Calculus of Variations MCQ Quiz in हिन्दी - Objective Question with Answer for Calculus of Variations - मुफ्त [PDF] डाउनलोड करें

संप्रत्यय:

फलनक I[y(x)] = \(\int_{x_1}^{x_2}F(x, y, y')dx\), y(x₂) = y₂ और y(x1) निर्धारित नहीं है, के लिए ऑयलर समीकरण है

\({\partial F\over \partial y}-{d\over dx}({\partial F\over \partial y'})\) = 0

और प्राकृतिक परिसीमा प्रतिबंध है

\({\partial F\over \partial y'}|_{x=x_1}\) = 0

व्याख्या:

यहाँ F(x, y, y') = \(y'^2-y^2\)

ऑयलर समीकरण का उपयोग करने पर,

-2y - \(d\over dx\)(2y') = 0

⇒ y + y'' = 0

⇒ y'' + y = 0

व्यापक हल है

y = a cos x + b sin x....(i)

⇒ y' = - a sin x + b cos x ....(ii)

प्राकृतिक परिसीमा प्रतिबंध है

\({\partial F\over \partial y'}|_{x=0}\) = 0

⇒ y' = 0

(ii) में रखने पर. 

b = 0

y(1) = 1 और b = 0 को (i) में रखने पर,

a cos 1 = 1 ⇒ a = \(1\over \cos 1\)

इसलिए, चरम मान है

y = \(\cos x\over \cos 1\)

विकल्प (2) सही है।

संप्रत्यय:

फलनक  \(\int_{x_0}^{x_1}f(x, y, y')dx\), \(y(x_0)=y_0, y(x_1)=y_1\) निम्न को संतुष्ट करता है

\({\partial f\over \partial y}-{d\over dx}({\partial f\over \partial y'})=0\)

व्याख्या:

यहाँ f = xy + y²y'

निम्न का प्रयोग करने पर,

\({\partial f\over \partial y}-{d\over dx}({\partial f\over \partial y'})=0\)

⇒ x + 2yy' - \({d\over dx}(y^2)\) = 0

⇒ x + 2yy' - 2yy' = 0

⇒ x = 0

y(1) = 2 रखने पर हमें मिलता है

1 = 0 जो सत्य नहीं है।

इसलिए, इस फलनक का कोई चरम मान नहीं है।

विकल्प (4) सही है।

संप्रत्यय:

फलन को न्यूनतम करने के लिए, हम फलन \(F(x, y, y') = \frac{1}{2} \left( [y'(x)]^2 + [y(x)]^2 \right) \) के लिए ऑयलर-लैग्रेंज समीकरण का उपयोग करते हैं,

जो है \(\frac{\partial F}{\partial y} - \frac{d}{dx} \left( \frac{\partial F}{\partial y'} \right) = 0\)

व्याख्या:

\(\min \frac{1}{2} \int_{-1}^{1} \left( [y'(x)]^2 + [y(x)]^2 \right) dx\)

निम्नलिखित प्रतिबंधों के अंतर्गत :

1. \(y \in C^1[-1, 1]\) (अर्थात, y(x) सतत रूप से अवकलनीय है).

2. \(\int_{-1}^{1} x y(x) dx \)= 0

3. \(y(-1) = y(1) = 1\)

ऑयलर-लैग्रेंज समीकरण

\( \frac{\partial F}{\partial y} = y(x)\)

\(\frac{\partial F}{\partial y'} = y'(x)\)

\(\frac{d}{dx} \left( \frac{\partial F}{\partial y'} \right) = y''(x)\)

ऑयलर-लैग्रेंज समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर

\(y(x) - y''(x) = 0\)

यह एक द्वितीय-कोटि रैखिक अवकल समीकरण है,

\(y''(x) = y(x) \)

इस अवकल समीकरण का व्यापक हल है:

\(y(x) = A e^x + B e^{-x}\)

जहाँ A और B अचर हैं जिन्हें परिसीमा प्रतिबंधों का उपयोग करके निर्धारित किया जाना है।

y(1) = 1 लागू करने पर:

\(A e^1 + B e^{-1} = 1\)

⇒\(A e + \frac{B}{e} = 1 \tag{1}\)

2. y(-1) = 1 लागू करने पर:​ \(A e^{-1} + B e^1 = 1\)

⇒\(\frac{A}{e} + B e = 1 \tag{2}\)

समीकरण (1) और (2) से, हम A और B के लिए हल कर सकते हैं। दोनों समीकरणों को जोड़ने पर,

\(A e + \frac{B}{e} + \frac{A}{e} + B e = 2\)

⇒ \(A \left( e + \frac{1}{e} \right) + B \left( e + \frac{1}{e} \right) = 2\)

⇒ \((A + B) \left( e + \frac{1}{e} \right) = 2\)

इस प्रकार, \(A + B = \frac{2}{e + \frac{1}{e}} = \frac{2}{\frac{e^2 + 1}{e}} = \frac{2e}{e^2 + 1} \tag{3}\)

अब समीकरण (2) को समीकरण (1) से घटाने पर:

\(A e - \frac{A}{e} + B e - \frac{B}{e} = 0\)

⇒ \(A \left( e - \frac{1}{e} \right) + B \left( e - \frac{1}{e} \right) = 0\)

इस प्रकार, \((A - B) \left( e - \frac{1}{e} \right) = 0\)

चूँकि, \(e - \frac{1}{e} \neq 0\) , यह होना चाहिए कि\(A = B \tag{4}\)

समीकरण (3) में A = B प्रतिस्थापित करने पर:

\(2A \left( e + \frac{1}{e} \right) = 2\)

A के लिए हल करने पर:

\(A = \frac{1}{e + \frac{1}{e}} = \frac{e}{e^2 + 1}\)

इस प्रकार, \( A = B = \frac{e}{e^2 + 1} .\)

\(y(x) = \frac{e}{e^2 + 1} \left( e^x + e^{-x} \right)\)

यह विकल्प 3) से मेल खाता है।

संप्रत्यय:

फलन J(y) = \(\int_a^bf(x, y, y')dx\), y(a) = y₁, y(b) = स्वेच्छ है, का चरम मान लाग्रांज समीकरण को संतुष्ट करता है

\(\frac{\partial f}{\partial y}-\frac{d}{dx}(\frac{\partial f}{\partial y'})\) = 0 और \({\partial f\over \partial y'}\Big|_{x=b}\) = 0

व्याख्या:

J(y) = \(\int_2^3\left(y^{\prime 2}+2 y^5 y^{\prime}+y^{10}\right) dx\), y(0) = e2  तब

\({\partial f\over \partial y'}\Big|_{x=3}\) = 0

⇒ 2y' + 2y⁵ = 0

⇒ y' + y⁵ = 0

\({dy\over y^5}=-dx\)

समाकलन करने पर प्राप्त होता है -

\(\frac{1}{y^4}= 4x - 4c\)

अब, y(0) = e² ⇒ -1/4e⁸ = c

इसलिए, \(\frac{1}{y^4}= 4x + \frac{1}{e^8}\) ⇒ \(1= y^4( 4x + \frac{1}{e^8})\)

(3) सही है। 

संप्रत्यय:

यदि I(Y), फलनक J[y] = \(\int_a^bf(x, y, y')dx\) का एक चरम मान है जहाँ y(a) = c, y(b) = d, तब y(x) ऑयलर-लैग्रेंज समीकरण को संतुष्ट करता है

\({\partial f\over \partial y}-{d\over dx}({\partial f\over \partial y'})\) = 0

व्याख्या:

\(X=\left\{u \in C^1[0,1] \mid u(0)=u(1)=0\right\}\) और J : X → ℝ को परिभाषित करें

\(J(u)=\int_0^1 e^{-u^{\prime}(x)^2} d x\)

यहाँ f = \(e^{-u^{\prime}(x)^2}\)

ऑयलर-लग्रांज समीकरण का उपयोग करके हमें प्राप्त होता है

\({\partial f\over \partial u}-{d\over dx}({\partial f\over \partial u'})\) = 0

⇒ 0 - \(d\over dx\)(- 2u'\(e^{-u^{\prime}(x)^2}\)) = 0

⇒ \(d\over dx\)(u'\(e^{-u^{\prime}(x)^2}\)) = 0

दोनों पक्षों का समाकलन करने पर,

u''\(e^{-u^{\prime}(x)^2}\) - u'\(e^{-u^{\prime}(x)^2}\)(-2u'u'') = 0

u''\(e^{-u^{\prime}(x)^2}\)(1 + 2u'²) = 0

u''\(e^{-u^{\prime}(x)^2}\) = 0

u'' = 0

दोनों पक्षों का समाकलन करने पर,

u = ax + b

दिया गया है, u(0) = u(1) = 0 जिसका अर्थ है कि a = b = 0

इसलिए, u = 0

अतः J अपना निम्नक प्राप्त नहीं करता है। 

अतः विकल्प (1) सही है। 

संकल्पना:

ऑयलर-लैग्रेंज समीकरण: फलनक J[y] = \(\int_a^b\)f(x, y, y')dx का चरम \(\frac{\partial f}{\partial y}\) - \(\frac{d}{dx}\)(\(\frac{\partial f}{\partial y'}\)) = 0 को संतुष्ट करता है।

व्याख्या:

J(y(x)) = \(\rm\displaystyle\int_0^1\)[(y')2 − y|y| y' + xy] dx, y(0) = 0, y(1) = 0

यदि y > 0 तो

f(x, y, y') = (y')2 − y²y' + xy

इसलिए \(\frac{\partial f}{\partial y}\) - \(\frac{d}{dx}\)(\(\frac{\partial f}{\partial y'}\)) = 0 का उपयोग करके हम प्राप्त करते हैं

-2yy' + x - \(\frac{d}{dx}\)(2y' - y²) = 0

- 2yy' + x - 2y'' +2yy' = 0

y'' = x/2....(i)

यदि y < 0 तो

f(x, y, y') = (y')2 + y2y' + xy

इसलिए \(\frac{\partial f}{\partial y}\) - \(\frac{d}{dx}\)(\(\frac{\partial f}{\partial y'}\)) = 0 का उपयोग करके हम प्राप्त करते हैं

2yy' + x - \(\frac{d}{dx}\)(2y' + y2) = 0

2yy' + x - 2y'' - 2yy' = 0

y'' = x/2....(ii)

इसलिए दोनों स्थितियों में हम प्राप्त करते हैं

y'' = x/2

समाकलन करने पर

y' = \(\frac{x^2}{4}+c_1\)

फिर से समाकलन करने पर

y = \(\frac{x^3}{12}+c_1x+c_2\)

y(0) = 0, y(1) = 0 का उपयोग करके हम प्राप्त करते हैं

c₂ = 0 और 0 = \(\frac{1}{12}\) + c₁ ⇒ c1 = - \(\frac{1}{12}\)

इसलिए हल निम्न है

y = \(\frac{x^3}{12}-\frac{x}{12}\)

विकल्प (3) सही है।

अवधारणा: यदि \(J(y)=\int_0^1[F(x,y,y')] d x,\) है, तो इसका चरम मान है:

\(\dfrac{\partial F}{\partial y}-\dfrac{d}{dx}(\dfrac{\partial F}{\partial y'})=0\)

व्याख्या:

\(J(y)=\int_0^1\left[2\left(y^{\prime}\right)^2+x y\right] d x,\) y(0)=0, y(1) = 1, \(y\in C^2[0,1]\)

प्रश्न के अनुसार

\(F(x,y,y')=2(y')^2+xy\)

\(\dfrac{\partial F}{\partial y}-\dfrac{d}{dx}(\dfrac{\partial F}{\partial y'})\) = 0

\(\dfrac{\partial (2(y')^2+xy)}{\partial y}-\dfrac{d}{dx}(\dfrac{\partial (2(y')^2+xy)}{\partial y'})\) = 0

⇒ \( x-\dfrac{d}{dx}(4y')\) = 0

⇒ x - 4y'' = 0

\(y''=\dfrac{x}{4}\)

x के सापेक्ष समाकलन करने पर, हमें प्राप्त होता है

\(y'=\dfrac{x^2}{8}+c\)

पुनः x के सापेक्ष समाकलन करने पर, हमें प्राप्त होता है

\(y(x)=\dfrac{x^3}{24}+cx+d\)

जहाँ, c और d समाकलन के अचर हैं

अब, \(y(0)=d=0\)

और \(y(1)=\dfrac{1}{24}+c=1⇒c=\dfrac{23}{24}\)

इसलिए हमारा चरम मान होगा \(y(x)=\dfrac{x^3}{24}+\dfrac{23x}{24}\)

इसलिए विकल्प (4) सही है।

अवधारणा:

यूलर समीकरण:

आइए कार्यात्मक की जांच करें

\(I\left( y \right) = \int_{ x1}^x {\left( {{F(x , y,y'}} \right))} \,dx\)

एक चरम मान के लिए, अनुमेय वक्रों के सीमा बिंदु स्थिर हैं y( x1 ) = y1 और y( x2 ) = y2

तब \(\frac{\partial F}{\partial y}\) - \(\frac{d}{dx}\)( \(\frac{\partial F}{\partial y'}\)) = 0 को यूलर समीकरण कहा जाता है

गणना:

दिया गया है: F( x , y , y' ) = y'2 -2xy

अब यूलर के समीकरण से

\(\frac{\partial F}{\partial y}\) - \(\frac{d}{dx}\)(\(\frac{\partial F}{\partial y'}\)) = 0

-2x - 2y'' = 0

y'' = - x

अब दोनों पक्षों का x के सापेक्ष समाकलन करने पर, हमें प्राप्त होता है

y' = \(\frac{-x^2}{2}\) + A

अब फिर से, दोनों पक्षों का x के सापेक्ष समाकलन करने पर, हमें प्राप्त होता है

y( x) = \(\frac{-x^3}{6}\)+ Ax + B . . . . . . (1)

जहाँ, A और B स्थिरांक हैं।

सीमांत प्रतिबंध का उपयोग करते हुए y(1) = 1 और y( -1) = -1

अब, समीकरण 1 से, हमें प्राप्त होता है

y(1) = \(\frac{-1}{6}\)+ A + B

1 = \(\frac{-1}{6}\)+ A +B

A + B = \(\frac{7}{6}\) . . . . . . (2)

y( -1) = \(\frac{1}{6}\) - A + B

-1 = \(\frac{1}{6}\) - A + B

- A + B = \(\frac{-7}{6}\) . . . . . . (3)

समीकरण 2 और 3 को जोड़ने पर, हमें प्राप्त होता है

B = 0

समीकरण (2) में B का मान रखने पर, हमें प्राप्त होता है

A = \(\frac{7}{6}\)

अब समीकरण (1) से,

y(x) = \(\frac{-x^3}{6}\)+\(\frac{7}{6}\)x

विकल्प (3) सही है

अवधारणा:

एक विशिष्ट सममित समस्या I(y) = \(\int_a^bF(x, y, y')dx\) का चरम मान ज्ञात करना है, जहाँ y(a) = y₁, y(b) = y₂, J(y) = \(\int_a^bG(x, y, y')dx=L\) है, तो चरम मान यूलर-लैग्रेंज समीकरण को संतुष्ट करते हैं। 

\({\partial H\over \partial y}-{d\over dx}({\partial H\over \partial y'})\) = 0

जहाँ, H = F + λH

व्याख्या:

\(\displaystyle J[y]=\int_0^1\left(y^{\prime}\right)^2 d x\), y(0) = 1, y(1) = 6,\(\displaystyle \int_0^1 y d x=3\)

मान लीजिए H = \(y'^2+λ y\)

माना 

\({\partial H\over \partial y}-{d\over dx}({\partial H\over \partial y'})\) = 0

⇒ λ - \({d\over dx}(2y')\) = 0

⇒ 2y'' = λ

⇒ y'' = λ/2

दोनों पक्षों का समाकलन करने पर हमें प्राप्त होता है,

y' = \({\lambda \over2}\)x + a

पुनः समाकलन करने पर,

⇒ y = \({\lambda x^2\over 4}\) + ax + b

y(0) = 1, y(1) = 6

⇒ b = 1

और

6 = λ/4 + a + 1

⇒ 5 = λ/4 + a

⇒ λ + 4a = 20.....(i)

इसलिए, हमें y = \({\lambda x^2\over 4}\) + ax + 1 प्राप्त होता है,

साथ ही,\(\displaystyle \int_0^1 y d x=3\)

⇒ \(\displaystyle \int_0^1 \left({\lambda x^2\over 4}+ax+1\right)d x\) = 3

⇒ \(\left[{\lambda x^3\over 12}+{ax^2\over 2}+x\right]_0^1 \) = 3

⇒ \({\lambda\over 12}+{a\over 2}+1\) = 3

⇒ \({\lambda\over 12}+{a\over 2}\) = 2

⇒ λ + 6a = 24....(ii)

समीकरण (ii) से समीकरण (i) को घटाने पर हमें प्राप्त होता है,

2a = 4 ⇒ a = 2

समीकरण (i) में a = 2 प्रतिस्थापित करने पर हमें प्राप्त होता है,

λ + 8 = 20 ⇒ λ = 12

इसलिए चरम मान है,

y = 3x² + 2x + 1

इसलिए फलन का केवल एक चरम मान है।

इसलिए चरम मानों के समुच्चय का गणनांक 1 है। 

अतः विकल्प (2) सही है। 

संप्रत्यय:

फलन J(y) = \(\int_a^bf(x, y, y')dx\), y(a) = y₁, y(b) = स्वेच्छ है, का चरम मान लाग्रांज समीकरण को संतुष्ट करता है

\(\frac{\partial f}{\partial y}-\frac{d}{dx}(\frac{\partial f}{\partial y'})\) = 0 और \({\partial f\over \partial y'}\Big|_{x=b}\) = 0

व्याख्या:

J(y) = \(\int_2^3\left(y^{\prime 2}+2 y^5 y^{\prime}+y^{10}\right) dx\), y(0) = e2  तब

\({\partial f\over \partial y'}\Big|_{x=3}\) = 0

⇒ 2y' + 2y⁵ = 0

⇒ y' + y⁵ = 0

\({dy\over y^5}=-dx\)

समाकलन करने पर प्राप्त होता है -

\(\frac{1}{y^4}= 4x - 4c\)

अब, y(0) = e² ⇒ -1/4e⁸ = c

इसलिए, \(\frac{1}{y^4}= 4x + \frac{1}{e^8}\) ⇒ \(1= y^4( 4x + \frac{1}{e^8})\)

(3) सही है। 

संप्रत्यय:

फलनक I[y(x)] = \(\int_{x_1}^{x_2}F(x, y, y')dx\), y(x₂) = y₂ और y(x1) निर्धारित नहीं है, के लिए ऑयलर समीकरण है

\({\partial F\over \partial y}-{d\over dx}({\partial F\over \partial y'})\) = 0

और प्राकृतिक परिसीमा प्रतिबंध है

\({\partial F\over \partial y'}|_{x=x_1}\) = 0

व्याख्या:

यहाँ F(x, y, y') = \(y'^2-y^2\)

ऑयलर समीकरण का उपयोग करने पर,

-2y - \(d\over dx\)(2y') = 0

⇒ y + y'' = 0

⇒ y'' + y = 0

व्यापक हल है

y = a cos x + b sin x....(i)

⇒ y' = - a sin x + b cos x ....(ii)

प्राकृतिक परिसीमा प्रतिबंध है

\({\partial F\over \partial y'}|_{x=0}\) = 0

⇒ y' = 0

(ii) में रखने पर. 

b = 0

y(1) = 1 और b = 0 को (i) में रखने पर,

a cos 1 = 1 ⇒ a = \(1\over \cos 1\)

इसलिए, चरम मान है

y = \(\cos x\over \cos 1\)

विकल्प (2) सही है।

संप्रत्यय:

यदि I(Y), फलनक J[y] = \(\int_a^bf(x, y, y')dx\) का एक चरम मान है जहाँ y(a) = c, y(b) = d, तब y(x) ऑयलर-लैग्रेंज समीकरण को संतुष्ट करता है

\({\partial f\over \partial y}-{d\over dx}({\partial f\over \partial y'})\) = 0

व्याख्या:

\(X=\left\{u \in C^1[0,1] \mid u(0)=u(1)=0\right\}\) और J : X → ℝ को परिभाषित करें

\(J(u)=\int_0^1 e^{-u^{\prime}(x)^2} d x\)

यहाँ f = \(e^{-u^{\prime}(x)^2}\)

ऑयलर-लग्रांज समीकरण का उपयोग करके हमें प्राप्त होता है

\({\partial f\over \partial u}-{d\over dx}({\partial f\over \partial u'})\) = 0

⇒ 0 - \(d\over dx\)(- 2u'\(e^{-u^{\prime}(x)^2}\)) = 0

⇒ \(d\over dx\)(u'\(e^{-u^{\prime}(x)^2}\)) = 0

दोनों पक्षों का समाकलन करने पर,

u''\(e^{-u^{\prime}(x)^2}\) - u'\(e^{-u^{\prime}(x)^2}\)(-2u'u'') = 0

u''\(e^{-u^{\prime}(x)^2}\)(1 + 2u'²) = 0

u''\(e^{-u^{\prime}(x)^2}\) = 0

u'' = 0

दोनों पक्षों का समाकलन करने पर,

u = ax + b

दिया गया है, u(0) = u(1) = 0 जिसका अर्थ है कि a = b = 0

इसलिए, u = 0

अतः J अपना निम्नक प्राप्त नहीं करता है। 

अतः विकल्प (1) सही है।