Cauchy Problem For First Order PDE MCQ Quiz in हिन्दी - Objective Question with Answer for Cauchy Problem For First Order PDE - मुफ्त [PDF] डाउनलोड करें

संप्रत्यय:

Pp + Qq = R के आंशिक अवकल समीकरण को लैग्रेंज की सहायक समीकरण का उपयोग करके हल किया जाता है

$\frac{dx}{P}=\frac{dy}{Q}=\frac{du}{R}$

व्याख्या:

दिया गया आंशिक अवकल समीकरण है

$\begin{array}{c}2u_x+3u_y=5\\ u=1\text{ रेखा }3x-2y=0\text{ पर }\end{array}\}$

लैग्रेंज की सहायक समीकरण का उपयोग करते हुए

$\frac{dx}{2}=\frac{dy}{3}=\frac{du}{5}$

लेते हुए $\frac{dx}{2}=\frac{dy}{3}$

⇒ 3dx - 2dy = 0

दोनों पक्षों का समाकलन करने पर

3x - 2y = c1...(i)

उपयोग करते हुए

$\frac{dx}{2}=\frac{du}{5}$

⇒ 2du - 5dx = 0

दोनों पक्षों का समाकलन करने पर

⇒ 2u - 5x = c2 ....(ii)

(i) और (ii) से व्यापक हल है

2u - 5x = ϕ(3x - 2y)....(iii)

दिया गया है u = 1 रेखा 3x - 2y = 0 पर ⇒ 2y = 3x

(iii) ⇒ 2 - 5x = ϕ(3x - 3x)

इसलिए, ϕ(0) = 2 - 5x, जो संभव नहीं है

इसलिए

आंशिक अवकल समीकरण का कोई हल नहीं है

विकल्प (4) सही है

अवधारणा:

Pp + Qq = R के रूप का PDE जहाँ P, Q, R x, y, z के फलन हैं, जिसे लैग्रेंज समीकरण कहा जाता है और लैग्रेंज सहायक समीकरण है

$\frac{dx}{P}=\frac{dy}{Q}=\frac{du}{R}$

स्पष्टीकरण:

$u\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}=1$ , (x, y) ∈ ℝ × (0, ∞),

u(x, 0) = kx, x ∈ ℝ

$\frac{dx}{u}=\frac{dy}{1}=\frac{du}{1}$ का उपयोग करने पर,

प्रथम और अंतिम पद लेने पर,

$\frac{dx}{u}=\frac{du}{1}$

u du - dx = 0

समाकलन करने पर,

u2 - 2x = c1.....(i)

अंतिम दो पदों को लेने पर,

$\frac{dy}{1}=\frac{du}{1}$

du - dy = 0

समाकलन करने पर,

u - y = c2....(ii)

दिया गया है u(x, 0) = kx, x ∈ ℝ

अतः वक्र से गुजरने वाला बिंदु (t, 0, kt) है

अतः (i) से

k2t2 - 2t = c1.....(iii)

और (ii) से

kt = c2 अर्थात,t = c2/k

फिर इस मान को (iii) में रखने पर

$c_2^2-\frac{2c_2}{k}=c_1$

$(u-y{)}^2-\frac{2}{k}(u-y)=u^2-2x$ ((i) और (ii) का प्रयोग करने पर)

$u^2-2uy+y^2-\frac{2}{k}u+\frac{2}{k}y=u^2-2x$

u = $\frac{y^2+\frac{2y}{k}+2x}{\frac{2}{k}+2y}$

u = $\frac{k{y}^2+2y+2kx}{2+2ky}$

यहाँ हल $\mathbb{R}$ × (0, ∞), अर्थात, x ∈ $\mathbb{R}$ और y ∈ (0, ∞) पर परिभाषित है। 

विकल्प (1): k = 0

तो y ∈ (0, ∞) के लिए, u = y का अस्तित्व है

विकल्प (1) सत्य है। 

विकल्प (2): k = -2

तो y =1/2 ∈ (0, ∞) के लिए, u = $\frac{-2y^2+2y-4x}{2-4y}$ का अस्तित्व नहीं है

विकल्प (2) असत्य है। 

विकल्प (3): k = 4

तो y = - 1/4 ∉ (0, ∞) के लिए, u = $\frac{4y^2+2y+8x}{2+8y}$ अस्तित्व नहीं है

अर्थात, हल का अस्तित्व  $\mathbb{R}$ × (0, ∞) में है

विकल्प (3) सत्य है। 

विकल्प (4): k = 1

तो, y = - 1 ∉ (0, ∞) के लिए u = $\frac{y^2+2y+2x}{2+2y}$ अस्तित्व नहीं है,

अर्थात, हल का अस्तित्व $\mathbb{R}$ × (0, ∞) में है

विकल्प (4) सत्य है। 

व्याख्या:

$y\frac{\partial z}{\partial x}-x\frac{\partial z}{\partial y}=0$

⇒ yp - xq = 0

⇒ yp = xq

⇒ $\frac{p}{x}=\frac{q}{y}$ = k (मान लीजिए)

⇒ p = kx और q = ky

इसलिए dz = pdx + qdy रखने पर हमें प्राप्त होता है,

dz = kx dx = ky dy

दोनों पक्षों का समाकलन करने पर,

⇒ z = $\frac{k}{2}(x^2+y^2)$ + c

दी गई शर्त का उपयोग करने पर,

x0(s) = cos(s), y0(s) = sin(s), z0(s) = 1 हमें प्राप्त होता है:

1 = $\frac{k}{2}({\cos }^{2}s+{\sin }^{2}s)$ + c

⇒ 1- c = $\frac{k}{2}$

इसलिए हल निम्नलिखित है:

z = $(1-c)(x^2+y^2)$ + c, जहाँ c एक आरबिट्रेरी स्थिरांक है।

इसलिए कॉची समस्या के अनंततः अनेक हल हैं।

विकल्प (4) सही है।

संप्रत्यय:

• प्रथम कोटि का एक रैखिक आंशिक अवकल समीकरण, जिसे आमतौर पर लैग्रेंज का रैखिक समीकरण कहा जाता है, निम्न रूप का होता है: Pp + Qq = R, जहाँ $p=\frac{dz}{dx}$ और $q=\frac{dz}{dy}$
• इसका हल सहायक समीकरण $\frac{dx}{P}=\frac{dy}{Q}=\frac{dz}{R}$ को हल करके दिया जाता है।

गणना:

हमारे पास है, $\frac{\partial u}{\partial y}-x\frac{\partial u}{\partial x}+u-1=0$

इसे $u_y-x{u}_x+u-1=0$ के रूप में दर्शाया जा सकता है।

⇒ $-x{u}_x+u_y=1-u$

∴ P = - x, Q = 1, R = 1 - u

∴$\frac{dx}{P}=\frac{dy}{Q}=\frac{du}{R}$

⇒ $\frac{dx}{-x}=\frac{dy}{1}=\frac{du}{1-u}$

मान लीजिये, $\frac{dx}{-x}=\frac{dy}{1}$

दोनों पक्षों का समाकलन करने पर, $\int \frac{dx}{-x}=\int \frac{dy}{1}$

⇒ -ln x = y + lnC₁

⇒ lnx + lnC₁ = - y

⇒ ln(xC₁) = - y

⇒ xC₁ = e^-y

⇒ C₁ = $\frac{e^{-y}}{x}$

अब, मान लीजिये $\frac{dy}{1}=\frac{du}{1-u}$

दोनों पक्षों का समाकलन करने पर, $\int \frac{dy}{1}=\int \frac{du}{1-u}$

⇒ y = ln (1 - u) + ln C₂

⇒ y = ln C₂(1 - u)

⇒ e^y = C₂(1 - u)

⇒ C₂ = $\frac{e^y}{1-u}$

∴ हल C₂ = f(C₁) द्वारा दिया गया है।

⇒ $\frac{e^y}{1-u}=f(\frac{e^{-y}}{x})$

⇒ $\frac{e^y}{f(\frac{e^{-y}}{x})}=1-u$

⇒ $u=1-\frac{e^y}{f(\frac{e^{-y}}{x})}$

प्रश्न के अनुसार, u(x, 0) = sin x

∴ $\sin x=1-\frac{1}{f(\frac{1}{x})}$

⇒ $\frac{1}{f(\frac{1}{x})}=1-\sin x$

⇒ $f(\frac{1}{x})=\frac{1}{1-\sin x}$

⇒ $f(x)=\frac{1}{1-\sin (\frac{1}{x})}$

∴ $f(\frac{e^{-y}}{x})=\frac{1}{1-\sin (\frac{x}{e^{-y}})}$

∴ हल दिया गया है, $u=1-\frac{e^y}{\frac{1}{1-\sin (\frac{x}{e^{-y}})}}$

⇒ $u=1-e^y(1-\sin (\frac{x}{e^{-y}}))$

∴u(0,1) = $1-e^{-1}(1-\sin (\frac{0}{e^{-1}}))$ = $1-\frac{1}{e}$

∴ u(0, 1) का मान $1-\frac{1}{e}$ है।

सही उत्तर विकल्प 1 है।

अवधारणा:

Pp + Qq = R के रूप का PDE जहाँ P, Q, R x, y, z के फलन हैं, जिसे लैग्रेंज समीकरण कहा जाता है और लैग्रेंज सहायक समीकरण है

$\frac{dx}{P}=\frac{dy}{Q}=\frac{du}{R}$

स्पष्टीकरण:

$u\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}=1$ , (x, y) ∈ ℝ × (0, ∞),

u(x, 0) = kx, x ∈ ℝ

$\frac{dx}{u}=\frac{dy}{1}=\frac{du}{1}$ का उपयोग करने पर,

प्रथम और अंतिम पद लेने पर,

$\frac{dx}{u}=\frac{du}{1}$

u du - dx = 0

समाकलन करने पर,

u2 - 2x = c1.....(i)

अंतिम दो पदों को लेने पर,

$\frac{dy}{1}=\frac{du}{1}$

du - dy = 0

समाकलन करने पर,

u - y = c2....(ii)

दिया गया है u(x, 0) = kx, x ∈ ℝ

अतः वक्र से गुजरने वाला बिंदु (t, 0, kt) है

अतः (i) से

k2t2 - 2t = c1.....(iii)

और (ii) से

kt = c2 अर्थात,t = c2/k

फिर इस मान को (iii) में रखने पर

$c_2^2-\frac{2c_2}{k}=c_1$

$(u-y{)}^2-\frac{2}{k}(u-y)=u^2-2x$ ((i) और (ii) का प्रयोग करने पर)

$u^2-2uy+y^2-\frac{2}{k}u+\frac{2}{k}y=u^2-2x$

u = $\frac{y^2+\frac{2y}{k}+2x}{\frac{2}{k}+2y}$

u = $\frac{k{y}^2+2y+2kx}{2+2ky}$

यहाँ हल $\mathbb{R}$ × (0, ∞), अर्थात, x ∈ $\mathbb{R}$ और y ∈ (0, ∞) पर परिभाषित है। 

विकल्प (1): k = 0

तो y ∈ (0, ∞) के लिए, u = y का अस्तित्व है

विकल्प (1) सत्य है। 

विकल्प (2): k = -2

तो y =1/2 ∈ (0, ∞) के लिए, u = $\frac{-2y^2+2y-4x}{2-4y}$ का अस्तित्व नहीं है

विकल्प (2) असत्य है। 

विकल्प (3): k = 4

तो y = - 1/4 ∉ (0, ∞) के लिए, u = $\frac{4y^2+2y+8x}{2+8y}$ अस्तित्व नहीं है

अर्थात, हल का अस्तित्व  $\mathbb{R}$ × (0, ∞) में है

विकल्प (3) सत्य है। 

विकल्प (4): k = 1

तो, y = - 1 ∉ (0, ∞) के लिए u = $\frac{y^2+2y+2x}{2+2y}$ अस्तित्व नहीं है,

अर्थात, हल का अस्तित्व $\mathbb{R}$ × (0, ∞) में है

विकल्प (4) सत्य है। 

व्याख्या:

$\mathrm{y}\frac{\partial \mathrm{z}}{\partial \mathrm{x}}-\mathrm{x}\frac{\partial \mathrm{z}}{\partial \mathrm{y}}=0$ की तुलना Pp+Qq=R से करने पर हमें P = y और Q=-x प्राप्त होता है

दिया गया है x0(s) = cos(s), y0(s) = sin(s), z0(s) = 1

इसलिए P(x0,y0,z0) = sin(s), Q(x0,y0,z0) = - cos(s), $\frac{d{x}_0}{ds}$ = - sin(s), $\frac{d{y}_0}{ds}$ = cos(s)

अब $\frac{P(x_0,y_0,z_0)}{d{x}_0/ds}$ = -1 =$\frac{Q(x_0,y_0,z_0)}{d{y}_0/ds}$

इसलिए इसके कोई हल नहीं हो सकते या अनंत हल हो सकते हैं

लाग्रांज अभिलक्षणिक समीकरण का उपयोग करके हमें प्राप्त होता है

$\frac{dx}{y}=\frac{dx}{-x}=\frac{dz}{0}$

पहले दो को लेने पर हमें प्राप्त होता है

x²+y² = a

और तीसरे से हमें प्राप्त होता है

z = b

दिए गए प्रारंभिक हल का उपयोग करके हमें प्राप्त होता है

sin2s + cos2s = 1 ⇒ a = 1 और 1 = b

इसलिए हमें प्राप्त होता है

x2 + y2 = 1, z = 1 ⇒ z = x2 + y2 एक हल है

लेकिन हम देख सकते हैं कि z = (x2 + y2)ⁿ सभी n ∈ N के लिए भी एक हल है क्योंकि यह आंशिक अवकल समीकरण और प्रारंभिक हल दोनों को संतुष्ट करता है।

इसलिए दी गई समस्या के अनंत हल हैं।

विकल्प (4) सही है

संप्रत्यय:

Pp + Qq = R के आंशिक अवकल समीकरण को लैग्रेंज की सहायक समीकरण का उपयोग करके हल किया जाता है

$\frac{dx}{P}=\frac{dy}{Q}=\frac{du}{R}$

व्याख्या:

दिया गया आंशिक अवकल समीकरण है

$\begin{array}{c}2u_x+3u_y=5\\ u=1\text{ रेखा }3x-2y=0\text{ पर }\end{array}\}$

लैग्रेंज की सहायक समीकरण का उपयोग करते हुए

$\frac{dx}{2}=\frac{dy}{3}=\frac{du}{5}$

लेते हुए $\frac{dx}{2}=\frac{dy}{3}$

⇒ 3dx - 2dy = 0

दोनों पक्षों का समाकलन करने पर

3x - 2y = c1...(i)

उपयोग करते हुए

$\frac{dx}{2}=\frac{du}{5}$

⇒ 2du - 5dx = 0

दोनों पक्षों का समाकलन करने पर

⇒ 2u - 5x = c2 ....(ii)

(i) और (ii) से व्यापक हल है

2u - 5x = ϕ(3x - 2y)....(iii)

दिया गया है u = 1 रेखा 3x - 2y = 0 पर ⇒ 2y = 3x

(iii) ⇒ 2 - 5x = ϕ(3x - 3x)

इसलिए, ϕ(0) = 2 - 5x, जो संभव नहीं है

इसलिए

आंशिक अवकल समीकरण का कोई हल नहीं है

विकल्प (4) सही है

व्याख्या:

$y\frac{\partial z}{\partial x}-x\frac{\partial z}{\partial y}=0$

⇒ yp - xq = 0

⇒ yp = xq

⇒ $\frac{p}{x}=\frac{q}{y}$ = k (मान लीजिए)

⇒ p = kx और q = ky

इसलिए dz = pdx + qdy रखने पर हमें प्राप्त होता है,

dz = kx dx = ky dy

दोनों पक्षों का समाकलन करने पर,

⇒ z = $\frac{k}{2}(x^2+y^2)$ + c

दी गई शर्त का उपयोग करने पर,

x0(s) = cos(s), y0(s) = sin(s), z0(s) = 1 हमें प्राप्त होता है:

1 = $\frac{k}{2}({\cos }^{2}s+{\sin }^{2}s)$ + c

⇒ 1- c = $\frac{k}{2}$

इसलिए हल निम्नलिखित है:

z = $(1-c)(x^2+y^2)$ + c, जहाँ c एक आरबिट्रेरी स्थिरांक है।

इसलिए कॉची समस्या के अनंततः अनेक हल हैं।

विकल्प (4) सही है।

व्याख्या:

हमारे पास है, $u_t-e^{-t}{u}_x+u=0$

⇒ $u_t-e^{-t}{u}_x=-u$

⇒ $u=e^{-t}{u}_x-u_t$

इसलिए, हमें केवल यह जांचना है कि कौन सा विकल्प उपरोक्त समीकरण को संतुष्ट करता है।

विकल्प 1 गलत है।

हमारे पास $u=e^{t}x+e^{2t}-e^t$

इसलिए, $u_x=e^t$

$u_t=e^{t}x+2e^{2t}-e^t$

अब, $u=e^{-t}{u}_x-u_t$

⇒ $e^{t}x+e^{2t}-e^t=e^{-t}\cdot e^t-e^{-t}x-2e^{2t}+e^t$

= $1-e^{-t}x$

जो कि असंगत है।

विकल्प 2 सही है:

हमारे पास है, $u=e^{-t}x-e^{-2t}+e^{-t}$

इसलिए, $u_x=e^{-t}$ और

$u_t=-e^{-t}x+2e^{-2t}-e^{-t}$

अब, $u=e^{-t}{u}_x-u_t$

⇒ $e^{-t}x-e^{-2t}+e^{-t}$ = $e^{-2t}+e^{-t}x-2e^{-2t}+e^{-t}$

⇒ $e^{-t}x-e^{-2t}+e^{-t}$ = $e^{-t}x-e^{-2t}+e^{-t}$

विकल्प 3 गलत है:

हमारे पास $u=x-e^{-t}+1$

इसलिए, $u_x=1$ और $u_t=-e^t$

अब, $u=e^{-t}{u}_x-u_t$

⇒ $x-e^t+1=e^t\cdot 1+e^t$, जो कि असंगत है।

विकल्प 4 गलत है।

हमारे पास $u=x\cdot e^t$

इसलिए, $u_x=e^t$ और $u_t=x\cdot e^t$

अब, $u=e^{-t}{u}_x-u_t$

⇒ $x\cdot e^t=e^{-t}{e}^{-t}-x{e}^{-t}$, जो कि असंगत है।

सही उत्तर विकल्प 2 है।

व्याख्या:

दिया गया है

pq = 1 और x0(s) = s, y0(s) = $\frac{1}{\mathrm{s}}$, z0(s) = 1

इसलिए p0q0 = 1...(i)

और कुल अवकलज द्वारा

$\frac{d{z}_0}{ds}=p_0\frac{d{x}_0}{ds}+q_0\frac{d{y}_0}{ds}$

⇒ 0 = p0 - $\frac{q_0}{s^2}$

⇒ p0 = $\frac{q_0}{s^2}$

(1) में इस मान को प्रतिस्थापित करने पर हमें प्राप्त होता है

$\frac{q_0}{s^2}{q}_0=1$

q0 = s² ⇒ q0 = $\pm s\Rightarrow p_0=\pm \frac{1}{s}$

इस प्रकार हमें प्रारंभिक पट्टी $(\mathrm{s},\frac{1}{\mathrm{s}},1,\frac{1}{\mathrm{s}},\mathrm{s})$, $(\mathrm{s},\frac{1}{\mathrm{s}},1,-\frac{1}{\mathrm{s}},-\mathrm{s})$ प्राप्त होती है।

विकल्प (1) और (2) सही हैं।