Laplace Equation, Heat and Wave Equations MCQ Quiz in हिन्दी - Objective Question with Answer for Laplace Equation, Heat and Wave Equations - मुफ्त [PDF] डाउनलोड करें

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।

संप्रत्यय:

\(R\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+S \frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y}+T\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}\) के रूप का द्वितीय कोटि आंशिक अवकल समीकरण + f(x, y, u, \(\partial u\over \partial x\), \(\partial u\over \partial y\)) = 0 है

(i) अतिपरवलयिक यदि S² - 4RT > 0 है 

(ii) परवलयिक यदि S2 - 4RT = 0 है 

(iii) दीर्घवृत्तीय यदि S2 - 4RT < 0 है 

व्याख्या:

दिया गया आंशिक अवकल समीकरण है

\(x \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}-2 x^2 y \frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y}\) - \(5 y \frac{\partial^2 u}{\partial y^2}+2x\frac{\partial u}{\partial x}-5y\frac{\partial u}{\partial y}=0\)

यहाँ R = x, S = - 2x²y और T = -5y

यहाँ S2 - 4RT = (-2x²y)² - 4x(-5y) = 4x4y2 + 20xy

जब xy ≠ 0 और x और y दोनों का चिह्न समान है,

⇒ S2 - 4RT = 4x4y2 + 20xy > 0

इसलिए, आंशिक अवकल समीकरण अतिपरवलयिक है। 

(3) सही है, (4) गलत है। 

जब x > 0, y > 0, S2 - 4RT = 4x4y2 + 20xy > 0

आंशिक अवकल समीकरण अतिपरवलयिक है। 

(2) गलत है। 

जब y > 0

यदि x = 0 तब S2 - 4RT = 0

इसलिए, आंशिक अवकल समीकरण परवलयिक हो सकता है। 

(1) गलत है। 

अवधारणा-

दिए गए तरंग समीकरण \(u_{tt}=c^2u_{xx}\) का हल

\(u(x,0)=f(x); u_t(x,0)=g(x)\) के साथ

\(u(x,t)=[f(x+ct)+f(x-ct)]+\frac{1}{2c}\int_{x-ct}^{x+ct}g(s)ds\)

स्पष्टीकरण-

यहाँ, \(c=1.\)

इसलिए, \(u(x,t)=[f(x+t)+f(x-t)]+\frac{1}{2}\int_{x-t}^{x+t}g(s)ds\)

यदि हम \(x=0\) और \(t=1.\) लेते हैं 

तब \(x+t=1\) और \(x-t=-1.\)

\(\Rightarrow u(0,1)=[f(1)+f(-1)]+\frac{1}{2}\int_{-1}^{1} g(s)ds\)

\(00\)

और \(f(-1)=0; g(x)>0.\)

इसलिए, \(u(0,1)\neq0.\)

अतः, विकल्प (1) गलत है।

चूँकि, \(0 \leq f(x) \leq 1\) सभी x के लिए और \(g(x)=0 \) के लिए \(x \leq 0, \int_{0}^{\infty}g(x) dx< \infty.\)

इसलिए, \(u(x,t)\) \(\mathbf{R} \times(0,\infty).\) पर परिबद्ध है

अतः, विकल्प (2) सत्य है।

जब \(x +t<0 \Rightarrow x<0 \Rightarrow x-t<0 \Rightarrow f(x+t)=0 \) और \(f(x-t)=0.\)

अब, \(\int_{x-t}^{x+t}g(s)ds=0.\)

\(\Rightarrow u(x,t)=0.\)

अतः, विकल्प (3) सत्य है।

यदि \(x+t >0 \Rightarrow x-t \geq 0 \Rightarrow f(x+t) >0 ; f(x-t) \geq 0.\)

अब, \(\int_{x-t}^{x+t}g(s)ds>0.\)

अतः, विकल्प (4) गलत है।

व्याख्या:

दी गई समस्या के लिए, हल है

\(u(x, y)=\sum_{n=1}^n D_n \sin (n x) \sinh (n y)\)

जहाँ \(D_n=\frac{2}{π \sinh (n π)} \) \(\int_0^π f(x) \sin (n x) d x\)

यहाँ, f(x) = sin 2x

⇒ \(D_n=\frac{2}{π \sinh (n π)} \) \(\int_0^π \sin (2 x) \sin (n x) d x\)

n = 2 रखने पर,

⇒ \(D_n=\frac{2}{π \sinh (2 π)} \) \(\int_0^\pi \sin (2 x) \sin (2 x) d x\)

चूँकि \(\int_0^{π}\) \( \sin (m x) \sin (n x) d x=\frac{π}{2} \text {. }\) है, यदि m = n है,

⇒ \(D_n =\frac{1}{\sinh (2 π)}\)

⇒ \(u(x, y)=\frac{\sin (2 x) \sinh (2 y)}{\sinh (2 π)}\) .....(i)

विकल्प (a):

यदि (x, y) ∈ [0, π] × [0, π]

⇒ \(0 ≤ \frac{\sin 2 y}{\sinh (2 π)} ≤ 1\) और -1 ≤ sin 2x ≤ 1

⇒ max{u(x, y) : 0 ≤ x, y ≤ π} = 1

विकल्प (b):

यदि (x₀, y₀) ∈ (0, π) × (0, π)

तब \(u ≤ (x_0, y_3)=\frac{\sinh (2 y_0)}{\sinh (2 x)} \sin ≤(2 x_0)\)

देखिए \(0<\frac{\sinh (2 y_0)}{\sinh (2 π)}<1\)

और -1 ≤ sin (2x₀) ≤ 1

u(x₀, y₀) < 1

विकल्प (c):

विकल्प (b) से देखिए कि u(x, y) > -1

सभी (x, y) ∈ (0, π) × (0, π) के लिए

विकल्प (d):

u(x, y), जब (x, y) ∈ [0, π] × [0, π], \((x, y)=\left(\frac{\pi}{4}, \pi\right) \) पर अपना न्यूनतम मान प्राप्त कर सकता है जो -1 है। 

इसलिए, विकल्प (1) और (3) सही हैं।

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

\(u_t = u_{xx}, \quad x \in \mathbb{R}, t > 0\) 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।

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। 

अवधारणा:

तरंग समीकरण का हल

ytt = c2yxx

y(0, t) = y(L, t) = 0 ∀ t  

y(x, 0) = f(x), yt(x, 0) = g(x)

y(x, t) = \(\frac12\) {f(x + ct) + f(x - ct)} + \(\frac1{2c}\displaystyle\int_{x-ct}^{x+ct}g(s)ds\) जिसे डी'एलम्बर्ट का सूत्र कहा जाता है,

स्पष्टीकरण:

दिया गया तरंग समीकरण है,

\(\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}-4 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=0\), -∞ < x <∞, t > 0,

\(u(x, 0)=\left\{\begin{array}{cc} e^{\left(-\frac{1}{x^2}\right)}, & x \neq 0, \\ 0, & x=0, \end{array}\right.\)

\(\frac{\partial u}{\partial t}(x, 0)=x e^{-x^2}\), x ∈ ℝ

यहाँ c = 2, f(x) = \(u(x, 0)=\left\{\begin{array}{cc} e^{\left(-\frac{1}{x^2}\right)}, & x \neq 0, \\ 0, & x=0, \end{array}\right.\) और g(x) = \(\frac{\partial u}{\partial t}(x, 0)=x e^{-x^2}\)

फिर डी'अलेम्बर्ट के सूत्र का उपयोग करते हुए,

u(x, t) = \(\frac12\left[e^{-{1\over (x+2t)^2}}+e^{-{1\over (x-2t)^2}}\right]\) + \(\frac14\displaystyle\int_{x-2t}^{x+2t}se^{-s^2}ds\)

तो, u(5, t) = \(\frac12\left[e^{-{1\over (5+2t)^2}}+e^{-{1\over (5-2t)^2}}\right]\) + \(\frac14\displaystyle\int_{5-2t}^{5+2t}se^{-s^2}ds\)

तो, \(\displaystyle \lim _{t \rightarrow \infty} u(5, t)\) = \(\frac12\left[e^{0}+e^{0}\right]\) +\(\frac14\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}se^{-s^2}ds\)

= \(\frac12\left[1+1\right]\) + \(\frac18\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-s^2}d(s^2)\)

= 1 - \(\frac18\left[e^{-s^2}\right]_{-\infty}^{\infty}\)

= 1 - \(1\over 8\) (0 - 0) = 1

अतः \(\displaystyle \lim _{t \rightarrow \infty} u(5, t) = 1\)

अतः विकल्प (1) सही है। 

संप्रत्यय:

\(R\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+S \frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y}+T\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}\) के रूप का द्वितीय कोटि आंशिक अवकल समीकरण + f(x, y, u, \(\partial u\over \partial x\), \(\partial u\over \partial y\)) = 0 है

(i) अतिपरवलयिक यदि S² - 4RT > 0 है 

(ii) परवलयिक यदि S2 - 4RT = 0 है 

(iii) दीर्घवृत्तीय यदि S2 - 4RT < 0 है 

व्याख्या:

दिया गया आंशिक अवकल समीकरण है

\(x \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}-2 x^2 y \frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y}\) - \(5 y \frac{\partial^2 u}{\partial y^2}+2x\frac{\partial u}{\partial x}-5y\frac{\partial u}{\partial y}=0\)

यहाँ R = x, S = - 2x²y और T = -5y

यहाँ S2 - 4RT = (-2x²y)² - 4x(-5y) = 4x4y2 + 20xy

जब xy ≠ 0 और x और y दोनों का चिह्न समान है,

⇒ S2 - 4RT = 4x4y2 + 20xy > 0

इसलिए, आंशिक अवकल समीकरण अतिपरवलयिक है। 

(3) सही है, (4) गलत है। 

जब x > 0, y > 0, S2 - 4RT = 4x4y2 + 20xy > 0

आंशिक अवकल समीकरण अतिपरवलयिक है। 

(2) गलत है। 

जब y > 0

यदि x = 0 तब S2 - 4RT = 0

इसलिए, आंशिक अवकल समीकरण परवलयिक हो सकता है। 

(1) गलत 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।

अवधारणा:

\(R\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+S \frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y}+T\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}\) + f(x, y, u, \(\partial u\over \partial x\), \(\partial u\over \partial x\)) = 0 \(\partial u\over \partial y\) PDE है,

(i) अतिपरवलयिक यदि S2 - 4RT > 0

(ii) परवलयिक यदि S2 - 4RT = 0

(iii) दीर्घवृत्तीय यदि S2 - 4RT < 0

स्पष्टीकरण:

दिया गया PDE है,

\(x^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}-2 x y \frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y}\) - \(3 y^2 \frac{\partial^2 u}{\partial y^2}+\frac{\partial u}{\partial x}-\frac{\partial u}{\partial y}=0\)

यहाँ S2 - 4RT = (-2xy)2 - 4x2(-3y2) = 4x2y2 + 12x2y2 = 16x2y2 = 16(xy)2

xy ≠ 0 के लिए, S2 - 4RT = 16(x y)2 > 0

अतः PDE अतिपरवलयिक है। 

अतः (3) विकल्प सत्य है और (4) असत्य है। 

x > 0, y > 0, S 2 - 4RT = 16x 2 y 2 > 0 के लिए

PDE अतिपरवलयिक है,

अतः (2) असत्य है। 

y > 0 के लिए,

यदि x = 0 इसलिए S2 - 4RT = 0

इसलिए, PDE परवलयिक हो सकता है। 

अतः (1) असत्य है।