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

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

व्याख्या:

दिया गया PDE है

z(px - qy) = y2 - x2

⇒ xzp - yzq = y2 - x2

समाकलन करने पर हमें मिलता है

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

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

⇒ (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।

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 \(\rm \sqrt{(1+p^2+q^2)}\)

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

इसलिए, व्यापक हल है

\(\rm z=ax+by+c\sqrt{(1+a^2+b^2)}\)

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।

अवधारणा:

रूप

\(a U_{xx} + b U_{xy} + c U_{yy} = 0 \) के आंशिक अवकल समीकरणों (PDEs) का वर्गीकरण विविक्तकर \(D = b^2 - 4ac \) पर आश्रित है:

• यदि D < 0 है तो दीर्घवृत्तीय है
• यदि D = 0 है तो परवलयिक है
• यदि D > 0 है तो अतिपरवलयिक है

दिया गया है:

ट्रिकोमी का समीकरण इस प्रकार दिया गया है:

\(U_{xx} + x U_{yy} = 0 \)

हमें x के विभिन्न मानों के लिए इस समीकरण के प्रकार का निर्धारण करने की आवश्यकता है।

व्याख्या:
रूप \(a U_{xx} + b U_{xy} + c U_{yy} = 0 \) के आंशिक अवकल समीकरणों (PDEs) का वर्गीकरण विविक्तकर \(D = b^2 - 4ac \) पर आश्रित है:
- यदि D < 0 है तो दीर्घवृत्तीय है
- यदि D = 0 है तो परवलयिक है
- यदि D > 0 है तो अतिपरवलयिक है

ट्रिकोमी के समीकरण \(U_{xx} + x U_{yy} = 0 \) की तुलना करने पर:
यहाँ a = 1, b = 0, और c = x.
विविक्तकर \(D = 0^2 - 4 \cdot 1 \cdot x = -4x \) है। 

इस प्रकार:
जब x < 0, D > 0, इसलिए समीकरण अतिपरवलयिक है।
जब x = 0, D = 0, इसलिए समीकरण परवलयिक है।
जब x > 0, D < 0, इसलिए समीकरण दीर्घवृत्तीय है।

सही उत्तर यह है कि ट्रिकोमी का समीकरण x < 0 के लिए अतिपरवलयिक और x > 0 के लिए दीर्घवृत्तीय है।

अतः विकल्प (2) सही उत्तर है।

संप्रत्यय:

1. लाप्लास समीकरण: लाप्लास समीकरण \(-\Delta u = 0 \) यह दर्शाता है कि फलन u(x, y) प्रसंवादी है (अर्थात,

यह माध्य मान गुणधर्म को संतुष्ट करता है और प्रांत के अंदर स्थानीय चरम मान नहीं रखता है)।

2. परिसीमा प्रतिबंध:

दी गई परिसीमा प्रतिबंध मिश्रित प्रकार की है (डिरिचलेट और न्यूमैन प्रतिबंधों का संयोजन):

\(\alpha u(x, y) + \beta \frac{\partial u}{\partial \nu} = 1 + (x^2 + y^2)k \quad \text{on} \ \partial B(0, 2),\)

जहाँ \(\frac{\partial u}{\partial \nu}\) अभिलम्ब अवकलज को दर्शाता है, और \(\nu \) सीमा पर इकाई बाह्य अभिलम्ब सदिश है।

व्याख्या:

\(\Delta u = 0 \quad \text{in} \ B(0, 2), \)

परिसीमा प्रतिबंध के साथ:

\(\alpha u(x, y) + \beta \frac{\partial u}{\partial \nu}(x, y) = 1 + (x^2 + y^2)k \quad \text{on} \ \partial B(0, 2),\)

जहाँ \(\nu(x, y)\) परिसीमा \( \partial B(0, 2)\) पर इकाई बाह्य अभिलम्ब है और \( \alpha, \beta \neq 0 \) और \(k \in \mathbb{R}\) है। 

हमें सत्यापित करने के लिए दो कथन दिए गए हैं:

S1: यदि \(\beta = 0 \) है, तो किसी \((x_0, y_0) \in B(0, 2)\) का अस्तित्व इस प्रकार है कि \(|u(x_0, y_0)| = \frac{|1 + 4k|}{|\alpha|} \) है। 

S2: यदि \(\alpha = 0\) है, तो k = \(-\frac{1}{4}\) है। 

S1 के लिए, परिसीमा प्रतिबंध \(\alpha u(x, y) = 1 + (x^2 + y^2)k.\) तक कम हो जाती है।

⇒ \(u(x, y) = \frac{1 + (x^2 + y^2)k}{\alpha}.\)

परिसीमा \( \partial B(0, 2)\) पर, जहाँ \( x^2 + y^2 = 4\) , हमारे पास है,

\(u(x, y) = \frac{1 + 4k}{\alpha}.\)

इस प्रकार, किसी बिंदु \( (x_0, y_0) \in B(0, 2)\) का अस्तित्व इस प्रकार है कि जहाँ \(|u(x_0, y_0)| = \frac{|1 + 4k|}{|\alpha|} \)है, जो S1 में शर्त को संतुष्ट करता है।

S1 के लिए निष्कर्ष: सत्य है।

S2 के लिए, परिसीमा प्रतिबंध \(\beta \frac{\partial u}{\partial \nu}(x, y) = 1 + (x^2 + y^2)k. \) तक कम हो जाती है।

परिसीमा \( \partial B(0, 2)\) पर, जहाँ \( x^2 + y^2 = 4\) , हमारे पास है,

\(\frac{\partial u}{\partial \nu}(x, y) = \frac{1 + 4k}{\beta}. \)

समस्या के सुव्यवस्थित होने के लिए (हल के परिमित रहने के लिए), हमें परिसीमा पर दक्षिण हस्त पक्ष की ओर शून्य होने की आवश्यकता है।

इस प्रकार, हमें आवश्यकता है,

\(1 + 4k = 0 \implies k = -\frac{1}{4}.\)

S2 के लिए निष्कर्ष: सत्य है।

इस प्रकार, सही उत्तर विकल्प 3) 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 = \(\frac12\)[f(x + ct) + f(x - ct)] + \(\frac1{2c}\)\(\int_{x-ct}^{x+ct}g(s)ds\) (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) = \(\frac12\)[f(x + t) + f(x - t)] + \(\frac12\)\(\int_{x-t}^{x+t}0ds\)

= \(\frac12\)[sin(π(x+t)) + sin(π(x-t))] + sin(2π(x+t)) + sin(2π(x-t))

इसलिए u(1, 1) = \(\frac12\)(sin 2π + sin 0)+ sin4π + sin 0 = 0

विकल्प (1) गलत है

u(1/2, 1) = \(\frac12\)[sin (3π/2) - sin(π/2)] + sin(3π) - sin π = - 1

विकल्प (2) गलत है

u(1/2, 2) = \(\frac12\)[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

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

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

(स्मरण करने पर: Pp + Qq = R)

\(\rm \frac{\partial f}{\partial x}=\frac{z^2}{y}\left(-\frac{1}{x^2}\right)=\frac{-z^2}{x^2y}\)

\(\rm \frac{\partial f}{\partial y}=\frac{z^2}{x}\left(-\frac{1}{y^2}\right)=\frac{-z^2}{xy^2}\)

\(\rm \frac{\partial f}{\partial z}=\frac{2z}{xy}\)

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

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

⇒ \(\rm -\frac{z}{xy}\left[\frac{z}{x}p+\frac{z}{y}q\right]=\frac{z}{xy}[2]\)

⇒ \(\rm \frac{z}{x}p+\frac{z}{y}q=-2\)

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

(zy)p → P

(xz)q → Q

-2xy → R

इसलिए, लैग्रेंज समीकरण से -

\(\rm \frac{dx}{P}=\frac{dy}{Q}=\frac{dz}{R}\)

\(\rm ⇒ \frac{dx}{zy}=\frac{dy}{zx}=\frac{dz}{(-2xy)}\)

अब,

\(\rm\frac{dx}{zy}=\frac{dy}{zx}\)

⇒ x dx = y dy

समाकलन करने पर,

\(\rm \frac{x^2}{2}=\frac{y^2}{2}+c\)

⇒ x² - y² = c₁

\(\rm \frac{dx}{zy}=\frac{-dz}{2xy}\)

⇒ 2x dx = -z dz

समाकलन करने पर,

\(\rm x^2=\frac{-z^2}{2}+c\)

⇒ 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), \(\rm \frac{c_1}{2}=\phi(c_2)\)...

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) = \(\frac{2}{4}=\frac12\)

विकल्प (3) सही है।

व्याख्या:

दिया गया है

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

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

जो अनंत प्रांत के लिए एक ऊष्मा समीकरण है।

इसलिए हल है:

u(x, t) = \({1\over \sqrt{4\pi ct}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-{(x-y)^2\over 4c^2t}}f(y)dy\)

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

u(x, t) = \({1\over \sqrt{4\pi t}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-{(x-y)^2\over 4t}}(\sin 4y+y+1)dy\)....(i)

(1): \(\rm u\left(\frac{\pi}{8}, 1\right)\) = \({1\over \sqrt{4\pi }}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-{(\frac{\pi}{8}-y)^2\over 4}}(\sin 4y+y+1)dy\)

मान लीजिए, \({\pi\over 8}-y=u\Rightarrow dy=-du\) इसलिए

\(\rm u\left(\frac{\pi}{8}, 1\right)\) = \({1\over \sqrt{4\pi }}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-{u^2\over 4}}(\sin 4(\frac{\pi}{8}-u)+(\frac{\pi}{8}-u)+1)du\)

\(\rm u\left(\frac{\pi}{8}, 1\right)\) = \({1\over \sqrt{4\pi }}\left[\int_{-\infty}^{\infty}e^{-{u^2\over 4}}\cos 4udu+\int_{-\infty}^{\infty}e^{-{u^2\over 4}}(\frac{\pi}{8}-u)+\int_{-\infty}^{\infty}e^{-{u^2\over 4}}du\right]\)......(ii)

और \(\rm u\left(-\frac{\pi}{8}, 1\right)\) = \({1\over \sqrt{4\pi }}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-{(-\frac{\pi}{8}-y)^2\over 4}}(\sin 4y+y+1)dy\)

मान लीजिए \({\pi\over 8}+y=u\Rightarrow dy=du\) इसलिए

\(\rm u\left(-\frac{\pi}{8}, 1\right)\) = \({1\over \sqrt{4\pi }}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-{u^2\over 4}}(\sin 4(-\frac{\pi}{8}+u)+(-\frac{\pi}{8}+u)+1)du\)

\(\rm u\left(-\frac{\pi}{8}, 1\right)\) = \({1\over \sqrt{4\pi }}\left[-\int_{-\infty}^{\infty}e^{-{u^2\over 4}}\cos 4udu-\int_{-\infty}^{\infty}e^{-{u^2\over 4}}(\frac{\pi}{8}-u)+\int_{-\infty}^{\infty}e^{-{u^2\over 4}}du\right]\).....(iii)

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

\(\rm u\left(\frac{\pi}{8}, 1\right)+u\left(-\frac{\pi}{8},1\right)\) = \({2\over \sqrt{4\pi }}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-{u^2\over 4}}du\)

= \({1\over \sqrt{\pi }}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-{u^2\over 4}}du\)

= \({1\over \sqrt{\pi }}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-p^2}2dp\) (मान लीजिए कि u = 2p तब du = 2dp)

= \({1\over \sqrt{\pi }}.2\sqrt \pi\,\,(\because\int_{-\infty}^{\infty}e^{-p^2}dp=\sqrt\pi)\)

= 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

\(\frac{d x}{p}=\frac{d y}{Q}=\frac{d z}{R}\)

\(\Rightarrow \frac{d x}{x}=\frac{d y}{y}=\frac{d z}{0}\)

अब dz = 0

⇒ z = c₁

पहले और दूसरे पद का उपयोग करके

\(\frac{d x}{x}=\frac{d y}{y}\)

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 = \(\frac12\)[f(x + ct) + f(x - ct)] + \(\frac1{2c}\)\(\int_{x-ct}^{x+ct}g(s)ds\) (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) = \(\frac12\)[f(x + t) + f(x - t)] + \(\frac12\)\(\int_{x-t}^{x+t}0ds\)

= \(\frac12\)[sin(π(x+t)) + sin(π(x-t))] + sin(2π(x+t)) + sin(2π(x-t))

इसलिए u(1, 1) = \(\frac12\)(sin 2π + sin 0)+ sin4π + sin 0 = 0

विकल्प (1) गलत है

u(1/2, 1) = \(\frac12\)[sin (3π/2) - sin(π/2)] + sin(3π) - sin π = - 1

विकल्प (2) गलत है

u(1/2, 2) = \(\frac12\)[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

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 \(u_y-xu_x+u-1=0\) 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।