Partial Differential Equations MCQ Quiz in हिन्दी - Objective Question with Answer for Partial Differential Equations - मुफ्त [PDF] डाउनलोड करें

अवधारणा:

Pp + qq = R के रूप में PDE के लिए लैग्रेंज सहायक समीकरण है

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

व्याख्या:

दिया गया PDE है

z(px - qy) = y2 - x2

⇒ xzp - yzq = y2 - x2

समाकलन करने पर हमें मिलता है

इसके अलावा, $\frac{d(x+y)}{z(x-y)}=\frac{dz}{y^2-x^2}$

⇒ $\frac{d(x+y)}{z}=\frac{dz}{-(x+y)}$

⇒ (x + y) d(x + y) + zdz = 0

दोनों पक्षों का समाकलन करने पर हमें मिलता है

$(x+y{)}^2+z^2=c_2$....(iii)

(i) और (iii) लेने पर हमें हल मिलता है

x2 + y2 + z2 = $f((x+y{)}^2+z^2)$

(3) सही है।

(ii) और (ii) लेने पर हमें हल मिलता है

$(x+y{)}^2+z^2=f(xy)$

(4) सही है।

अवधारणा:

f(x, y, z, p, q) = 0 के रूप का अरैखिक PDE चारपिट समीकरण को संतुष्ट करता है

$\frac{dx}{f_p}=\frac{dy}{f_q}=\frac{dz}{p{f}_p+q{f}_q}$$=\frac{dp}{-(f_x+p{f}_z)}=\frac{dq}{-(f_y+q{f}_z)}$

व्याख्या:

यहाँ f(x, y, z, p, q) = (p2 + q2)y - qz

चारपिट सूत्र का उपयोग करते हुए

$\frac{dx}{2py}=\frac{dy}{2qy-z}$$=\frac{dz}{2p^{2}y+2q^{2}y-qz}$$=\frac{dp}{0+pq}=\frac{dq}{-p^2-q^2+q^2}$

⇒ $\frac{dx}{2py}=\frac{dy}{2qy-z}$$=\frac{dz}{2p^{2}y+2q^{2}y-qz}$$=\frac{dp}{pq}=\frac{dq}{-p^2}$

लेते हुए

$\frac{dp}{pq}=\frac{dq}{-p^2}$

⇒ pdp + qdq = 0

समाकलन करने पर

p² + q² = a²....(i)

दिए गए समीकरण में रखने पर

a²y = qz

⇒ q = $\frac{a^{2}y}{z}$

(i) में रखने पर

p = $\sqrt{a^2-q^2}$ = $\frac{a}{z}\sqrt{z^2-a^2{y}^2}$

p और q को रखने पर

dz = pdx + qdy

⇒ dz = $\frac{a}{z}\sqrt{z^2-a^2{y}^2}$dx + $\frac{a^{2}y}{z}$dy

⇒ $\frac{zdz-a^{2}ydy}{\sqrt{z^2-a^2{y}^2}}$ = a dx

समाकलन करने पर

$\sqrt{z^2-a^2{y}^2}$ = ax + b

दोनों पक्षों का वर्ग करने पर

z² = a²y² + (ax+b)²

(1) और (2) दोनों सही हैं।

इसलिए विकल्प (3) सही है।

संप्रत्यय:

आंशिक अवकल समीकरण (PDE) का क्लेरॉट रूप z = px + qy + f(p, q) के रूप का होता है और इसका हल z = ax + by + f(a, b) द्वारा दिया जाता है।

व्याख्या:

z - px - qy = c $\sqrt{(1+{\mathrm{p}}^2+{\mathrm{q}}^2)}$

⇒ z = px + qy + c $\sqrt{(1+{\mathrm{p}}^2+{\mathrm{q}}^2)}$ जो क्लेरॉट रूप में है।

इसलिए, व्यापक हल है

$\mathrm{z}=\mathrm{a}\mathrm{x}+\mathrm{b}\mathrm{y}+\mathrm{c}\sqrt{(1+{\mathrm{a}}^2+{\mathrm{b}}^2)}$

अतः (2) सत्य है।

व्याख्या:

लग्रांज के रैखिक आंशिक अवकल समीकरण Pp + Qq = R का ज्यामितीय अर्थ है कि किसी भी पृष्ठ f(x, y, z) = 0 के बिंदु (x, y, z) पर अभिलंब, उस रेखा के लंबवत होता है जिसके दिक् अनुपात P, Q, R हैं।

अतः (1) सत्य है।

संप्रत्यय:

$R\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+S\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}+T\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}$ + f(x, y, u, $\frac{\partial u}{\partial x}$, $\frac{\partial u}{\partial y}$) = 0 के रूप का एक द्वितीय क्रम आंशिक अवकल समीकरण

(i) अतिपरवलयाकार है यदि S2 - 4RT > 0

(ii) परवलयाकार है यदि S2 - 4RT = 0

(iii) दीर्घवृत्ताकार है यदि S2 - 4RT < 0

व्याख्या:

दिया गया आंशिक अवकल समीकरण है

$x^2\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+xy\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}$ - $2y^2\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}+\frac{\partial u}{\partial x}+2\frac{\partial u}{\partial y}=0$

यहाँ S2 - 4RT = (xy)2 - 4x2(-2y2) = x2y2 + 8x2y2 = 9x2y2 = 9(xy)2

यदि y = 0 तो S2 - 4RT = 0, तब आंशिक अवकल समीकरण परवलयाकार है।

(1) गलत है

यदि x > 0, y > 0, S2 - 4RT > 0

आंशिक अवकल समीकरण अतिपरवलयाकार है

(2) गलत है

यदि x < 0, y > 0 तब S2 - 4RT > 0

आंशिक अवकल समीकरण अतिपरवलयाकार है

(3) सही है

यदि x = 0, y > 0 तब S2 - 4RT = 0

इसलिए, आंशिक अवकल समीकरण परवलयाकार हो सकता है

(4) गलत है

संकल्पना:

utt − c²uxx = 0 का हल प्रारंभिक स्थिति, u(0, t) = u(L, t) = 0 सभी t के लिए और सीमा स्थिति y(x, 0) = f(x), y_t(x, 0) = g(x) 0 < x < L के लिए है

u = $\frac{1}{2}$[f(x + ct) + f(x - ct)] + $\frac{1}{2c}$${\int }_{x-ct}^{x+ct}g(s)ds$ (D'alembert हल)

व्याख्या:

दिया गया है

utt − uxx = 0, 0 < x < 2, t > 0

u(0, t) = 0 = u(2, t), ∀ t > 0,

u(x, 0) = sin(πx) + 2sin(2πx), 0 ≤ x ≤ 2,

ut(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 2

यहाँ f(x) = sin(πx) + 2sin(2πx) और g(x) = 0, c = 1

इसलिए u(x, t) = $\frac{1}{2}$[f(x + t) + f(x - t)] + $\frac{1}{2}$${\int }_{x-t}^{x+t}0ds$

= $\frac{1}{2}$[sin(π(x+t)) + sin(π(x-t))] + sin(2π(x+t)) + sin(2π(x-t))

इसलिए u(1, 1) = $\frac{1}{2}$(sin 2π + sin 0)+ sin4π + sin 0 = 0

विकल्प (1) गलत है

u(1/2, 1) = $\frac{1}{2}$[sin (3π/2) - sin(π/2)] + sin(3π) - sin π = - 1

विकल्प (2) गलत है

u(1/2, 2) = $\frac{1}{2}$[sin (5π/2) - sin(3π/2)] + sin(5π) - sin 3π = 1

विकल्प (3) सही है

इसके अलावा

ut(x, t) = $\frac{\pi }{2}$[cos(π(x+t)) - cos(π(x-t))] + 2π cos(2π(x+t)) + 2π cos(2π(x-t))

इसलिए ut(1/2, 1/2) = $\frac{\pi }{2}$[cos π - cos0] + 2π cos 2π + 2π cos0 = - π + 2π + 2π = 3π

विकल्प (4) गलत है

व्याख्या:

दिया गया है z² = kxy, k ∈ ℝ ← निकाय पृष्ठ

⇒ $\mathrm{k}=\frac{{\mathrm{z}}^2}{\mathrm{x}\mathrm{y}}=\mathrm{f}(\mathrm{x},\mathrm{y},\mathrm{z})$ ........(i)

अब, हम इसे लैग्रेंज AE का उपयोग करके हल करेंगे -

(स्मरण करने पर: Pp + Qq = R)

$\frac{\partial \mathrm{f}}{\partial \mathrm{x}}=\frac{{\mathrm{z}}^2}{\mathrm{y}}(-\frac{1}{{\mathrm{x}}^2})=\frac{-{\mathrm{z}}^2}{{\mathrm{x}}^2\mathrm{y}}$

$\frac{\partial \mathrm{f}}{\partial \mathrm{y}}=\frac{{\mathrm{z}}^2}{\mathrm{x}}(-\frac{1}{{\mathrm{y}}^2})=\frac{-{\mathrm{z}}^2}{\mathrm{x}{\mathrm{y}}^2}$

$\frac{\partial \mathrm{f}}{\partial \mathrm{z}}=\frac{2\mathrm{z}}{\mathrm{x}\mathrm{y}}$

इसलिए, $\frac{\partial \mathrm{f}}{\partial \mathrm{x}}\mathrm{p}+\frac{\partial \mathrm{f}}{\partial \mathrm{y}}\mathrm{q}=\frac{\partial \mathrm{f}}{\partial \mathrm{z}}$ (p = zx, q = zy)

⇒ $\left(\frac{-{\mathrm{z}}^2}{{\mathrm{x}}^2\mathrm{y}}\right)\mathrm{p}+\left(\frac{-{\mathrm{z}}^2}{\mathrm{x}{\mathrm{y}}^2}\right)\mathrm{q}=\frac{\partial \mathrm{f}}{\partial \mathrm{z}}=\frac{2\mathrm{z}}{\mathrm{x}\mathrm{y}}$

⇒ $-\frac{\mathrm{z}}{\mathrm{x}\mathrm{y}}[\frac{\mathrm{z}}{\mathrm{x}}\mathrm{p}+\frac{\mathrm{z}}{\mathrm{y}}\mathrm{q}]=\frac{\mathrm{z}}{\mathrm{x}\mathrm{y}}[2]$

⇒ $\frac{\mathrm{z}}{\mathrm{x}}\mathrm{p}+\frac{\mathrm{z}}{\mathrm{y}}\mathrm{q}=-2$

⇒ (zy)p + (xz)q = -2xy (LCM लेने पर) (ii)

(zy)p → P

(xz)q → Q

-2xy → R

इसलिए, लैग्रेंज समीकरण से -

$\frac{\mathrm{d}\mathrm{x}}{\mathrm{P}}=\frac{\mathrm{d}\mathrm{y}}{\mathrm{Q}}=\frac{\mathrm{d}\mathrm{z}}{\mathrm{R}}$

$\Rightarrow \frac{\mathrm{d}\mathrm{x}}{\mathrm{z}\mathrm{y}}=\frac{\mathrm{d}\mathrm{y}}{\mathrm{z}\mathrm{x}}=\frac{\mathrm{d}\mathrm{z}}{(-2\mathrm{x}\mathrm{y})}$

अब,

$\frac{\mathrm{d}\mathrm{x}}{\mathrm{z}\mathrm{y}}=\frac{\mathrm{d}\mathrm{y}}{\mathrm{z}\mathrm{x}}$

⇒ x dx = y dy

समाकलन करने पर,

$\frac{{\mathrm{x}}^2}{2}=\frac{{\mathrm{y}}^2}{2}+\mathrm{c}$

⇒ x² - y² = c₁

$\frac{\mathrm{d}\mathrm{x}}{\mathrm{z}\mathrm{y}}=\frac{-\mathrm{d}\mathrm{z}}{2\mathrm{x}\mathrm{y}}$

⇒ 2x dx = -z dz

समाकलन करने पर,

${\mathrm{x}}^2=\frac{-{\mathrm{z}}^2}{2}+\mathrm{c}$

⇒ 2x² + z² = c₂

इसलिए, सामान्य हल ϕ ​​(c1, c2) = 0 होगा

⇒ ϕ (x² - y², 2x² + z²) = 0 ⇒ विकल्प (3) सही है।

हल का अन्य संभावित रूप और जब c₁ और c₂ की गणना की जाती है।

ϕ(c1, c2), c₁ = ϕ(c2), c₂ = ϕ(c2), $\frac{{\mathrm{c}}_1}{2}=\varphi ({\mathrm{c}}_2)$...

अवधारणा:

मान लीजिए Pp + Qq = R एक आंशिक अवकल समीकरण है जहाँ P, Q, R, x, y, z के फलन हैं, तो लैग्रेंज की विधि से

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

व्याख्या:

दिया गया है

uux + uy = 0, x ∈ ℝ, y > 0,

u(x, 0) = x, x ∈ ℝ

लैग्रेंज की विधि का उपयोग करके

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

⇒ $\frac{dx}{u}$ = $\frac{dy}{1}$ = $\frac{du}{0}$

इसे हल करने पर हमें प्राप्त होता है

u = c₁...(i)

और u = c1 रखने पर हमें पहले दो पदों से प्राप्त होता है

$\frac{dx}{c_1}$ = $\frac{dy}{1}$

dx = c₁dy
⇒ x - c₁y = c₂

⇒ x - uy = c₂...(ii)

(i) और (ii) से हमें सामान्य हल प्राप्त होता है

u = ϕ(x - uy)

u(x, 0) = x का उपयोग करके हम प्राप्त करते हैं

x = ϕ(x) इसलिए ϕ(x - uy) = x - uy

इसलिए हल निम्न है

u = x - uy ⇒ u(1 + y) = x ⇒ u = $\frac{x}{1+y}$

इसलिए u(2, 3) = $\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$

विकल्प (3) सही है।

व्याख्या:

दिया गया है

$u_t=u_{xx},x\in \mathbb{R},t>0$ प्रारंभिक प्रतिबंध के साथ

$u(x,0)=\sin (4x)+x+1,x\in \mathbb{R}$

जो अनंत प्रांत के लिए एक ऊष्मा समीकरण है।

इसलिए हल है:

u(x, t) = $\frac{1}{\sqrt{4\pi ct}}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\frac{(x-y{)}^2}{4c^{2}t}}f(y)dy$

यहाँ f(x) = sin 4x + x + 1 और c = 1 तब

u(x, t) = $\frac{1}{\sqrt{4\pi t}}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\frac{(x-y{)}^2}{4t}}(\sin 4y+y+1)dy$....(i)

(1): $\mathrm{u}(\frac{\pi }{8},1)$ = $\frac{1}{\sqrt{4\pi }}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\frac{(\frac{\pi }{8}-y{)}^2}{4}}(\sin 4y+y+1)dy$

मान लीजिए, $\frac{\pi }{8}-y=u\Rightarrow dy=-du$ इसलिए

$\mathrm{u}(\frac{\pi }{8},1)$ = $\frac{1}{\sqrt{4\pi }}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\frac{u^2}{4}}(\sin 4(\frac{\pi }{8}-u)+(\frac{\pi }{8}-u)+1)du$

$\mathrm{u}(\frac{\pi }{8},1)$ = $\frac{1}{\sqrt{4\pi }}[{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\frac{u^2}{4}}\cos 4udu+{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\frac{u^2}{4}}(\frac{\pi }{8}-u)+{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\frac{u^2}{4}}du]$......(ii)

और $\mathrm{u}(-\frac{\pi }{8},1)$ = $\frac{1}{\sqrt{4\pi }}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\frac{(-\frac{\pi }{8}-y{)}^2}{4}}(\sin 4y+y+1)dy$

मान लीजिए $\frac{\pi }{8}+y=u\Rightarrow dy=du$ इसलिए

$\mathrm{u}(-\frac{\pi }{8},1)$ = $\frac{1}{\sqrt{4\pi }}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\frac{u^2}{4}}(\sin 4(-\frac{\pi }{8}+u)+(-\frac{\pi }{8}+u)+1)du$

$\mathrm{u}(-\frac{\pi }{8},1)$ = $\frac{1}{\sqrt{4\pi }}[-{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\frac{u^2}{4}}\cos 4udu-{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\frac{u^2}{4}}(\frac{\pi }{8}-u)+{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\frac{u^2}{4}}du]$.....(iii)

(ii) और (iii) को जोड़ने पर हमें मिलता है

$\mathrm{u}(\frac{\pi }{8},1)+\mathrm{u}(-\frac{\pi }{8},1)$ = $\frac{2}{\sqrt{4\pi }}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\frac{u^2}{4}}du$

= $\frac{1}{\sqrt{\pi }}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\frac{u^2}{4}}du$

= $\frac{1}{\sqrt{\pi }}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-p^2}2dp$ (मान लीजिए कि u = 2p तब du = 2dp)

= $\frac{1}{\sqrt{\pi }}.2\sqrt{\pi }(\because {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-p^2}dp=\sqrt{\pi })$

= 2

(1) सही है।

(ii) और (iii) से हम देख सकते हैं कि (2), (3), (4) गलत हैं।

व्याख्या:

दिया गया है: $x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}=0$ अर्थात xp + yq = 0

Pp + Qq = R से तुलना करने पर, हमारे पास है-

P = x, Q = y और R = 0

इसलिए, लैग्रेंज सहायक समीकरण द्वारा

$\frac{dx}{p}=\frac{dy}{Q}=\frac{dz}{R}$

$\Rightarrow \frac{dx}{x}=\frac{dy}{y}=\frac{dz}{0}$

अब dz = 0

⇒ z = c₁

पहले और दूसरे पद का उपयोग करके

$\frac{dx}{x}=\frac{dy}{y}$

समाकलन करने पर,

log |x| = log |y| + log c₂

$\Rightarrow \log \left(\frac{|x|}{|y|}\right)=\log c_2$

$\Rightarrow c_2=\frac{|x|}{|y|}$

इसलिए, सामान्य हल है -

c₁ ϕ(c₂) या c₂ = ϕ(c₁) या ϕ(c₁ c₂) = 0

⇒ z = ϕ $\left(\frac{|x|}{|y|}\right)$

⇒ विकल्प (1) सही है।

संकल्पना:

utt − c²uxx = 0 का हल प्रारंभिक स्थिति, u(0, t) = u(L, t) = 0 सभी t के लिए और सीमा स्थिति y(x, 0) = f(x), y_t(x, 0) = g(x) 0 < x < L के लिए है

u = $\frac{1}{2}$[f(x + ct) + f(x - ct)] + $\frac{1}{2c}$${\int }_{x-ct}^{x+ct}g(s)ds$ (D'alembert हल)

व्याख्या:

दिया गया है

utt − uxx = 0, 0 < x < 2, t > 0

u(0, t) = 0 = u(2, t), ∀ t > 0,

u(x, 0) = sin(πx) + 2sin(2πx), 0 ≤ x ≤ 2,

ut(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 2

यहाँ f(x) = sin(πx) + 2sin(2πx) और g(x) = 0, c = 1

इसलिए u(x, t) = $\frac{1}{2}$[f(x + t) + f(x - t)] + $\frac{1}{2}$${\int }_{x-t}^{x+t}0ds$

= $\frac{1}{2}$[sin(π(x+t)) + sin(π(x-t))] + sin(2π(x+t)) + sin(2π(x-t))

इसलिए u(1, 1) = $\frac{1}{2}$(sin 2π + sin 0)+ sin4π + sin 0 = 0

विकल्प (1) गलत है

u(1/2, 1) = $\frac{1}{2}$[sin (3π/2) - sin(π/2)] + sin(3π) - sin π = - 1

विकल्प (2) गलत है

u(1/2, 2) = $\frac{1}{2}$[sin (5π/2) - sin(3π/2)] + sin(5π) - sin 3π = 1

विकल्प (3) सही है

इसके अलावा

ut(x, t) = $\frac{\pi }{2}$[cos(π(x+t)) - cos(π(x-t))] + 2π cos(2π(x+t)) + 2π cos(2π(x-t))

इसलिए ut(1/2, 1/2) = $\frac{\pi }{2}$[cos π - cos0] + 2π cos 2π + 2π cos0 = - π + 2π + 2π = 3π

विकल्प (4) गलत है

व्याख्या:

प्रयोग और त्रुटि विधि से, हम कह सकते हैं कि u = 16(x2 + y2) - 16 दिए गए आंशिक अवकल समीकरण का हल होगा क्योंकि

u_x = 32x ⇒ $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}$ = 32 और uy = 32y ⇒ $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}$ = 32 इसलिए

$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=64$

यह दी गई सीमा शर्त को भी संतुष्ट करता है क्योंकि एक इकाई डिस्क की सीमा पर u = 16 x 1 - 16 = 0, इसलिए u लुप्त हो जाता है।

इसलिए u $(\frac{1}{4},\frac{1}{\sqrt{2}})=16(\frac{1}{16}+\frac{1}{2})$ - 16 = 16.$\frac{9}{16}$ - 16 = 9 -16 = - 7

विकल्प (3) सही है

संप्रत्यय:

यदि u(x, t) एक समघात आंशिक अवकल समीकरण का हल है, तो u(x- a, t-b) भी a, b ∈ $\mathbb{R}$ के लिए आंशिक अवकल समीकरण का हल है और u(ax, bt) भी एक हल है जब a = b एक वास्तविक संख्या है।

व्याख्या:

(∗) $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial t^2}-\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}=0$ x, t) ∈ ℝ2

u(x, t), (∗) का हल है।

तब u(x - θ, t) किसी भी स्थिर θ ∈ ℝ के लिए (i) का हल भी है।

u(3x, 3t) भी (∗) का हल है।

u(3x, 9t), (∗) का हल नहीं है क्योंकि 3 ≠ 9 है। 

(3) असत्य 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।