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:

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

\({dx\over f_p}={dy\over f_q}={dz\over pf_p+qf_q}\)\(={dp\over -(f_x+pf_z)}={dq\over -(f_y+qf_z)}\)

व्याख्या:

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

चारपिट सूत्र का उपयोग करते हुए

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

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

लेते हुए

\({dp\over pq}={dq\over -p^2}\)

⇒ pdp + qdq = 0

समाकलन करने पर

p² + q² = a²....(i)

दिए गए समीकरण में रखने पर

a²y = qz

⇒ q = \(a^2y\over z\)

(i) में रखने पर

p = \(\sqrt{a^2-q^2}\) = \(\frac az\sqrt{z^2-a^2y^2}\)

p और q को रखने पर

dz = pdx + qdy

⇒ dz = \(\frac az\sqrt{z^2-a^2y^2}\)dx + \(a^2y\over z\)dy

⇒ \(zdz-a^2ydy\over\sqrt{z^2 -a^2 y^2}\) = a dx

समाकलन करने पर

\(\sqrt{z^2-a^2y^2}\) = 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 \(\rm \sqrt{(1+p^2+q^2)}\)

⇒ 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।

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, \(\partial u\over \partial x\), \(\partial u\over \partial y\)) = 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

\(x^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+ x y \frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y}\) - \(2 y^2 \frac{\partial^2 u}{\partial y^2}+\frac{\partial u}{\partial x}+2\frac{\partial u}{\partial y}=0\)

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 = \(\frac12\)[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।