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

$\frac{dx}{P}=\frac{dy}{Q}=\frac{du}{R}$

स्पष्टीकरण:

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

u(x, 0) = kx, x ∈ ℝ

$\frac{dx}{u}=\frac{dy}{1}=\frac{du}{1}$ का उपयोग करने पर,

प्रथम और अंतिम पद लेने पर,

$\frac{dx}{u}=\frac{du}{1}$

u du - dx = 0

समाकलन करने पर,

u2 - 2x = c1.....(i)

अंतिम दो पदों को लेने पर,

$\frac{dy}{1}=\frac{du}{1}$

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

$c_2^2-\frac{2c_2}{k}=c_1$

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

$u^2-2uy+y^2-\frac{2}{k}u+\frac{2}{k}y=u^2-2x$

u = $\frac{y^2+\frac{2y}{k}+2x}{\frac{2}{k}+2y}$

u = $\frac{k{y}^2+2y+2kx}{2+2ky}$

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 = $\frac{-2y^2+2y-4x}{2-4y}$ का अस्तित्व नहीं है

विकल्प (2) असत्य है। 

विकल्प (3): k = 4

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

⇒ $\frac{p}{x}=\frac{q}{y}$ = 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 = $\frac{k}{2}(x^2+y^2)$ + c

दी गई शर्त का उपयोग करने पर,

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

1 = $\frac{k}{2}({\cos }^{2}s+{\sin }^{2}s)$ + c

⇒ 1- c = $\frac{k}{2}$

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।

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

$\frac{dx}{P}=\frac{dy}{Q}=\frac{du}{R}$

स्पष्टीकरण:

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

u(x, 0) = kx, x ∈ ℝ

$\frac{dx}{u}=\frac{dy}{1}=\frac{du}{1}$ का उपयोग करने पर,

प्रथम और अंतिम पद लेने पर,

$\frac{dx}{u}=\frac{du}{1}$

u du - dx = 0

समाकलन करने पर,

u2 - 2x = c1.....(i)

अंतिम दो पदों को लेने पर,

$\frac{dy}{1}=\frac{du}{1}$

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

$c_2^2-\frac{2c_2}{k}=c_1$

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

$u^2-2uy+y^2-\frac{2}{k}u+\frac{2}{k}y=u^2-2x$

u = $\frac{y^2+\frac{2y}{k}+2x}{\frac{2}{k}+2y}$

u = $\frac{k{y}^2+2y+2kx}{2+2ky}$

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 = $\frac{-2y^2+2y-4x}{2-4y}$ का अस्तित्व नहीं है

विकल्प (2) असत्य है। 

विकल्प (3): k = 4

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

⇒ $\frac{p}{x}=\frac{q}{y}$ = 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 = $\frac{k}{2}(x^2+y^2)$ + c

दी गई शर्त का उपयोग करने पर,

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

1 = $\frac{k}{2}({\cos }^{2}s+{\sin }^{2}s)$ + c

⇒ 1- c = $\frac{k}{2}$

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।