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

व्याख्या:

$x^2{y}^{″}-3x{y}^{\prime }+4y=\ln (x),x>0$

यह कॉची यूलर समीकरण है।

मान लीजिये $x=e^z$ और

$x^2{y}^{″}=r(r-1),x{y}^{\prime }=r$ प्रतिस्थापित करते पर,

r(r-1) - 3r + 4 = 0

⇒ $r^2-4r+4=0$

⇒ $(r-2{)}^2=0$

मूल एक पुनरावृत्त मूल r = 2 है।

इसलिए, समांगी समीकरण का हल है:

⇒ $C.F=C_1{x}^2+C_2{x}^2\ln (x)$

⇒ $y_p=u_1(x)y_1(x)+u_2(x)y_2(x),$

जहाँ $y_1(x)=x^2$ और $y_2(x)=x^2\ln (x)$

$W(y_1,y_2)=\left|\begin{array}{cc}{y}_1& y_2\\ y_1^{\prime }& y_2^{\prime }\end{array}\right|$

⇒ $W(y_1,y_2)=\left|\begin{array}{cc}{x}^2& x^2\ln (x)\\ 2x& 2x\ln (x)+x\end{array}\right|$

⇒ $W(y_1,y_2)=x^2(2x\ln (x)+x)-(x^2\ln (x))(2x)$

⇒ $W(y_1,y_2)=2x^3\ln (x)+x^3-2x^3\ln (x)$

⇒ $W(y_1,y_2)=x^3$

$u_1(x)=\int -\frac{{\ln }^2(x)}{x}dx,u_2(x)=\int \frac{\ln (x)}{x}dx$

⇒ $u_2(x)=\int \frac{\ln (x)}{x}dx=\frac{{\ln }^2(x)}{2}$

इसका विशेष हल है:

$y_p=u_1(x)y_1(x)+u_2(x)y_2(x)$

⇒ $y_p=(-\frac{{\ln }^3(x)}{3})x^2+\left(\frac{{\ln }^2(x)}{2}\right)x^2\ln (x)$

⇒ $y_p=-\frac{x^2{\ln }^3(x)}{3}+\frac{x^2{\ln }^3(x)}{2}$

⇒ $y_p=x^2{\ln }^3(x)(-\frac{1}{3}+\frac{1}{2})$

⇒ $y_p=\frac{x^2{\ln }^3(x)}{6}$

सामान्य हल

$y=y_h+y_p$

$y_h=C_1{x}^2+C_2{x}^2\ln (x)$ और $y_p=\frac{x^2{\ln }^3(x)}{6}$ प्रतिस्थापित करते पर:

⇒ $y=C_1{x}^2+C_2{x}^2\ln (x)+\frac{x^2{\ln }^3(x)}{6}$

और $y^{\prime }=2x{C}_1+C_2(2x\ln (x)+x)+\frac{1}{6}(2x{\ln }^{3}x+3x{\ln }^{2}x)$

चूँकि, y(1) = 6 ⇒ $C_1=6$

इसके अलावा y'(1) = 13

$13=2C_1+C_2$

$13=12+C_2$

$C_2=1$

अब, सामान्य हल है:

$y=6x^2+x^2\ln (x)+\frac{x^2{\ln }^3(x)}{6}$

$y(e)=6e^2+e^2\ln (e)+\frac{e^2\times 1}{6}$

$y(e)=7e^2+\frac{1}{6}{e}^2$

इसलिए विकल्प (4) सही उत्तर है।

अवधारणा:

मान लीजिये एक IVP y' = f(x, y) है। फलन f(x, y) लिप्सचित्ज़ शर्त को संतुष्ट करेगा यदि $\frac{\partial f}{\partial y}$ परिबद्ध है।

व्याख्या:

दिया गया IVP

y' = xy1/3, y(0) = 0, (x, y) ∈ ℝ x ℝ.

f(x, y) = xy1/3

$\frac{\partial f}{\partial y}$ = $\frac{1}{3}x{y}^{-\frac{2}{3}}$ = $\frac{1}{3}.\frac{x}{y^{\frac{2}{3}}}$ जो y = 0 के प्रतिवेश में परिबद्ध नहीं है।

इसलिए फलन f(x, y) = xy1/3 y के संबंध में y = 0 के किसी भी प्रतिवेश में लिप्सचित्ज़ शर्तों को संतुष्ट नहीं करता है

(1) सही है।

y' = xy1/3

$y^{-\frac{1}{3}}dy=xdx$

दोनों पक्षों का समाकलन करने पर

$\frac{3}{2}{y}^{2/3}=\frac{x^2}{2}+c$

y(0) = 0 का उपयोग करने पर c = 0 प्राप्त होता है

इसलिए, $y^{2/3}=\frac{x^2}{3}$

अर्थात, y = $(\frac{x^2}{3}{)}^{3/2}$ जो एक हल है।

साथ ही y = 0 एक हल है।

इसलिए IVP का एक से अधिक हल है।

(4) सही है।

गणनाएँ:

2y''(x) - x2 < 0

चूँकि x² धनात्मक है, इसलिए y''(x) < 0.

माना कि y'' = - c जहाँ c धनात्मक है।

y'= - cx + a

y = -cx²/2 + ax + b, जहाँ a और b स्वेच्छ अचर हैं।

y(0) = 0 से तात्पर्य है कि b = 0 है। 

y(2) = 0 से तात्पर्य है कि a = c है।

इस प्रकार, x $\in$ (0,2) के लिए y = -cx²/2 + cx = cx(2 -x)/2 > 0

सभी x $\in$ (0,2) के लिए, y(x) > 0 है। 

इस प्रकार, विकल्प 4 सही है।

संप्रत्यय:

व्याख्या:

y' = √y, y(0) = 0 ....(i)

उपरोक्त मूल समीकरण के साथ (i) की तुलना करने पर हमें प्राप्त होता है,

a = 1 > 0

इसलिए, दिए गए अवकल समीकरण के अपरिमित रूप से अनेक हल हैं।

विकल्प (4) सही है।

संकल्पना:

व्याख्या:

A = $\left[\begin{array}{ll}5& 4\\ 1& 2\end{array}\right]$

tr(A) = 5 + 2 = 7 और det(A) = 10 - 4 = 6

आइगेन मान निम्न द्वारा दी गई हैं

λ² - tr(A)λ + det(A) = 0

λ2 - 7λ + 6 = 0

(λ - 1)(λ - 6) = 0

λ = 1, 6

आइगेन मान λ = 1 के संगत आइगेन सदिश निम्न द्वारा दिया गया है

$\left[\begin{array}{ll}4& 4\\ 1& 1\end{array}\right]$$\left[\begin{array}{l}{u}_1\\ u_2\end{array}\right]$ = 0

u₁ + u₂ = 0 ⇒ u1 = - u2

आइगेन सदिश u = $\left[\begin{array}{c}-1\\ 1\end{array}\right]$

आइगेन मान λ = 6 के संगत आइगेन सदिश निम्न द्वारा दिया गया है

$\left[\begin{array}{cc}-1& 4\\ 1& -4\end{array}\right]$$\left[\begin{array}{l}{v}_1\\ v_2\end{array}\right]$ = 0

v1 - 4v2 = 0 ⇒ v1 = 4v2

आइगेन सदिश v = $\left[\begin{array}{l}4\\ 1\end{array}\right]$

इसलिए हल है

x(t) = c1$\left[\begin{array}{c}-1\\ 1\end{array}\right]$et + c2$\left[\begin{array}{l}4\\ 1\end{array}\right]$e6t

x(t) = $\left[\begin{array}{c}-c_1{e}^t+4c_2{e}^{6t}\\ c_1{e}^t+c_2{e}^{6t}\end{array}\right]$

e^t → ∞ जैसा t → ∞ साथ ही e6t → ∞ जैसा t → ∞

इसलिए x(t) किसी भी x0 ≠ 0 के लिए बंधा हुआ हल नहीं है

(1) गलत है।

e−6t|x(t)| = $\left[\begin{array}{c}-c_1{e}^{-5t}+4c_2\\ c_1{e}^{-5t}+c_2\end{array}\right]$ → $\left[\begin{array}{c}4c_2\\ c_2\end{array}\right]$, 0 की ओर प्रवृत्त नहीं होता है

इसलिए (2) गलत है।

e−t|x(t)| = $\left[\begin{array}{c}-c_1+4c_2{e}^{5t}\\ c_1+c_2{e}^{5t}\end{array}\right]$→ $\left[\begin{array}{c}-c_1\\ c_1\end{array}\right]$, t → ∞ के रूप में ∞ की ओर प्रवृत्त नहीं होता है

(3) गलत है।

e−10t|x(t)| = $\left[\begin{array}{c}-c_1{e}^{-9t}+4c_2{e}^{-4t}\\ c_1{e}^{-9t}+c_2{e}^{-4t}\end{array}\right]$, t → ∞ के रूप में 0 की ओर प्रवृत्त होता है, सभी x0 ≠ 0 के लिए

विकल्प (4) सही है।

व्याख्या:

माना f ∶ ℝ2 → ℝ  स्थानीयतः लिपशिट्ज फलन है। प्रारंभिक मान समस्या पर विचार करने पर,

ẋ = f(t, x), x(t0) = x0

 (t0, x0) ∈ ℝ2  के लिए,

पिकार्ड के प्रमेय का प्रयोग करने पर, हम जानते हैं कि हल अंतराल 

$|x-x_o|<a;|t-t_o|<b$  में निहित हैं। 

जो एक विवृत्त अंतराल है। 

इसलिए, विकल्प (2) सही विकल्प है।

संप्रत्यय:

द्वितीय-कोटि अवकल समीकरण: पहले समघात समीकरण को हल करें, फिर विशेष हल ज्ञात करें।

सीमा मान समस्याएँ: सामान्य हल में स्थिरांक निर्धारित करने के लिए परिसीमा प्रतिबंधों का उपयोग करें।

व्याख्या:
$(x{y}^{\prime }{)}^{\prime }-2y^{\prime }+\frac{y}{x}=1,1<x<e^4$

परिसीमा प्रतिबंधों के साथ $y(1)=0,y(e^4)=4e^4$

समीकरण को फिर से लिखने पर:

समीकरण को सरलीकृत किया गया है

$x^2{y}^{″}-x{y}^{\prime }+y=x$

मान लीजिए x = e^z तब यह बन जाता है

⇒ {D'(D' - 1) - D' + 1}y = e^z

⇒ (D'² - 2D' + 1)y = e^z

सहायक समीकरण है,

m² - 2m + 1 = 0

⇒ $(m-1{)}^2=0$

⇒ $m=1,1$

CF = C₁e^z + C₂ze^z

अर्थात्, CF = $C_{1}x+C_{2}x\ln (x)$

PI = $\frac{1}{(D^{\prime 2}-2D^{\prime }+1)}{e}^z$

= $e^z\frac{1}{((D^{\prime }+1{)}^2-2(D^{\prime }+1)+1)}.1$

= $e^z\frac{1}{D^{\prime 2}}.1$

= $\frac{z^2}{2}{e}^z$ = $\frac{x(\ln x{)}^2}{2}$

$y(x)=C_{1}x+C_{2}x\ln (x)$+ $\frac{x(lnx{)}^2}{2}$

सीमा शर्तों को लागू करने पर:

y(1) = 0:

$C_1\cdot 1+C_2\cdot 1\ln (1)+\frac{1^2}{2}.0=0$

⇒ $C_1=0$

$y(e^4)=4e^4$:

$\frac{1}{2}{e}^4+C_2{e}^4\ln (e^4)+e^4\frac{(ln{e}^4{)}^2}{2}=4e^4$

⇒ $C_2{e}^4\cdot 4+8e^4=4e^4$

⇒ $c_2=-1$

$y(x)=-xlnx+$$\frac{x(lnx{)}^2}{2}$

⇒ $y(e)=-e+\frac{e}{2}$

⇒ $y(e)=-\frac{e}{2}$

इसलिए, विकल्प 1) सही है।

व्याख्या:

$\frac{dy}{dt}=y^{\alpha }$

$\Rightarrow \frac{y^{1-\alpha }}{1-\alpha }=t+c$

और y(0) = y₀ ⇒ $\frac{y_0^{1-\alpha }}{1-\alpha }=c$

तब y1-α = (1 - α)t + y01-α

और यदि α > 1 ⇒ 1 - α < 0. मान लीजिये 1 - α = -a, a > 0

तब (1) y-a = -at + y0-a

⇒ $y^a=\frac{1}{y_0^{-a}-at}$

तब y0-a - at = 0, हल मौजूद नहीं है।

$\Rightarrow t=\frac{y_o^{-a}}{a}=\frac{1}{a\cdot y_o^a}>o$

(∵ y0 > 0, a > 0)

∴ (*) का कोई वैश्विक हल नहीं है

जैसे $\frac{1}{a\cdot y_0^a}$ ∈ (0, ∞)

विकल्प (1) और (3) गलत हैं

(* *) $\frac{dz}{dt}=-z^{\alpha }$ ⇒ $\frac{z^{1-\alpha }}{1-\alpha }=-t+c$

और z0 = z(0) ⇒ $\frac{z_0^{1-\alpha }}{1-\alpha }=c$

∴ z1-α = -(1 - α)t + z01-α ....(ii)

और α > 1 के लिए ⇒ 1 - α < 0. इसलिए, मान लीजिये 1 - α = - b, b > 0

तब (ii) ⇒ z-b = bt + zo-b ⇒ $z^b=\frac{1}{bt+z_0^{-b}}$

और bt + z0-b​ = 0 के लिए हल मौजूद नहीं है

⇒ $t=-\frac{z_0^{-b}}{b}=-\frac{1}{z_0^b\cdot b}$ < o

(∵ zo > o, b > 0)

इसलिए, ∀ t > 0, (* *) का हल मौजूद है

⇒​ (**) के वैश्विक हल हैं।

विकल्प (2) गलत है।

साथ ही, T < ∞के लिए, T = $\frac{1}{a\cdot y_{0}a}$

$\underset{t\to T}{lim}|y(t)|=\underset{t\to T}{lim}\left|{\left(\frac{1}{y_0^{-a}-at}\right)}^{1/a}\right|$

$=\underset{t\to \frac{1}{a\cdot y_0}a}{lim}\left|{\left(y_0^{\frac{1}{-a}-at}\right)}^{1/a}\right|$

= + ∞

∴ विकल्प (4) सही है।

संप्रत्यय:

लिप्सचित्ज़ शर्त: एक फलन $f(x,y)$ एक प्रांत $D\subset {\mathbb{R}}^2$ में $y$ के संबंध में लिपशीट्ज-प्रतिबंध को संतुष्ट करता है। यदि एक अचर $L>0$ इस प्रकार है कि किसी भी $(x,y_1)$ और $(x,y_2)$ के लिए D में, निम्नलिखित असमिका धारण करती है

$|f(x,y_1)-f(x,y_2)|\le L|y_1-y_2|.$

अचर $L$ को लिपशीट्ज अचर कहा जाता है।

व्याख्या:

$y^{\prime }(x)=\sqrt{|y(x)|+ϵ},x\in \mathbb{R}$

$y(0)=y_0$, जहाँ $ϵ>0$ एक अचर है, और $y_0\in \mathbb{R}$ है।

S1: एक $ϵ>0$ इस प्रकार है कि सभी $y_0\in \mathbb{R}$ के लिए, IVP का एक से अधिक हल है।

S2: एक $y_0\in \mathbb{R}$ इस प्रकार है कि सभी $ϵ>0$ के लिए, IVP का एक से अधिक हल है।

अवकल समीकरण $y^{\prime }(x)=\sqrt{|y(x)|+ϵ}$ है। चूँकि $ϵ>0$ है, समीकरण का दाहिना भाग हमेशा धनात्मक और किसी भी $y_0\in \mathbb{R}$ के लिए सुपरिभाषित है।

सामान्य तौर पर, IVP के हलों की विशिष्टता को अक्सर लिपशीट्ज प्रतिबंध द्वारा निर्धारित किया जा सकता है।

एक फलन $f(y)=\sqrt{|y|+ϵ}$ के लिए, हमें यह जाँचने की आवश्यकता है कि क्या फलन y के संबंध में लिपशीट्ज प्रतिबंध को संतुष्ट करता है।

$f^{\prime }(y)=\frac{1}{2\sqrt{|y|+ϵ}}.$

यह फलन सभी $y_0\in \mathbb{R}$ के लिए संतत और परिबद्ध है क्योंकि $ϵ>0$ y = 0 पर कोई विचित्रता सुनिश्चित करता है।

इसलिए, फलन लिपशीट्ज प्रतिबंध को संतुष्ट करता है, यह सुनिश्चित करता है कि जब $ϵ>0$ हो तो प्रत्येक $y_0\in \mathbb{R}$ के लिए IVP का एक विशिष्ट हल होता है।

S1: यह कथन दावा करता है कि कुछ $ϵ>0$ है जिसके लिए सभी $y_0\in \mathbb{R}$ के लिए IVP का एक से अधिक हल है।

हमारे विशिष्टता विश्लेषण (लिपशीट्ज प्रतिबंध) से, IVP में वास्तव में सभी $ϵ>0$ और $y_0\in \mathbb{R}$ के लिए एक विशिष्ट हल है।

इसलिए, S1 असत्य है।

S2: यह कथन दावा करता है कि कुछ $y_0\in \mathbb{R}$ और सभी $ϵ>0$ के लिए, IVP का एक से अधिक हल है।

इसी तर्क (लिपशीट्ज प्रतिबंध और अवकलज का सांतत्य) के आधार पर, हल सभी $ϵ>0$ और किसी भी $y_0$ के लिए विशिष्ट रहता है। इसलिए, S2 भी असत्य है।

दोनों कथन S1 और S2 असत्य हैं।

इस प्रकार, सही विकल्प 4) है।

अवधारणा :

यदि $\frac{dy}{dx}=y^n$, n ∈ (0, 1) और y(a) = 0, a ∈ $\mathbb{R}$ तब अवकल समीकरण के अनंत स्वतंत्र हल होते हैं।

व्याख्या:

यहाँ $\frac{dy}{dt}=y^{\frac{5k}{5k+2}}$, k ∈ $\mathbb{N}$, y(0) = 0

∵ n = $\frac{5k}{5k+2}$ < 1 ∀ k ∈ $\mathbb{N}$

अतः इसके अनंत हल हैं जो (0, ∞) पर सतत रूप से अवकलनीय हैं।

विकल्प (3) सही है

अवधारणा:

चर पृथक्करण अवकल समीकरण  $\frac{dy}{dx}=f(x)g(y)$ प्रकार की प्रथम-कोटि की साधारण अवकल समीकरण है, जहां f(x) और g(y), x और y के सापेक्ष फलन हैं।

स्पष्टीकरण:

$\mathrm{x}\frac{\mathrm{d}\mathrm{y}}{\mathrm{d}\mathrm{x}}=\mathrm{y}$,  y(0) = 0, x > 0

⇒ $\frac{dy}{dx}=\frac{y}{x}$

⇒ $\frac{dy}{y}=\frac{dx}{x}$

अब, दोनों पक्षों का समाकलन करने पर,

logy = logx + logc

⇒ y=cx

(0,0) से गुजरता है

⇒ 0=0

⇒ अनन्त हल

संकल्पना:

व्याख्या:

A = $\left[\begin{array}{ll}5& 4\\ 1& 2\end{array}\right]$

tr(A) = 5 + 2 = 7 और det(A) = 10 - 4 = 6

आइगेन मान निम्न द्वारा दी गई हैं

λ² - tr(A)λ + det(A) = 0

λ2 - 7λ + 6 = 0

(λ - 1)(λ - 6) = 0

λ = 1, 6

आइगेन मान λ = 1 के संगत आइगेन सदिश निम्न द्वारा दिया गया है

$\left[\begin{array}{ll}4& 4\\ 1& 1\end{array}\right]$$\left[\begin{array}{l}{u}_1\\ u_2\end{array}\right]$ = 0

u₁ + u₂ = 0 ⇒ u1 = - u2

आइगेन सदिश u = $\left[\begin{array}{c}-1\\ 1\end{array}\right]$

आइगेन मान λ = 6 के संगत आइगेन सदिश निम्न द्वारा दिया गया है

$\left[\begin{array}{cc}-1& 4\\ 1& -4\end{array}\right]$$\left[\begin{array}{l}{v}_1\\ v_2\end{array}\right]$ = 0

v1 - 4v2 = 0 ⇒ v1 = 4v2

आइगेन सदिश v = $\left[\begin{array}{l}4\\ 1\end{array}\right]$

इसलिए हल है

x(t) = c1$\left[\begin{array}{c}-1\\ 1\end{array}\right]$et + c2$\left[\begin{array}{l}4\\ 1\end{array}\right]$e6t

x(t) = $\left[\begin{array}{c}-c_1{e}^t+4c_2{e}^{6t}\\ c_1{e}^t+c_2{e}^{6t}\end{array}\right]$

e^t → ∞ जैसा t → ∞ साथ ही e6t → ∞ जैसा t → ∞

इसलिए x(t) किसी भी x0 ≠ 0 के लिए बंधा हुआ हल नहीं है

(1) गलत है।

e−6t|x(t)| = $\left[\begin{array}{c}-c_1{e}^{-5t}+4c_2\\ c_1{e}^{-5t}+c_2\end{array}\right]$ → $\left[\begin{array}{c}4c_2\\ c_2\end{array}\right]$, 0 की ओर प्रवृत्त नहीं होता है

इसलिए (2) गलत है।

e−t|x(t)| = $\left[\begin{array}{c}-c_1+4c_2{e}^{5t}\\ c_1+c_2{e}^{5t}\end{array}\right]$→ $\left[\begin{array}{c}-c_1\\ c_1\end{array}\right]$, t → ∞ के रूप में ∞ की ओर प्रवृत्त नहीं होता है

(3) गलत है।

e−10t|x(t)| = $\left[\begin{array}{c}-c_1{e}^{-9t}+4c_2{e}^{-4t}\\ c_1{e}^{-9t}+c_2{e}^{-4t}\end{array}\right]$, t → ∞ के रूप में 0 की ओर प्रवृत्त होता है, सभी x0 ≠ 0 के लिए

विकल्प (4) सही है।

संकल्पना:

स्पष्टीकरण:

y' = -y2, y(0) = -1

यहाँ f(x, y) = -y2 और $\frac{\partial f}{\partial y}$ = -2y दोनों सतत हैं, तो पिकार्ड प्रमेय के अनुसार इसका एक अद्वितीय हल होना चाहिए, जिसमें 0 हो।​

अब, y' = -y2

⇒ $\frac{dy}{-y^2}$ = dx

दोनों पक्षों का समाकलन करने पर,

$\frac{1}{y}$ = x + c

y(0) = -1 का प्रयोग करने पर, हमें c = -1 प्राप्त होता है। 

अतः हल $\frac{1}{y}$ = x - 1 ⇒ y = $\frac{1}{(x-1)}$है। 

y, x = 1 पर परिभाषित नहीं है। 

यहाँ, अंतराल (-∞, 1) में केवल 0 है।

इसलिए IVP का अंतराल (-∞, 1)​ में अद्वितीय हल है। 

अतः (3) सही है। 

गणना:

(A) $\frac{\mathrm{d}\mathrm{x}}{\mathrm{d}\mathrm{t}}={\mathrm{x}}^3\Rightarrow \frac{\mathrm{d}\mathrm{x}}{{\mathrm{x}}^3}=\mathrm{d}\mathrm{t}$

दोनों पक्षों का समाकलन करने पर,

$-\frac{1}{2{\mathrm{x}}^2}=\mathrm{t}+\mathrm{c}$

चूँकि, दिया गया है x(0) = 1 ⇒ $-\frac{1}{2}$ = 0 + c ⇒ = $-\frac{1}{2}$

इसलिए

$-\frac{1}{2{\mathrm{x}}^2}=\mathrm{t}-\frac{1}{2}$

$\frac{1}{{\mathrm{x}}^2}=-2\mathrm{t}+1$

${\mathrm{x}}^2=\frac{1}{1-2\mathrm{t}}$

$\mathrm{x}=\pm \frac{1}{\sqrt{1-2\mathrm{t}}}$

अतः, |x(t)| → ∞ पर $\mathrm{t}=\frac{1}{2}$

इसलिए, हल (A) एक सीमित समय में समाप्त हो जाता है।

∴ कथन (I) सत्य है।

(बी) $\frac{\mathrm{d}\mathrm{x}}{\mathrm{d}\mathrm{t}}=\mathrm{x}\sin ({\mathrm{x}}^2)$

यहाँ $\left|\frac{\mathrm{d}\mathrm{x}}{\mathrm{d}\mathrm{t}}\right|=|\mathrm{x}\sin {\mathrm{x}}^2|\le |\mathrm{x}|$

|x| जो कि फलन x का प्रवणता है, तेजी से नहीं बढ़ता है, यह धीरे-धीरे बढ़ता है।

इसलिए x सीमित समय में समाप्त नहीं होता है।

अतः, (B) का समाधान परिमित समय में नहीं निकलता है।

∴ कथन (II) असत्य है।

सही उत्तर विकल्प 2 है।