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

व्याख्या:

y(x) = 1 + x + \(\int_0^xe^{x-t}\)y(t)dt

यहाँ कर्नेल k(x, t) = e^x-t केवल x - t के अंतर का फलन है। इसलिए वोल्टेरा समाकल समीकरण को इस प्रकार लिखा जा सकता है

y(x) = 1 + x + k(x)*y(x)

लाप्लास रूपांतरण लेने पर हमें प्राप्त होता है

Y(s) = \(\frac1s +\frac1{s^2}+\frac1{s-1}Y(s)\) जहाँ L{y(x)} = Y(s)

⇒ \((1-\frac1{s-1})Y(s)={s+1\over s^2}\)

⇒ Y(s). \(s-2\over s-1\) = \({s+1\over s^2}\)

⇒ Y(s) = \({s+1\over s^2}\) x \(s-1\over s-2\)

⇒ Y(s) = \(s^2-1\over s^2(s-2)\)

आंशिक योग का उपयोग करके

\(s^2-1\over s^2(s-2)\) = \(\frac14.\frac1s+\frac12.\frac1{s^2}+\frac34.\frac1{s-2}\)

इसलिए प्रतिलोम लाप्लास रूपांतरण लेने पर हमें प्राप्त होता है

y(x) = \(\frac14+\frac x2+\frac{3e^x}4\)

विकल्प (3) सही है।

व्याख्या:

y(x) = 1 + \(\frac16\int_0^x(x-t)^3y(t)dt\)

⇒ y(x) = 1 + \(\frac16x^3*y(x)\)

लाप्लास रूपांतरण लेने पर हमें प्राप्त होता है,

⇒ Y(s) = \(\frac1{s}\) + \(\frac16{3!\over s^4}Y(s)\) जहाँ Y(s) = L{y(x)}

⇒ Y(s) = \(\frac 1{s}+{Y(s)\over s^4}\)

⇒ Y(s) \(s^4-1\over s^4\) = \(\frac1s\)

⇒ Y(s) = \(s^3\over s^4-1\)

⇒ Y(s) = \(s^3\over (s^2+1)(s^2-1)\)

⇒ Y(s) = \(\frac12.{s\over s^2+1}+\frac12.{s\over s^2-1}\)

⇒ Y(s) = \(\frac12.{s\over s^2+1}+\frac14({1\over s-1}+\frac1{s+1})\)

व्युत्क्रम लाप्लास रूपांतरण लेने पर हमें प्राप्त होता है,

y(x) = \(\frac12\cos x+\frac14(e^x+e^{-x})\)

विकल्प (1) सही है।

व्याख्या:

y(x) = 3x + 2\(\int_0^1xty(t)dt\)

⇒ y(x) = 3x + 2cx....(i)

जहाँ

c = \(\int_0^1ty(t)dt\)...(ii)

⇒ c = \(\int_0^1t(3t+2ct)dt\) ((i) से y(t) के मान का उपयोग करने पर)

⇒ c = \(3.\frac13+2c.\frac13\)

⇒ \(\frac c3\) = 1

⇒ c = 3

इसलिए, y(x) = 3x + 6x = 9x

y(0) + y(1) = 0 + 9 = 9

विकल्प (1) गलत है।

y(1) + y(2) = 9 + 18 = 27

विकल्प (1) गलत है।

y(1/3) + y(1/9) = 3 + 1 = 4

विकल्प (3) सही है। 

व्याख्या:

\(y(x)=\lambda \displaystyle \int_0^1 x e^{x+2t} y(t) d t\)

⇒ \(y(x)=λ x e^{x}\displaystyle \int_0^1 e^{2t} y(t) d t\)

⇒ y(x) = λxexc....(i)

जहाँ c = \(\displaystyle \int_0^1 e^{2t} y(t) d t\)....(ii)

y(x) के व्यंजक को (i) से (ii) में रखने पर हमें प्राप्त होता है

c = \(\displaystyle \int_0^1 e^{t} λ te^{2t}c\, d t\)

⇒ c = λc\(\displaystyle \int_0^1 te^{3t}\, d t\)

⇒ c = λc \(\left\{\left[ t{e^{3t}\over 3}\right]_0^1-\displaystyle \int_0^1{e^{3t}\over3}\, dt\right\}\)

⇒ c = λc \(\left\{{e^{3}\over 3}-\left[{ e^{3t}\over 9}\right]_0^1\right\}\)

⇒ c = λc\(\left\{{e^{3}\over 3}-{{e^3-1}\over 9}\right\}\)

⇒ c = λc\(2e^{3}+1\over9\)

⇒ 1 = λ\(2e^{3}+1\over9\) (चूँकि c ≠ 0)

⇒ λ = \(\frac{9}{2e^3+1}\)

(2) सही है

संप्रत्यय:

साधक अष्टि, जिसे \(R(x,t,\lambda) \) से दर्शाया जाता है। 

द्वितीय प्रकार के फ्रेडहोल्म समाकल समीकरणों के लिए, साधक अष्टि हमें एक ज्ञात श्रेणी के संदर्भ में हल को व्यक्त करने में मदद करता है।

व्याख्या:

फ्रेडहोल्म समाकल समीकरण है

\(u(x) = x + \frac{\lambda}{2} \int_{-2}^{2} \left( xt + x^2t^2 \right) u(t) \, dt\)

हमें यह भी दिया गया है कि \(R(x, t, \lambda)\) साधक अष्टि है, और \(\lambda \in \mathbb{R} \) जहाँ \(|\lambda| < \frac{5}{32}\) है।

फलन \(u(x)\) एक ज्ञात पद \(x \) और एक समाकल पद का संयोजन है जो \(\lambda\), \(x \) और \(u(t)\) पर निर्भर करता है।

समाकल पद \(\int_{-2}^{2} \left( xt + x^2 t^2 \right) u(t) dt \) में \(u(t)\) को एक अष्टि फलन \((xt + x^2 t^2)\) से गुणा करना और फिर t को -2 से 2 तक समाकलित करना शामिल है।

\(\int_{-2}^{2} \left( xt + x^2 t^2 \right) u(t) \, dt = x \int_{-2}^{2} t u(t) \, dt + x^2 \int_{-2}^{2} t^2 u(t) \, dt\)

यह देखते हुए कि \(u(x)\) का गैर-समाकल भाग \(x \) में एक बहुपद है, हम यह मानने का प्रयास कर सकते हैं कि हल \(u(t)\) भी एक बहुपद है, मान लीजिए,

\(u(t) = a_0 + a_1 t + a_2 t^2\)

समाकल व्यंजकों में \(u(t)\) के लिए इस मान्य हल को प्रतिस्थापित करके, हम

समाकलों की अलग-अलग गणना कर सकते हैं \( \int_{-2}^{2} t u(t) \, dt \)

\(u(t) = a_0 + a_1 t + a_2 t^2 \) प्रतिस्थापित करें:

\(\int_{-2}^{2} t \left( a_0 + a_1 t + a_2 t^2 \right) dt = a_0 \int_{-2}^{2} t dt + a_1 \int_{-2}^{2} t^2 dt + a_2 \int_{-2}^{2} t^3 dt\)

मानक समाकलों का उपयोग करते हुए, \(\int_{-2}^{2} t dt = 0, \quad \int_{-2}^{2} t^2 dt = \frac{16}{3}, \quad \int_{-2}^{2} t^3 dt = 0\)

इस प्रकार, \(\int_{-2}^{2} t u(t) \, dt = a_1 \cdot \frac{16}{3}\)

और \(\int_{-2}^{2} t^2 u(t) \, dt\)

\(u(t) = a_0 + a_1 t + a_2 t^2\) प्रतिस्थापित करें

\(\int_{-2}^{2} t^2 \left( a_0 + a_1 t + a_2 t^2 \right) dt = a_0 \int_{-2}^{2} t^2 dt + a_1 \int_{-2}^{2} t^3 dt + a_2 \int_{-2}^{2} t^4 dt\)

मानक समाकलों का उपयोग करते हुए \(\int_{-2}^{2} t^2 dt = \frac{16}{3}, \quad \int_{-2}^{2} t^3 dt = 0, \quad \int_{-2}^{2} t^4 dt = \frac{64}{5}\)

इस प्रकार, \(\int_{-2}^{2} t^2 u(t) \, dt = a_0 \cdot \frac{16}{3} + a_2 \cdot \frac{64}{5}\)

\(u(x) = x + \frac{\lambda}{2} \left( x \cdot \frac{16}{3} \cdot a_1 + x^2 \cdot \left( a_0 \cdot \frac{16}{3} + a_2 \cdot \frac{64}{5} \right) \right)\)

अब, दोनों पक्षों पर \( x \) की घातों को बराबर करें और स्थिरांक \(a_0, a_1, a_2 \) के लिए हल करें।

\(a_0, a_1, a_2 \) के लिए हल करने के बाद, आप \(u(x) \) के लिए व्यंजक का मूल्यांकन कर सकते हैं, विशेष रूप से \(x = 1 \) पर \(u(1)\) निर्धारित करने के लिए।

साधक अष्टि \(R(x,t,\lambda) \) के लिए, इसे समाकल संकारक और

समीकरण को संतुष्ट करने वाले \( \lambda \) के मानों के आधार पर निर्धारित किया जाना चाहिए।

इस प्रकार, विकल्प 2) और विकल्प 4) सही हैं।

अवधारणा:

अवकलन के लिए लाइबनीज नियम:

\(\frac{\partial }{\partial x}\int_{a(x)}^{b(x)}f(x,t)dt\) = \(\int_{a(x)}^{b(x)}\frac{\partial f}{\partial x}dt+f(b(x),x)\frac{\partial b}{\partial x}-f(a(x),x)\frac{\partial a}{\partial x}\)

व्याख्या:

(1):

K(x, t) = \(\begin{cases} \rm t(1-x) & \text { for } \rm tx\end{cases}\)

इसलिए

y(x) = 2\(\displaystyle\int_0^1\) K(x, t) y(t) dt

⇒ y(x) = 2 \(\displaystyle\int_0^x\)t(1 - x)ydt + 2 \(\displaystyle\int_x^1\)x(1 - t)ydt....(i)

⇒ y' = 2\(\displaystyle\int_0^x\)(-t)y(t)dt + x(1 - x)y(x) - 0 + 2\(\displaystyle\int_x^1\)1(1-t)y(t)dt + 0 -x(1 - x)y(x).1

⇒ y' = 2\(\displaystyle\int_0^x\)(-t)y(t)dt + 2\(\displaystyle\int_x^1\)(1 - t)y(t)dt

⇒ y'' = 2[0 - xy(x).1 - 0] + 2[0 + 0 -(1 - x)y(x)]

⇒ y'' = -2y(x)

⇒ y''(x) + 2y(x) = 0

(i) द्वारा भी

y(0) = 2 \(\displaystyle\int_0^0\)t(1 - 0)ydt + 2 \(\displaystyle\int_0^1\)0(1 - t)ydt = 0 और

y(1) = 2 \(\displaystyle\int_0^1\)t(1 - 1)ydt + 2 \(\displaystyle\int_1^1\)1(1 - t)ydt = 0

इसलिए \(\rm \left\{\begin{aligned}\rm y^{\prime \prime}(x)+2 y(x) & =0 \quad \text { for } \rm x ∈(0,1), \\ \rm y(0) & =\rm y(1)=0 .\end{aligned}\right.\) संतुष्ट करता है

इसलिए विकल्प (1) सही है।

व्याख्या

दिया गया है:

y(s) = s + 2 \(∫_0^1 s t^2 y(t) d t+2 ∫_0^1 s^2 t y(t) d t\)

मान लीजिये \(\int_0^1\)t² y(t) dt = c₁ -- (i)

\(\int_0^1\) t y(t) dt = c₂ -- (ii)

⇒ y(s) = s + 2sc₁ + 2s² c₂ ---- (iii)

समीकरण (ii) से, c2 = \(\int_0^1\)t[t + 2c1 t + 2c2t2]dt

=\(\int_0^1\)(t2 + 2t2 c1 + 2c2 t3)dt

c2​ = \(\frac{t^3}{3}\left[1+\frac{2}{c_1}\right]+\left.\frac{c_2 t^4}{2}\right|_0 ^1=\left(\frac{1}{3}+\frac{2}{3} c_1\right)+\frac{c_2}{2}\)

\(⇒ \frac{3 C_2}{2}=1+\frac{2}{C_1} \)

⇒ 4C1​ - 3c2 = -2 - (iv)

\(C_1 =∫_0^1 t^2\left[t+2 c_1 t+2 t^2 c_2\right] d t \)

\(=∫_0^1\left[t^3\left(1+2 c_1\right)+2 t^4 c_2\right] d t\)

\(c_1 =\left[\left(1+2 c_1\right) \frac{t^4}{4}+\frac{2 c_2 t^5}{5}\right]_0^1=\frac{1+2 c_1}{4}+\frac{2 c_2}{5}\)

⇒ 20c1 = 5 + 10c1 + 8c2

⇒ 10c₁ - 8c₂ = 5 - (v)

अब समीकरण (iv) और (v) को हल करके c₁ और c₂ ज्ञात करते हैं

20c₁ - 15c₂ = - 10

20c1 - 16c2 = 10

घटाने पर हमें मिलता है

c2 = - 20

इसलिए (iv) से

4c1​ + 60 = -2 ⇒ 4c1 = - 62 ⇒ c1 = - 31/2

इस प्रकार y(s) = s + 2sc1 + 2s2c2

= s + (-31) s + 2s2(-20)

y(s) = s - 31s - 40s² = -(30s + 40s²)

⇒ विकल्प (3) सही है

व्याख्या:

\(y(x)=λ \displaystyle \int_0^1 x^2 e^{x+t} y(t) d t\)

⇒ \(y(x)=λ x^2 e^{x}\displaystyle \int_0^1 e^{t} y(t) d t\)

⇒ y(x) = λx²e^xc....(i)

जहाँ, c = \(\displaystyle \int_0^1 e^{t} y(t) d t\)....(ii)

समीकरण (i) से y(x) का मान समीकरण (ii) में रखने पर हमें प्राप्त होता है,

c = \(\displaystyle \int_0^1 e^{t} λ t^2e^tc\, d t\)

⇒ c = λc\(\displaystyle \int_0^1 t^2e^{2t}\, d t\)

⇒ c = λc \(\left\{\left[ t^2{e^{2t}\over 2}\right]_0^1-\displaystyle \int_0^12t{e^{2t}\over2}\, dt\right\}\)

⇒ c = λc \(\left\{{e^{2}\over 2}-\left[{t e^{2t}\over 2}\right]_0^1+\left[{e^{2t}\over4}\right]_0^1\right\}\)

⇒ c = λc\(\left\{{e^{2}\over 2}-{e^2\over 2}+{e^{2}-1\over4}\right\}\)

⇒ c = λc\(e^{2}-1\over4\)

⇒ c - λc\(e^{2}-1\over4\) = 0

चूँकि c ≠ 0

⇒ 1 - λ\(e^{2}-1\over4\) = 0

⇒ λ = \(\frac{4}{e^2-1}\)

अतः सही विकल्प (3) है। 

व्याख्या:

y(x) = 1 + x + \(\int_0^xe^{x-t}\)y(t)dt

यहाँ कर्नेल k(x, t) = e^x-t केवल x - t के अंतर का फलन है। इसलिए वोल्टेरा समाकल समीकरण को इस प्रकार लिखा जा सकता है

y(x) = 1 + x + k(x)*y(x)

लाप्लास रूपांतरण लेने पर हमें प्राप्त होता है

Y(s) = \(\frac1s +\frac1{s^2}+\frac1{s-1}Y(s)\) जहाँ L{y(x)} = Y(s)

⇒ \((1-\frac1{s-1})Y(s)={s+1\over s^2}\)

⇒ Y(s). \(s-2\over s-1\) = \({s+1\over s^2}\)

⇒ Y(s) = \({s+1\over s^2}\) x \(s-1\over s-2\)

⇒ Y(s) = \(s^2-1\over s^2(s-2)\)

आंशिक योग का उपयोग करके

\(s^2-1\over s^2(s-2)\) = \(\frac14.\frac1s+\frac12.\frac1{s^2}+\frac34.\frac1{s-2}\)

इसलिए प्रतिलोम लाप्लास रूपांतरण लेने पर हमें प्राप्त होता है

y(x) = \(\frac14+\frac x2+\frac{3e^x}4\)

विकल्प (3) सही है।

अवधारणा:

फ्रेडहोम समीकरण एक समाकल समीकरण है जिसमें कर्नेल फलन वाले पद में एकीकरण सीमा के रूप में स्थिरांक होते हैं।

स्पष्टीकरण:

y(x) - \(3\int_0^1\)txy(t) =f(x)

y(x) = f(x) + 3x\(\int_0^1\) ty(t)dt

y(x) = f(x) +3xc , where c =\(\int_0^1\)ty(t)dt

⇒y(x) = f(x) + 3x\(\int_0^1\)t(f(t) +3ct)dt

= f(x) + 3x \(\int_0^1\)3ct2 +3x \(\int_0^1\)tf(t)dt

= f(x) + 3xc + 3x \(\int_0^1\)tf(t)dt

हल पाने के लिए

(1) f(x)= x ² - \(\frac{1}{2}\) के लिए

\(\int_0^1\) tf(t) = \(\int_0^1\) t(t ² - \(\frac{1}{2}\) )dt

= \(\int_0^1\)(t3-\(\frac{1}{2}\)t)dt

= \([\frac{t^4}{4}- \frac{t^2}{4}]_0^1\)

= 0

अतः विकल्प (1) सही है।

(2) f(x)= e ^x के लिए

\(\int_0^1\) tetdt = [(t-1)et\(]_0^1\)\(]_0^1\)

= (1-1)e1 - (0-1)e0 = 1

अतः विकल्प (2) गलत है।

(3) f(x) = 2-3x के लिए

\(\int_0^1\) tf(t)dt = \(\)\(\int_0^1\) t(2-3t)dt

= \(\int_0^1\) (2t-3t ² ) dt = 0

अतः विकल्प (3) सही है।

(4) f(x) = x -1 के लिए

\(\int_0^1\) tf(t)dt= \(\int_0^1\) t(t-1)dt

=[ \(\frac{t^3}{3} - \frac{t^2}{2}]_0^1\) = \(\frac{1}{6}\)

अतः विकल्प (4) गलत है।

अवधारणा:

अवकलन के लिए लाइबनीज नियम:

\(\frac{\partial }{\partial x}\int_{a(x)}^{b(x)}f(x,t)dt\) = \(\int_{a(x)}^{b(x)}\frac{\partial f}{\partial x}dt+f(b(x),x)\frac{\partial b}{\partial x}-f(a(x),x)\frac{\partial a}{\partial x}\)

व्याख्या:

(1):

K(x, t) = \(\begin{cases} \rm t(1-x) & \text { for } \rm tx\end{cases}\)

इसलिए

y(x) = 2\(\displaystyle\int_0^1\) K(x, t) y(t) dt

⇒ y(x) = 2 \(\displaystyle\int_0^x\)t(1 - x)ydt + 2 \(\displaystyle\int_x^1\)x(1 - t)ydt....(i)

⇒ y' = 2\(\displaystyle\int_0^x\)(-t)y(t)dt + x(1 - x)y(x) - 0 + 2\(\displaystyle\int_x^1\)1(1-t)y(t)dt + 0 -x(1 - x)y(x).1

⇒ y' = 2\(\displaystyle\int_0^x\)(-t)y(t)dt + 2\(\displaystyle\int_x^1\)(1 - t)y(t)dt

⇒ y'' = 2[0 - xy(x).1 - 0] + 2[0 + 0 -(1 - x)y(x)]

⇒ y'' = -2y(x)

⇒ y''(x) + 2y(x) = 0

(i) द्वारा भी

y(0) = 2 \(\displaystyle\int_0^0\)t(1 - 0)ydt + 2 \(\displaystyle\int_0^1\)0(1 - t)ydt = 0 और

y(1) = 2 \(\displaystyle\int_0^1\)t(1 - 1)ydt + 2 \(\displaystyle\int_1^1\)1(1 - t)ydt = 0

इसलिए \(\rm \left\{\begin{aligned}\rm y^{\prime \prime}(x)+2 y(x) & =0 \quad \text { for } \rm x ∈(0,1), \\ \rm y(0) & =\rm y(1)=0 .\end{aligned}\right.\) संतुष्ट करता है

इसलिए विकल्प (1) सही है।

अवधारणा:

∫_a^x{(k(x-t)y(t)dt} के प्रकार का समाकल समीकरण

जहाँ a एक स्थिर स्थिरांक है और x एक चर है, k(x-t) कर्नेल है।

c एक शून्येतर वास्तविक या सम्मिश्र प्राचल है। इस समीकरण को वोल्टेरा समाकल समीकरण कहा जाता है।

यदि g(x) = 0, तो इसे वोल्टेरा समाकल समीकरण का प्रथम प्रकार कहा जाता है।

व्याख्या:

दिया गया है

∫₀^x{(x-t)u(t)dt = x; x ≥ 0}

समाकल चिह्न के अंतर्गत लेबनीज नियम के अवकलन का उपयोग करते हुए, हमें प्राप्त होता है

∂/∂x ∫₀^x{(x-t)u(t)dt = 1}

∫₀^x{u(t)dt = 1}

पुनः लेबनीज नियम का उपयोग करते हुए, हमें प्राप्त होता है

∂/∂x ∫₀^x{u(t)dt = 0}

u(x) = 0, लेकिन

∫₀^x{u(t)dt = 0} x=0 पर और 1 के बराबर नहीं है।

इसलिए विकल्प (2) सही है।