Calculus of Variations MCQ Quiz in हिन्दी - Objective Question with Answer for Calculus of Variations - मुफ्त [PDF] डाउनलोड करें

अवधारणा:

फलन I[y(x)] = \(\int_{x_1}^{x_2}F(x, y, y')dx\) के लिए, जहाँ y(x2) = y2 और y(x1) = y1

ऑयलर समीकरण है

\({\partial F\over \partial y}-{d\over dx}({\partial F\over \partial y'})\) = 0

व्याख्या:

यहाँ F(x, y, y') = \(y'^2+12xy\)

ऑयलर के समीकरण का उपयोग करते हुए,

12x - \(d\over dx\)(2y') = 0

⇒ y'' = 6x

समाकलन करने पर

⇒ y' = 3x² + a

पुनः समाकलन करने पर

y = x³ + ax + b

निम्न का उपयोग करते हुए

y(0) = 0 ⇒ b = 0

और y(1) = 1

⇒ 1 + a = 1 ⇒ a = 0

इसलिए चरम मान y = x³ है।

विकल्प (1) सही है।

संप्रत्यय:

फलनक I[y(x)] = \(\int_{x_1}^{x_2}F(x, y, y')dx\), y(x₂) = y₂ और y(x1) निर्धारित नहीं है, के लिए ऑयलर समीकरण है

\({\partial F\over \partial y}-{d\over dx}({\partial F\over \partial y'})\) = 0

और प्राकृतिक परिसीमा प्रतिबंध है

\({\partial F\over \partial y'}|_{x=x_1}\) = 0

व्याख्या:

यहाँ F(x, y, y') = \(y'^2-y^2\)

ऑयलर समीकरण का उपयोग करने पर,

-2y - \(d\over dx\)(2y') = 0

⇒ y + y'' = 0

⇒ y'' + y = 0

व्यापक हल है

y = a cos x + b sin x....(i)

⇒ y' = - a sin x + b cos x ....(ii)

प्राकृतिक परिसीमा प्रतिबंध है

\({\partial F\over \partial y'}|_{x=0}\) = 0

⇒ y' = 0

(ii) में रखने पर. 

b = 0

y(1) = 1 और b = 0 को (i) में रखने पर,

a cos 1 = 1 ⇒ a = \(1\over \cos 1\)

इसलिए, चरम मान है

y = \(\cos x\over \cos 1\)

विकल्प (2) सही है।

संप्रत्यय:

फलनक  \(\int_{x_0}^{x_1}f(x, y, y')dx\), \(y(x_0)=y_0, y(x_1)=y_1\) निम्न को संतुष्ट करता है

\({\partial f\over \partial y}-{d\over dx}({\partial f\over \partial y'})=0\)

व्याख्या:

यहाँ f = xy + y²y'

निम्न का प्रयोग करने पर,

\({\partial f\over \partial y}-{d\over dx}({\partial f\over \partial y'})=0\)

⇒ x + 2yy' - \({d\over dx}(y^2)\) = 0

⇒ x + 2yy' - 2yy' = 0

⇒ x = 0

y(1) = 2 रखने पर हमें मिलता है

1 = 0 जो सत्य नहीं है।

इसलिए, इस फलनक का कोई चरम मान नहीं है।

विकल्प (4) सही है।

संप्रत्यय:

फलन I(y) = \(\int_{x_1}^{x_2}F(x, y, y')dx\), y(x₁) = y₁, y(x₂) = y₂ का चरम मान ऑयलर समीकरण द्वारा दिया जाता है

\(\frac{\partial F}{\partial y}-{d\over dx}({\partial F\over \partial y'})\) = 0

व्याख्या:

I(y) = \(\int_0^1 (y'^2+1)dx\), y(0) = 1, y(1) = 2

यहाँ F = \(y'^2+1\), इसलिए ऑयलर समीकरण का उपयोग करते हुए

\(\frac{\partial F}{\partial y}-{d\over dx}({\partial F\over \partial y'})\) = 0

⇒ 0 - \({d\over dx}(2y')\) = 0

⇒ y'' = 0

समाकलन करने पर

y = ax + b

y(0) = 1 ⇒ b = 1

y(1) = 2 ⇒ a + b = 2 ⇒ a + 1 = 2 ⇒ a = 1

इसलिए, चरम मान है

y = x + 1

(1) सही है।

संप्रत्यय:

फलन को न्यूनतम करने के लिए, हम फलन \(F(x, y, y') = \frac{1}{2} \left( [y'(x)]^2 + [y(x)]^2 \right) \) के लिए ऑयलर-लैग्रेंज समीकरण का उपयोग करते हैं,

जो है \(\frac{\partial F}{\partial y} - \frac{d}{dx} \left( \frac{\partial F}{\partial y'} \right) = 0\)

व्याख्या:

\(\min \frac{1}{2} \int_{-1}^{1} \left( [y'(x)]^2 + [y(x)]^2 \right) dx\)

निम्नलिखित प्रतिबंधों के अंतर्गत :

1. \(y \in C^1[-1, 1]\) (अर्थात, y(x) सतत रूप से अवकलनीय है).

2. \(\int_{-1}^{1} x y(x) dx \)= 0

3. \(y(-1) = y(1) = 1\)

ऑयलर-लैग्रेंज समीकरण

\( \frac{\partial F}{\partial y} = y(x)\)

\(\frac{\partial F}{\partial y'} = y'(x)\)

\(\frac{d}{dx} \left( \frac{\partial F}{\partial y'} \right) = y''(x)\)

ऑयलर-लैग्रेंज समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर

\(y(x) - y''(x) = 0\)

यह एक द्वितीय-कोटि रैखिक अवकल समीकरण है,

\(y''(x) = y(x) \)

इस अवकल समीकरण का व्यापक हल है:

\(y(x) = A e^x + B e^{-x}\)

जहाँ A और B अचर हैं जिन्हें परिसीमा प्रतिबंधों का उपयोग करके निर्धारित किया जाना है।

y(1) = 1 लागू करने पर:

\(A e^1 + B e^{-1} = 1\)

⇒\(A e + \frac{B}{e} = 1 \tag{1}\)

2. y(-1) = 1 लागू करने पर:​ \(A e^{-1} + B e^1 = 1\)

⇒\(\frac{A}{e} + B e = 1 \tag{2}\)

समीकरण (1) और (2) से, हम A और B के लिए हल कर सकते हैं। दोनों समीकरणों को जोड़ने पर,

\(A e + \frac{B}{e} + \frac{A}{e} + B e = 2\)

⇒ \(A \left( e + \frac{1}{e} \right) + B \left( e + \frac{1}{e} \right) = 2\)

⇒ \((A + B) \left( e + \frac{1}{e} \right) = 2\)

इस प्रकार, \(A + B = \frac{2}{e + \frac{1}{e}} = \frac{2}{\frac{e^2 + 1}{e}} = \frac{2e}{e^2 + 1} \tag{3}\)

अब समीकरण (2) को समीकरण (1) से घटाने पर:

\(A e - \frac{A}{e} + B e - \frac{B}{e} = 0\)

⇒ \(A \left( e - \frac{1}{e} \right) + B \left( e - \frac{1}{e} \right) = 0\)

इस प्रकार, \((A - B) \left( e - \frac{1}{e} \right) = 0\)

चूँकि, \(e - \frac{1}{e} \neq 0\) , यह होना चाहिए कि\(A = B \tag{4}\)

समीकरण (3) में A = B प्रतिस्थापित करने पर:

\(2A \left( e + \frac{1}{e} \right) = 2\)

A के लिए हल करने पर:

\(A = \frac{1}{e + \frac{1}{e}} = \frac{e}{e^2 + 1}\)

इस प्रकार, \( A = B = \frac{e}{e^2 + 1} .\)

\(y(x) = \frac{e}{e^2 + 1} \left( e^x + e^{-x} \right)\)

यह विकल्प 3) से मेल खाता है।

संकल्पना:

ऑयलर-लैग्रेंज समीकरण: फलनक J[y] = \(\int_a^b\)f(x, y, y')dx का चरम \(\frac{\partial f}{\partial y}\) - \(\frac{d}{dx}\)(\(\frac{\partial f}{\partial y'}\)) = 0 को संतुष्ट करता है।

व्याख्या:

J(y(x)) = \(\rm\displaystyle\int_0^1\)[(y')2 − y|y| y' + xy] dx, y(0) = 0, y(1) = 0

यदि y > 0 तो

f(x, y, y') = (y')2 − y²y' + xy

इसलिए \(\frac{\partial f}{\partial y}\) - \(\frac{d}{dx}\)(\(\frac{\partial f}{\partial y'}\)) = 0 का उपयोग करके हम प्राप्त करते हैं

-2yy' + x - \(\frac{d}{dx}\)(2y' - y²) = 0

- 2yy' + x - 2y'' +2yy' = 0

y'' = x/2....(i)

यदि y < 0 तो

f(x, y, y') = (y')2 + y2y' + xy

इसलिए \(\frac{\partial f}{\partial y}\) - \(\frac{d}{dx}\)(\(\frac{\partial f}{\partial y'}\)) = 0 का उपयोग करके हम प्राप्त करते हैं

2yy' + x - \(\frac{d}{dx}\)(2y' + y2) = 0

2yy' + x - 2y'' - 2yy' = 0

y'' = x/2....(ii)

इसलिए दोनों स्थितियों में हम प्राप्त करते हैं

y'' = x/2

समाकलन करने पर

y' = \(\frac{x^2}{4}+c_1\)

फिर से समाकलन करने पर

y = \(\frac{x^3}{12}+c_1x+c_2\)

y(0) = 0, y(1) = 0 का उपयोग करके हम प्राप्त करते हैं

c₂ = 0 और 0 = \(\frac{1}{12}\) + c₁ ⇒ c1 = - \(\frac{1}{12}\)

इसलिए हल निम्न है

y = \(\frac{x^3}{12}-\frac{x}{12}\)

विकल्प (3) सही है।

अवधारणा: यदि \(J(y)=\int_0^1[F(x,y,y')] d x,\) है, तो इसका चरम मान है:

\(\dfrac{\partial F}{\partial y}-\dfrac{d}{dx}(\dfrac{\partial F}{\partial y'})=0\)

व्याख्या:

\(J(y)=\int_0^1\left[2\left(y^{\prime}\right)^2+x y\right] d x,\) y(0)=0, y(1) = 1, \(y\in C^2[0,1]\)

प्रश्न के अनुसार

\(F(x,y,y')=2(y')^2+xy\)

\(\dfrac{\partial F}{\partial y}-\dfrac{d}{dx}(\dfrac{\partial F}{\partial y'})\) = 0

\(\dfrac{\partial (2(y')^2+xy)}{\partial y}-\dfrac{d}{dx}(\dfrac{\partial (2(y')^2+xy)}{\partial y'})\) = 0

⇒ \( x-\dfrac{d}{dx}(4y')\) = 0

⇒ x - 4y'' = 0

\(y''=\dfrac{x}{4}\)

x के सापेक्ष समाकलन करने पर, हमें प्राप्त होता है

\(y'=\dfrac{x^2}{8}+c\)

पुनः x के सापेक्ष समाकलन करने पर, हमें प्राप्त होता है

\(y(x)=\dfrac{x^3}{24}+cx+d\)

जहाँ, c और d समाकलन के अचर हैं

अब, \(y(0)=d=0\)

और \(y(1)=\dfrac{1}{24}+c=1⇒c=\dfrac{23}{24}\)

इसलिए हमारा चरम मान होगा \(y(x)=\dfrac{x^3}{24}+\dfrac{23x}{24}\)

इसलिए विकल्प (4) सही है।

अवधारणा:

यूलर समीकरण:

आइए कार्यात्मक की जांच करें

\(I\left( y \right) = \int_{ x1}^x {\left( {{F(x , y,y'}} \right))} \,dx\)

एक चरम मान के लिए, अनुमेय वक्रों के सीमा बिंदु स्थिर हैं y( x1 ) = y1 और y( x2 ) = y2

तब \(\frac{\partial F}{\partial y}\) - \(\frac{d}{dx}\)( \(\frac{\partial F}{\partial y'}\)) = 0 को यूलर समीकरण कहा जाता है

गणना:

दिया गया है: F( x , y , y' ) = y'2 -2xy

अब यूलर के समीकरण से

\(\frac{\partial F}{\partial y}\) - \(\frac{d}{dx}\)(\(\frac{\partial F}{\partial y'}\)) = 0

-2x - 2y'' = 0

y'' = - x

अब दोनों पक्षों का x के सापेक्ष समाकलन करने पर, हमें प्राप्त होता है

y' = \(\frac{-x^2}{2}\) + A

अब फिर से, दोनों पक्षों का x के सापेक्ष समाकलन करने पर, हमें प्राप्त होता है

y( x) = \(\frac{-x^3}{6}\)+ Ax + B . . . . . . (1)

जहाँ, A और B स्थिरांक हैं।

सीमांत प्रतिबंध का उपयोग करते हुए y(1) = 1 और y( -1) = -1

अब, समीकरण 1 से, हमें प्राप्त होता है

y(1) = \(\frac{-1}{6}\)+ A + B

1 = \(\frac{-1}{6}\)+ A +B

A + B = \(\frac{7}{6}\) . . . . . . (2)

y( -1) = \(\frac{1}{6}\) - A + B

-1 = \(\frac{1}{6}\) - A + B

- A + B = \(\frac{-7}{6}\) . . . . . . (3)

समीकरण 2 और 3 को जोड़ने पर, हमें प्राप्त होता है

B = 0

समीकरण (2) में B का मान रखने पर, हमें प्राप्त होता है

A = \(\frac{7}{6}\)

अब समीकरण (1) से,

y(x) = \(\frac{-x^3}{6}\)+\(\frac{7}{6}\)x

विकल्प (3) सही है

अवधारणा:

एक विशिष्ट सममित समस्या I(y) = \(\int_a^bF(x, y, y')dx\) का चरम मान ज्ञात करना है, जहाँ y(a) = y₁, y(b) = y₂, J(y) = \(\int_a^bG(x, y, y')dx=L\) है, तो चरम मान यूलर-लैग्रेंज समीकरण को संतुष्ट करते हैं। 

\({\partial H\over \partial y}-{d\over dx}({\partial H\over \partial y'})\) = 0

जहाँ, H = F + λH

व्याख्या:

\(\displaystyle J[y]=\int_0^1\left(y^{\prime}\right)^2 d x\), y(0) = 1, y(1) = 6,\(\displaystyle \int_0^1 y d x=3\)

मान लीजिए H = \(y'^2+λ y\)

माना 

\({\partial H\over \partial y}-{d\over dx}({\partial H\over \partial y'})\) = 0

⇒ λ - \({d\over dx}(2y')\) = 0

⇒ 2y'' = λ

⇒ y'' = λ/2

दोनों पक्षों का समाकलन करने पर हमें प्राप्त होता है,

y' = \({\lambda \over2}\)x + a

पुनः समाकलन करने पर,

⇒ y = \({\lambda x^2\over 4}\) + ax + b

y(0) = 1, y(1) = 6

⇒ b = 1

और

6 = λ/4 + a + 1

⇒ 5 = λ/4 + a

⇒ λ + 4a = 20.....(i)

इसलिए, हमें y = \({\lambda x^2\over 4}\) + ax + 1 प्राप्त होता है,

साथ ही,\(\displaystyle \int_0^1 y d x=3\)

⇒ \(\displaystyle \int_0^1 \left({\lambda x^2\over 4}+ax+1\right)d x\) = 3

⇒ \(\left[{\lambda x^3\over 12}+{ax^2\over 2}+x\right]_0^1 \) = 3

⇒ \({\lambda\over 12}+{a\over 2}+1\) = 3

⇒ \({\lambda\over 12}+{a\over 2}\) = 2

⇒ λ + 6a = 24....(ii)

समीकरण (ii) से समीकरण (i) को घटाने पर हमें प्राप्त होता है,

2a = 4 ⇒ a = 2

समीकरण (i) में a = 2 प्रतिस्थापित करने पर हमें प्राप्त होता है,

λ + 8 = 20 ⇒ λ = 12

इसलिए चरम मान है,

y = 3x² + 2x + 1

इसलिए फलन का केवल एक चरम मान है।

इसलिए चरम मानों के समुच्चय का गणनांक 1 है। 

अतः विकल्प (2) सही है। 

संप्रत्यय:

हम जानते हैं कि यदि I(y) = \(\int_0^a\) F dx जहाँ F, y और y' का केवल फलन है, तब F, \(F-y'(\frac{\partial F}{\partial y'})\) = c ...(1) को संतुष्ट करता है।

व्याख्या:

यहाँ F = \(y^2\left(\frac{dy}{dx}\right)^2\) = y²y'²

इसलिए (1) का उपयोग करके हमें प्राप्त होता है

y2y'2 - y'2y2y' = c

⇒ - y2y'2= c

⇒ yy' = c'

⇒ y dy = c' dx

दोनों पक्षों का समाकलन करने पर

y² / 2 = c'x + d

y(0) = 0 रखने पर हमें प्राप्त होता है

d = 0

और y(1) = 1 रखने पर हमें प्राप्त होता है

1 / 2 = c'

इसलिए हमें प्राप्त होता है

\(\frac{y^2}{2}=\frac12x\) ⇒ y² = x ⇒ y = √(x)

इसलिए हमें ϕ(x) = √(x) प्राप्त होता है। अतः ϕ(1/4) = √(1/4) ⇒ ϕ(1/4) = 1/2

विकल्प (1) सही है

संप्रत्यय:

फलन J(y) = \(\int_a^bf(x, y, y')dx\), y(a) = y₁, y(b) = स्वेच्छ है, का चरम मान लाग्रांज समीकरण को संतुष्ट करता है

\(\frac{\partial f}{\partial y}-\frac{d}{dx}(\frac{\partial f}{\partial y'})\) = 0 और \({\partial f\over \partial y'}\Big|_{x=b}\) = 0

व्याख्या:

J(y) = \(\int_2^3\left(y^{\prime 2}+2 y^5 y^{\prime}+y^{10}\right) dx\), y(0) = e2  तब

\({\partial f\over \partial y'}\Big|_{x=3}\) = 0

⇒ 2y' + 2y⁵ = 0

⇒ y' + y⁵ = 0

\({dy\over y^5}=-dx\)

समाकलन करने पर प्राप्त होता है -

\(\frac{1}{y^4}= 4x - 4c\)

अब, y(0) = e² ⇒ -1/4e⁸ = c

इसलिए, \(\frac{1}{y^4}= 4x + \frac{1}{e^8}\) ⇒ \(1= y^4( 4x + \frac{1}{e^8})\)

(3) सही है। 

अवधारणा:

फलन \(J(u)=∫_{t_1}^{t_2} F\left(t, u, u^{\prime}\right) d t\) का चरम, जहाँ u(t1) = u1, u(t2) = u2, यूलर समीकरण को संतुष्ट करेगा:

\(\frac{\partial F}{\partial u}-\frac d{dt}(\frac{\partial F}{\partial u'})\) = 0

यदि F, t और u पर निर्भर नहीं है, तो u = at + b चरम फलन होता है।

सरलीकरण:

J(u) = \(\int_0^1\left(u^{\prime}(t)\right)^2 d t\), जहाँ u(0) = 0 और \(\left\{ \max _{[0,1]}|u|=1\right\}\) 

F(t, u, u') = \(u^{\prime 2}\) t और u पर निर्भर नहीं है।

इसलिए सामान्य हल होगा u = at + b

u(0) = 0 से b = 0 प्राप्त होता है

अतः u(t) = at

\(\left\{ \max _{[0,1]}|u|=1\right\}\)  अर्थात x = 1 पर u = 1

तो, 1 = a × 1 ⇒ a = 1

हल है u(t) = t ⇒ u'(t) = 1

इसलिए निम्नतम मान (infimum value)

= \(\int_0^1\left(u^{\prime}(t)\right)^2 d t\) = \(\int_0^11^2 d t\) = [t]₀¹ = 1

निम्नतम मान 1 है। 

अतः सही विकल्प (3) है। 

व्याख्या:

\(\displaystyle f ⋆ g(t)=\int_0^t f(s) g(t-s) d s .\)

f(t) = exp(-t) = e^-t और g(t) = sin(t)

इसलिए, \(\displaystyle f ⋆ g(t)=\int_0^t e^{-s} \sin(t-s) d s\)

मान लीजिये

I = \(\displaystyle f ⋆ g(t)=\int_0^t e^{-s} \sin(t-s) d s\)

I = \(\left[-e^{-s}\sin(t-s)\right]_0^t-\displaystyle\int_0^t(-e^{-s})(-\cos(t-s))ds\)

I = 0 + sin t - \(\displaystyle\int_0^te^{-s}\cos(t-s)ds\)

I = sin t - \(\left\{\left[-e^{-s}\cos(t-s)\right]_0^t+\displaystyle\int_0^te^{-s}\sin(t-s)ds\right\}\)

I = sin t - e^-t - cos t - I

2I = sin t - e-t - cos t

I = \(\frac{1}{2}[\exp (-t)+\sin (t)-\cos (t)]\)

अतः f⋆g(t) = \(\frac{1}{2}[\exp (-t)+\sin (t)-\cos (t)]\)

अतः, विकल्प (1) सही है

व्याख्या:

दिया गया फलन है

\(I(y)=\int ^{π}_0 y'^2dx\) जहाँ \(\int ^{π}_0 y^2(x)dx = 1, y(0) = 0 = у(π)\)

इसलिए h = f + λg = y'² + λy²

लग्रांज गुणक विधि का उपयोग करते हुए

\(\frac{\partial f}{\partial y}-\frac{d}{dx}(\frac{\partial f}{\partial y'})=0\\ 2λ y-\frac{d}{dx}(2y')=0\\ y''-λ y=0\)

λ = - k² के लिए

y''+k²y = 0

y = a cos(kx) + b sin(kx)

y(0) = 0 ⇒ a = 0 और

y(π) = 0 ⇒ b sin kπ = 0 ⇒ sin kπ =0 ⇒ k = nπ, n∈ Z (क्योंकि b ≠ 0)

इसलिए λ = - n²

अतः y = b sin(nx)

इसलिए उपयोग करते हुए

\(\int_0^{\pi}y^2dx=1\\\int_0^{\pi}b^2\sin^2(nx)dx=1\\ \frac{b^2}{2}\int_0^{\pi}(1-\cos(2nx))dx=1\\ \frac{b^2}{2}[x-\frac{1}{2n}\sin(2nx)]_0^{\pi}=1\\ \frac{b^2}{2} \pi=1\Rightarrow b=\pm \sqrt{\frac{2}{\pi}} \)

अतः y = \(\pm\sqrt{\frac{2}{\pi}} \)sin(nx)

∴ \(I(y)=\int^{\pi}_0\left(\frac{dy}{dx} \right)^2 dx,\)

\(=\int_0^{\pi}\frac{2n^2}{\pi}\cos^2nx dx\\ =\frac{n^2}{\pi}\int_0^{\pi}(1+\cos(2nx))dx\\ =\frac{n^2}{\pi}[x+\frac{1}{2n}\sin(2nx)]_0^{\pi}\\ =\frac{n^2}{\pi}[\pi]=n^2\)

अतः न्यूनतम मान 1 है क्योंकि n एक ऋणात्मक पूर्णांक नहीं है।

विकल्प (2) सही है

संप्रत्यय:

फलनक I[y(x)] = \(\int_{x_1}^{x_2}F(x, y, y')dx\), y(x₂) = y₂ और y(x1) निर्धारित नहीं है, के लिए ऑयलर समीकरण है

\({\partial F\over \partial y}-{d\over dx}({\partial F\over \partial y'})\) = 0

और प्राकृतिक परिसीमा प्रतिबंध है

\({\partial F\over \partial y'}|_{x=x_1}\) = 0

व्याख्या:

यहाँ F(x, y, y') = \(y'^2-y^2\)

ऑयलर समीकरण का उपयोग करने पर,

-2y - \(d\over dx\)(2y') = 0

⇒ y + y'' = 0

⇒ y'' + y = 0

व्यापक हल है

y = a cos x + b sin x....(i)

⇒ y' = - a sin x + b cos x ....(ii)

प्राकृतिक परिसीमा प्रतिबंध है

\({\partial F\over \partial y'}|_{x=0}\) = 0

⇒ y' = 0

(ii) में रखने पर. 

b = 0

y(1) = 1 और b = 0 को (i) में रखने पर,

a cos 1 = 1 ⇒ a = \(1\over \cos 1\)

इसलिए, चरम मान है

y = \(\cos x\over \cos 1\)

विकल्प (2) सही है।