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

व्याख्या:

y(x) = 1 + x + ${\int }_0^x{e}^{x-t}$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) = $\frac{1}{s}+\frac{1}{s^2}+\frac{1}{s-1}Y(s)$ जहाँ L{y(x)} = Y(s)

⇒ $(1-\frac{1}{s-1})Y(s)=\frac{s+1}{s^2}$

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

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

⇒ Y(s) = $\frac{s^2-1}{s^2(s-2)}$

आंशिक योग का उपयोग करके

$\frac{s^2-1}{s^2(s-2)}$ = $\frac{1}{4}.\frac{1}{s}+\frac{1}{2}.\frac{1}{s^2}+\frac{3}{4}.\frac{1}{s-2}$

इसलिए प्रतिलोम लाप्लास रूपांतरण लेने पर हमें प्राप्त होता है

y(x) = $\frac{1}{4}+\frac{x}{2}+\frac{3e^x}{4}$

विकल्प (3) सही है।

व्याख्या:

y(x) = 1 + $\frac{1}{6}{\int }_0^x(x-t{)}^{3}y(t)dt$

⇒ y(x) = 1 + $\frac{1}{6}{x}^3\ast y(x)$

लाप्लास रूपांतरण लेने पर हमें प्राप्त होता है,

⇒ Y(s) = $\frac{1}{s}$ + $\frac{1}{6}\frac{3!}{s^4}Y(s)$ जहाँ Y(s) = L{y(x)}

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

⇒ Y(s) $\frac{s^4-1}{s^4}$ = $\frac{1}{s}$

⇒ Y(s) = $\frac{s^3}{s^4-1}$

⇒ Y(s) = $\frac{s^3}{(s^2+1)(s^2-1)}$

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

⇒ Y(s) = $\frac{1}{2}.\frac{s}{s^2+1}+\frac{1}{4}(\frac{1}{s-1}+\frac{1}{s+1})$

व्युत्क्रम लाप्लास रूपांतरण लेने पर हमें प्राप्त होता है,

y(x) = $\frac{1}{2}\cos x+\frac{1}{4}(e^x+e^{-x})$

विकल्प (1) सही है।

व्याख्या:

y(x) = 3x + 2${\int }_0^{1}xty(t)dt$

⇒ y(x) = 3x + 2cx....(i)

जहाँ

c = ${\int }_0^{1}ty(t)dt$...(ii)

⇒ c = ${\int }_0^{1}t(3t+2ct)dt$ ((i) से y(t) के मान का उपयोग करने पर)

⇒ c = $3.\frac{1}{3}+2c.\frac{1}{3}$

⇒ $\frac{c}{3}$ = 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:

$y(x)=\lambda {\displaystyle {\int }_0^{1}x{e}^{x+2t}y(t)dt}$

⇒ $y(x)=\lambda x{e}^x{\displaystyle {\int }_0^1{e}^{2t}y(t)dt}$

⇒ y(x) = λxexc....(i)

जहाँ c = ${\displaystyle {\int }_0^1{e}^{2t}y(t)dt}$....(ii)

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

c = ${\displaystyle {\int }_0^1{e}^t\lambda t{e}^{2t}cdt}$

⇒ c = λc${\displaystyle {\int }_0^{1}t{e}^{3t}dt}$

⇒ c = λc $\{{\left[t\frac{e^{3t}}{3}\right]}_0^1-{\displaystyle {\int }_0^1\frac{e^{3t}}{3}dt}\}$

⇒ c = λc $\{\frac{e^3}{3}-{\left[\frac{e^{3t}}{9}\right]}_0^1\}$

⇒ c = λc$\{\frac{e^3}{3}-\frac{e^3-1}{9}\}$

⇒ c = λc$\frac{2e^3+1}{9}$

⇒ 1 = λ$\frac{2e^3+1}{9}$ (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

$u(x)=x+\frac{\lambda }{2}{\int }_{-2}^2(xt+x^2{t}^2)u(t)dt$

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 ${\int }_{-2}^2(xt+x^2{t}^2)u(t)dt$ 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।

${\int }_{-2}^2(xt+x^2{t}^2)u(t)dt=x{\int }_{-2}^{2}tu(t)dt+x^2{\int }_{-2}^2{t}^{2}u(t)dt$

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 ${\int }_{-2}^{2}tu(t)dt$

$u(t)=a_0+a_{1}t+a_2{t}^2$ प्रतिस्थापित करें:

${\int }_{-2}^{2}t(a_0+a_{1}t+a_2{t}^2)dt=a_0{\int }_{-2}^{2}tdt+a_1{\int }_{-2}^2{t}^{2}dt+a_2{\int }_{-2}^2{t}^{3}dt$

मानक समाकलों का उपयोग करते हुए, ${\int }_{-2}^{2}tdt=0,{\int }_{-2}^2{t}^{2}dt=\frac{16}{3},{\int }_{-2}^2{t}^{3}dt=0$

इस प्रकार, ${\int }_{-2}^{2}tu(t)dt=a_1\cdot \frac{16}{3}$

और ${\int }_{-2}^2{t}^{2}u(t)dt$

$u(t)=a_0+a_{1}t+a_2{t}^2$ प्रतिस्थापित करें

${\int }_{-2}^2{t}^2(a_0+a_{1}t+a_2{t}^2)dt=a_0{\int }_{-2}^2{t}^{2}dt+a_1{\int }_{-2}^2{t}^{3}dt+a_2{\int }_{-2}^2{t}^{4}dt$

मानक समाकलों का उपयोग करते हुए ${\int }_{-2}^2{t}^{2}dt=\frac{16}{3},{\int }_{-2}^2{t}^{3}dt=0,{\int }_{-2}^2{t}^{4}dt=\frac{64}{5}$

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

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

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 $\{\begin{array}{rl}{\mathrm{y}}^{\prime \prime }(\mathrm{x})+2\mathrm{y}(\mathrm{x})& =0\text{ for }\mathrm{x}\in (0,1),\\ \mathrm{y}(0)& =\mathrm{y}(1)=0.\end{array}$ संतुष्ट करता है

इसलिए विकल्प (1) सही है।

व्याख्या

दिया गया है:

y(s) = s + 2 ${\int }_0^{1}s{t}^{2}y(t)dt+2{\int }_0^1{s}^{2}ty(t)dt$

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​ = $\frac{t^3}{3}[1+\frac{2}{c_1}]+{\frac{c_2{t}^4}{2}|}_0^1=(\frac{1}{3}+\frac{2}{3}{c}_1)+\frac{c_2}{2}$

$\Rightarrow \frac{3C_2}{2}=1+\frac{2}{C_1}$

⇒ 4C1​ - 3c2 = -2 - (iv)

$C_1={\int }_0^1{t}^2[t+2c_{1}t+2t^2{c}_2]dt$

$={\int }_0^1[t^3(1+2c_1)+2t^4{c}_2]dt$

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

⇒ 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:

$y(x)=\lambda {\displaystyle {\int }_0^1{x}^2{e}^{x+t}y(t)dt}$

⇒ $y(x)=\lambda x^2{e}^x{\displaystyle {\int }_0^1{e}^{t}y(t)dt}$

⇒ y(x) = λx²e^xc....(i)

जहाँ, c = ${\displaystyle {\int }_0^1{e}^{t}y(t)dt}$....(ii)

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

c = ${\displaystyle {\int }_0^1{e}^t\lambda t^2{e}^{t}cdt}$

⇒ c = λc${\displaystyle {\int }_0^1{t}^2{e}^{2t}dt}$

⇒ c = λc $\{{\left[t^2\frac{e^{2t}}{2}\right]}_0^1-{\displaystyle {\int }_0^{1}2t\frac{e^{2t}}{2}dt}\}$

⇒ c = λc $\{\frac{e^2}{2}-{\left[\frac{t{e}^{2t}}{2}\right]}_0^1+{\left[\frac{e^{2t}}{4}\right]}_0^1\}$

⇒ c = λc$\{\frac{e^2}{2}-\frac{e^2}{2}+\frac{e^2-1}{4}\}$

⇒ c = λc$\frac{e^2-1}{4}$

⇒ c - λc$\frac{e^2-1}{4}$ = 0

चूँकि c ≠ 0

⇒ 1 - λ$\frac{e^2-1}{4}$ = 0

⇒ λ = $\frac{4}{e^2-1}$

अतः सही विकल्प (3) है। 

व्याख्या:

y(x) = 1 + x + ${\int }_0^x{e}^{x-t}$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) = $\frac{1}{s}+\frac{1}{s^2}+\frac{1}{s-1}Y(s)$ जहाँ L{y(x)} = Y(s)

⇒ $(1-\frac{1}{s-1})Y(s)=\frac{s+1}{s^2}$

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

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

⇒ Y(s) = $\frac{s^2-1}{s^2(s-2)}$

आंशिक योग का उपयोग करके

$\frac{s^2-1}{s^2(s-2)}$ = $\frac{1}{4}.\frac{1}{s}+\frac{1}{2}.\frac{1}{s^2}+\frac{3}{4}.\frac{1}{s-2}$

इसलिए प्रतिलोम लाप्लास रूपांतरण लेने पर हमें प्राप्त होता है

y(x) = $\frac{1}{4}+\frac{x}{2}+\frac{3e^x}{4}$

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 $\{\begin{array}{rl}{\mathrm{y}}^{\prime \prime }(\mathrm{x})+2\mathrm{y}(\mathrm{x})& =0\text{ for }\mathrm{x}\in (0,1),\\ \mathrm{y}(0)& =\mathrm{y}(1)=0.\end{array}$ 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।