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

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

\({dx\over P}={dy\over Q}={du\over R}\)

स्पष्टीकरण:

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

u(x, 0) = kx, x ∈ ℝ

\({dx\over u}={dy\over 1}={du\over 1}\) का उपयोग करने पर,

प्रथम और अंतिम पद लेने पर,

\({dx\over u}={du\over 1}\)

u du - dx = 0

समाकलन करने पर,

u2 - 2x = c1.....(i)

अंतिम दो पदों को लेने पर,

\({dy\over 1}={du\over 1}\)

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

\(c_2^2-{2c_2\over k}=c_1\)

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

\(u^2-2uy+y^2-{2\over k}u+{2\over k}y=u^2-2x\)

u = \({y^2+{2y\over k}+2x}\over {2\over k}+2y\)

u = \({ky^2+{2y}+2kx}\over {2}+2ky\)

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 = \({-2y^2+{2y}-4x}\over {2}-4y\) का अस्तित्व नहीं है

विकल्प (2) असत्य है। 

विकल्प (3): k = 4

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

⇒ \(\frac px=\frac qy\) = 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 = \(\frac k2(x^2+y^2)\) + c

दी गई शर्त का उपयोग करने पर,

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

1 = \(\frac k2(\cos^2s+\sin^2s)\) + c

⇒ 1- c = \(\frac k2\)

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 \(u_y-xu_x+u-1=0\) के रूप में दर्शाया जा सकता है।

⇒ \(-xu_x+u_y=1-u\)

∴ 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

\({dx\over P}={dy\over Q}={du\over R}\)

स्पष्टीकरण:

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

u(x, 0) = kx, x ∈ ℝ

\({dx\over u}={dy\over 1}={du\over 1}\) का उपयोग करने पर,

प्रथम और अंतिम पद लेने पर,

\({dx\over u}={du\over 1}\)

u du - dx = 0

समाकलन करने पर,

u2 - 2x = c1.....(i)

अंतिम दो पदों को लेने पर,

\({dy\over 1}={du\over 1}\)

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

\(c_2^2-{2c_2\over k}=c_1\)

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

\(u^2-2uy+y^2-{2\over k}u+{2\over k}y=u^2-2x\)

u = \({y^2+{2y\over k}+2x}\over {2\over k}+2y\)

u = \({ky^2+{2y}+2kx}\over {2}+2ky\)

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 = \({-2y^2+{2y}-4x}\over {2}-4y\) का अस्तित्व नहीं है

विकल्प (2) असत्य है। 

विकल्प (3): k = 4

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

⇒ \(\frac px=\frac qy\) = 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 = \(\frac k2(x^2+y^2)\) + c

दी गई शर्त का उपयोग करने पर,

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

1 = \(\frac k2(\cos^2s+\sin^2s)\) + c

⇒ 1- c = \(\frac k2\)

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, \(u=e^{-t}u_x - u_{t}\)

⇒ \(e^tx +e^{2t} -e^{t}= e^{-t}\cdot e^{t}-e^{-t}x - 2e^{2t} + e^{t}\)

= \(1- e^{-t}x\)

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, \(u = e^{-t}u_x -u_t\)

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

सही उत्तर विकल्प 2 है।