معادله فوق را می‌توان به صورت زیر ساده کرد.

$$ \large \begin{align*} {{k^4} – \cancel{{k^3}} – \cancel{{5{k^3}}} }+{{5{k^2}} + {6{k^2}} }
– {\cancel{{6k}} + \cancel{{6{k^3}}} }-{{6{k^2}} –{12{k^2}} }
+ {\cancel{{12k}} + {9{k^2}} }-{ \cancel{{6k}} +{1} = 0 \;\;} & \\ \Rightarrow
{{k^4} + {2{k^2}} + {1} = 0,\;\;}\Rightarrow
{{\left( {{k^2} + 1} \right)^2} = 0 } \end{align*} $$

رابطه فوق چهار ریشه دارد که تمامی آن‌ها به صورت مختلط هستند. در حقیقت هریک از ریشه‌های $$ \large k = \pm i $$ دو بار تکرار می‌شوند. با توجه به این ریشه‌ها پاسخ نهایی به صورت زیر بدست می‌آید.

$$ \large { y \left ( t \right) }={ \left( {{C_1} + { C _ 2 } t } \right ) \cos t } + { \left( { { C _ 3 } + { C _ 4 } t } \right ) \sin t } $$

در آخر نیز با استفاده از $$ \large t = \ln x $$، پاسخ را بر حسب x بیان می‌کنیم. پاسخ نهایی این معادله برابر است با:

$$ \large { y \left( x \right) }={ \left( {{C_1} + {C_2}\ln x} \right)\cos \left( {\ln x} \right) }
+ {\left( {{ C _3 } + { C _ 4 } \ln x } \right ) \sin \left ( { \ln x } \right) } $$

معادلات ناهمگن مراتب بالاتر

شکل عمومی یک معادله دیفرانسیل اویلرِ ناهمگن به صورت زیر است.

$$ \large { { x ^ n } { y ^ { \left ( n \right ) } } \left( x \right) }+{ {a_1}{x^{n – 1}}{y^{\left( {n – 1} \right)}}\left( x \right) + \cdots } + { { a _ { n – 1}} x y ^ { \prime} \left ( x \right ) } + { { a _ n } y \left( x \right) = f\left( x \right),\;\;}\kern-0.3pt {x \gt 0} $$

در چنین مواردی استفاده از تغییر متغیر $$ \large y = { e ^ t } $$ معادله را به صورت خطی در خواهد آورد. البته گفتنی است که اگر $$ \large f ( x ) $$ به صورت زیر باشد، می‌توان از روش ضرایب نامعین به منظور حل معادله اویلر استفاده کرد. در ادامه مثالی از این نوع از معادله ارائه شده است.

مثال ۳

پاسخ کلی معادله دیفرانسیل زیر را بدست آورید.

$$ \large { x ^3} y ^ { \prime\prime\prime} – 2 { x ^ 2 } y ^ {\prime\prime} = x\left( {2\ln x + 1} \right) $$

عبارت فوق معادله اویلری ناهمگن از مرتبه ۳ را نشان می‌دهد. با فرض تغییر متغیر $$ \large x = {e^t} $$ داریم:

$$ \large y ^ {\prime} = { e ^ { – t } } D y $$

$$ \large y ^ {\prime\prime} = {e^{ – 2 t } } D \left( {D – 1} \right) y $$

$$ \large { y ^ { \prime \prime \prime } }={ {e ^ { – 3 t } } D \left( {D – 1} \right)}\kern0pt{\left( {D – 2} \right)y} $$

در رابطه فوق، D نشان دهنده عملگر دیفرانسیل نسبت به متغیر t است. پس از جایگذاری در معادله اولیه، معادله‌ای خطی و ناهمگن به صورت زیر بدست خواهد آمد.

$$ \large {\cancel { e ^ { 3 t } } \cancel { e ^ { – 3 t } } D \left( {D – 1} \right) \left ( {D – 2} \right ) y }
– {2\cancel{e^{2t}}\cancel { e ^ { – 2 t } } D \left ( { D – 1 } \right ) y }
+ { 6 \cancel {e ^ t } \cancel {e ^ { – t } }D y }
= { { e ^t } \left ( { 2 t + 1 } \right) } $$

$$ \large \Rightarrow {D\left( {D – 1} \right)\left( {D – 2} \right)y }
– {2D\left( {D – 1} \right)y }+{ 6Dy }
= {{e^t}\left( {2t + 1} \right) } $$

$$ \large \Rightarrow {\left( { { D ^ 3 } – 3{D^2} + 2D} \right)y } – {\left( {2 { D ^ 2 } + 2 D } \right)y + 6Dy }
= {{ e ^ t }\left( {2t + 1} \right) } $$

$$ \large \Rightarrow {{D^3}y – {3{D^2}y} }+{ \cancel{{2Dy}} – {2{D^2}y} }-{ \cancel{{2Dy}} + {6Dy} }
= {{e^t}\left( {2t + 1} \right)} $$

در ابتدا شکل همگن معادله بالا را به صورت زیر در نظر می‌گیریم.

$$ \large \Rightarrow {\frac{{{d^3}y}}{{d{t^3}}} –{5\frac{{{ d
^ 2 } y } }{{ d { t ^2}}}} }+{ {6\frac{{ d y }}{{ d t }}} }={ 0} $$

بنابراین معادله عمومی به صورت زیر بدست می‌آید.

$$ \large {\frac{{{d^3}y}}{{d { t ^3}}} – 5 \frac{{{ d ^ 2 }y }}{{ d { t ^2}}} + 6\frac{{ d y }}{{ d t }} }={ 0} $$

در نتیجه معادله مشخصه برابر است با:

$$ \large { k ^ 3} – 5 { k ^2} + 6 k = 0 $$

ریشه‌های معادله فوق به شکل زیر بدست خواهند آمد.

$$ \large { k \left( {{ k ^ 2 } – 5k + 6} \right) = 0 \; \; } \Rightarrow
{ k \left( { k – 2} \right ) \left( {k – 3} \right) = 0\;\;}\Rightarrow
{{k_1} = 0 , \;\;}\kern-0.3pt{{ k _ 2 } = 2 \; \; } \kern-0.3pt{{, k _ 3} = 3 } $$

نهایتا پاسخ عمومی معادله برابر است با:

$$ \large {{ y _ 0 } \left ( t \right) }={ { C _ 1} + { C _ 2 }{ e ^ { 2 t }} + {C_3}{ e ^ { 3 t}} } $$

در مرحله بعدی پاسخ خصوصی معادله را باید تعیین کنیم. با توجه به ترم ناهمگن، پاسخ خصوصی را می‌توان به صورت زیر حدس زد.

$$ \Large { y _ 1 } \left ( t \right ) = \left( { A t + B } \right){ e ^ t } $$

مشتقات اول، دوم و سوم تابع در نظر گرفته شده به صورت زیر بدست می‌آیند.

$$ \Large {{y ^ {\prime} _1} } = { A { e ^ t } + \left( {At + B} \right ) { e ^ t } } = {\left( {At + A + B} \right) { e ^ t } } $$

$$ \Large { { y ^ { \prime\prime} _ 1 } } = { A { e ^ t } + \left( {A t + A + B} \right){ e ^ t } } = {\left ( { A t + 2 A + B } \right){e^t} }$$

$$ \Large {{ y ^ { \prime \prime \prime }_1} }={ A { e ^ t } + \left( { A t + 2A + B} \right){ e ^ t } } = {\left( {A t + 3 A + B } \right) { e ^ t }}$$

با قرار دادن عبارت‌های فوق در معادله اصلی، ضرایب به صورت زیر قابل محاسبه خواهند بود:

$$ \Large {\left( { A t + 3A + B} \right){ e ^ t } }
– { 5 \left ( { A t + 2A + B } \right) { e ^ t } }
+ { 6 \left ( { A t + A + B } \right ) { e ^ t } }
\equiv {\left( {2t + 1} \right){ e ^ t } }$$

$$ \Large \Rightarrow {{ A t } + { 3 A } + { B } }-{{5 A t} – {10 A } – {5B} }+{ {6At} + {6A} + {6B} }
\equiv {2t + 1 }$$

$$ \Large \Rightarrow {{2 A t } – {A} +{2B} }\equiv{ 2t + 1 }$$

$$ \Large \Rightarrow {\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{2A = 2}\\
{ – A + 2B = 1}
\end{array}} \right. \;\; }\Rightarrow {\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{A = 1}\\
{B = 1}
\end{array}} \right.}$$

با توجه به ضرایب بدست آمده،‌ نهایتا پاسخ خصوصی برابر با عبارت زیر بدست می‌آید.

$$ \Large { y _ 1 } \left ( t \right) = \left( {t + 1} \right){ e ^ t } $$

با بدست آمدن پاسخ‌های خصوصی و عمومی، پاسخ کلی معادله برابر است با:

$$ \Large { y \left ( t \right ) = { y_ 0 } \left ( t \right ) + { y _ 1 } \left( t \right) }
= {{ C _ 1 } + { C _2}{ e ^ { 2 t } } + { C _ 3 }{ e ^ { 3 t } } }+{ \left( {t + 1} \right){ e ^ t } } $$

در قدم آخر باید پاسخ بدست آمده را بر حسب x بیان کرد. بنابراین داریم:

$$ \Large \begin{align*} {y\left( x \right) } & ={ {C_1} + {C_2}{e^{2\ln x}} + {C_3}{e^{3\ln x}} }
+ {\left( {\ln x + 1} \right){e^{\ln x}} }
\\ & = {{ C _ 1 } + { C _ 2 } { x ^2 } + {C_3}{x^3} }+{ \left( {\ln x + 1} \right) x } \end{align*} $$

در صورت علاقه‌مندی به مباحث مرتبط در زمینه ریاضی، آموزش‌های زیر نیز به شما پیشنهاد می‌شود:

^^

telegram
twitter

مجید عوض زاده

«مجید عوض‌زاده»، فارغ‌ التحصیل مقطع کارشناسی ارشد رشته مهندسی مکانیک از دانشگاه تهران است. فیزیک، ریاضیات و مهندسی مکانیک از جمله مباحث مورد علاقه او هستند که در رابطه با آن‌ها تولید محتوا می‌کند.

بر اساس رای 1 نفر

آیا این مطلب برای شما مفید بود؟

نظر شما چیست؟

نشانی ایمیل شما منتشر نخواهد شد. بخش‌های موردنیاز علامت‌گذاری شده‌اند *