Fredholm and Volterra Integral Equation MCQ Quiz in हिन्दी - Objective Question with Answer for Fredholm and Volterra Integral Equation - मुफ्त [PDF] डाउनलोड करें

अवधारणा:

मान लीजिये द्वितीय प्रकार का वोल्टेरा समाकल समीकरण है

y(x) = f(x) + λ\(\displaystyle \int_0^x K(x,t)y(t) d t\) जहाँ K(x,t) 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ t ≤ x पर सतत फलन है

और f(x), 0 ≤ x ≤ a पर सतत है।

तब पुनरावृति कर्नेल दिया गया है

K₁(x, t) = K(x, t)

K_n(x, t) = \(\displaystyle \int_t^x K(x,s)K_{n-1}(s, t)ds\)

और समाधान कर्नेल है

R(x, t; λ) = \(\sum_{n=1}^{\infty}λ^{n-1}K_{n}(x, t)\) तब वोल्टेरा समाकल समीकरण का हल है

y(x) = f(x) + λ\(\displaystyle \int_0^x R(x,t;λ)f(t) d t\)

व्याख्या:

\(y(x)=e^x+\displaystyle \int_0^x \frac{1+x^2}{1+t^2} y(t) d t\)

यहाँ, f(x) = e^x, K(x, t) = \(1+x^2\over 1+t^2\), λ = 1

K1(x, t) = K(x, t) = \(1+x^2\over 1+t^2\)

K2(x, t) = \(\displaystyle \int_t^x {1+x^2\over 1+s^2}\times{1+s^2\over 1+t^2}ds\) = (x - t)\(1+x^2\over 1+t^2\)

K3(x, t) = \(\displaystyle \int_t^x {1+x^2\over 1+s^2}\times (s-t){1+s^2\over 1+t^2}ds\) = \({(x-t)^2\over 2!}\cdot{1+x^2\over 1+t^2}\)

इस प्रक्रिया को जारी रखने पर हमें मिलता है

Kn(x, t) = \({(x-t)^{n-1}\over (n-1)!}\cdot{1+x^2\over 1+t^2}\)

इसलिए, समाधान कर्नेल है

R(x, t; 1) = \(\sum_{n=1}^{\infty}1^{n-1}{(x-t)^{n-1}\over (n-1)!}\cdot{1+x^2\over 1+t^2}\) = \({1+x^2\over 1+t^2}e^{x-t}\)

तब हल है

y(x) = e^x + \(\displaystyle \int_0^x \frac{1+x^2}{1+t^2}.e^{x-t}.e^t d t\)

⇒ y(x) = ex + e^x(1+x²)\([\tan^{-1}t]_0^x\)

⇒ y(x) = ex + ex(1+x2)tan^-1x

इसलिए

y(1) = e + e(2)\(\pi\over 4\) = \(\left(1+\frac{\pi}{2}\right) e\)

\(y(\sqrt{3})\) = \(e^{\sqrt{3}}+e^{\sqrt{3}}(4)\frac{\pi}{3}\) =\(\left(1+\frac{4 \pi}{3}\right) e^{\sqrt{3}}\)

विकल्प (2) और (4) सत्य हैं और (1) और (3) असत्य हैं।

संकल्पना:

y(x) = f(x) + λ\(\int_a^b K(x, t)y(t)dt\)

जहाँ K(x, t) = f1(x, t)g1(x, t) + f2(x, t)g2(x, t) + .....

तो इस समाकल समीकरण को इस रूप में लिखा जा सकता है

AX = B जहाँ

A = \(\begin{pmatrix}1-λ a_{11}&-λ a_{12}\\-λ a_{21}&1-λ a_{22}\end{pmatrix}\), \(a_{ij}=\int_a^bg_i(t)f_j(t)dt\), \(X=\int_a^bg_i(t)y(t)dt\), B = \(a_{ij}=\int_a^bg_i(t)f(t)dt\)

व्याख्या:

φ(x) = λ \(\displaystyle\int_0^{2 π}\) sin (x + t) φ(t) dt

इसलिए K(x, t) = sin(x+t) = sin x cos t + cos x sin t

a11 = \(\int_0^{2π}\sin x\cos xdx\) = \(\frac12[-\cos 2x]_0^{2π}\) = 0

a12 = \(\int_0^{2π}\cos^2 xdx\) = \(\frac12\int_0^{2π}(1+\cos2 x)dx\) = π

a21 = \(\int_0^{2π}\sin^2 xdx\) = \(\frac12\int_0^{2π}(1-\cos2 x)dx\) = π

a22 = \(\int_0^{2π}\sin x\cos xdx\) = \(\frac12[-\cos 2x]_0^{2π}\) = 0

इसलिए A = \(\begin{pmatrix}1&-λ \pi\\-λ \pi&1\end{pmatrix}\)

|A| = 0 ⇒ 1 - \(\lambda^2\pi^2\) = 0 ⇒ \(\lambda=\pm \frac{1}{\pi}\)

मान लीजिए \(\lambda_1=-\frac{1}{\pi}, \lambda_2=\frac{1}{\pi}\)

इसी प्रकार ψ(x) = μ \(\displaystyle\int_0^{\pi}\) cos (x + t) ψ(t) dt.

इसलिए K(x, t) = cos(x+t) = cos x cos t - sin x sin t

a11 = \(\int_0^{π}\cos^2 xdx=\frac{\pi}{2}\)

a12 = \(\int_0^{π}-\sin x\cos xdx\) = 0

a21 = \(\int_0^{π}\sin x\cos xdx\) = 0

a22 = \(\int_0^{2π}-\sin^2 xdx\) = - \(\frac{\pi}{2}\)

इसलिए A = \(\begin{pmatrix}1-\frac{\mu\pi}{2}&0\\0&1+\frac{\mu\pi}{2}\end{pmatrix}\)

|A| = 0 ⇒ 1 - \(1-\frac{\mu^2\pi^2}{4}\) = 0 ⇒ \(\mu=\pm \frac{2}{\pi}\)

मान लीजिए \(\mu_1=-\frac{2}{\pi}, \mu_2=\frac{2}{\pi}\)

इसलिए विकल्प (1), (3) 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 \(\rm \left\{\begin{aligned}\rm y^{\prime \prime}(x)+2 y(x) & =0 \quad \text { for } \rm x ∈(0,1), \\ \rm y(0) & =\rm y(1)=0 .\end{aligned}\right.\) संतुष्ट करता है

इसलिए विकल्प (1) सही 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 \(\rm \left\{\begin{aligned}\rm y^{\prime \prime}(x)+2 y(x) & =0 \quad \text { for } \rm x ∈(0,1), \\ \rm y(0) & =\rm y(1)=0 .\end{aligned}\right.\) 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।

अवधारणा:

मान लीजिये द्वितीय प्रकार का वोल्टेरा समाकल समीकरण है

y(x) = f(x) + λ\(\displaystyle \int_0^x K(x,t)y(t) d t\) जहाँ K(x,t) 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ t ≤ x पर सतत फलन है

और f(x), 0 ≤ x ≤ a पर सतत है।

तब पुनरावृति कर्नेल दिया गया है

K₁(x, t) = K(x, t)

K_n(x, t) = \(\displaystyle \int_t^x K(x,s)K_{n-1}(s, t)ds\)

और समाधान कर्नेल है

R(x, t; λ) = \(\sum_{n=1}^{\infty}λ^{n-1}K_{n}(x, t)\) तब वोल्टेरा समाकल समीकरण का हल है

y(x) = f(x) + λ\(\displaystyle \int_0^x R(x,t;λ)f(t) d t\)

व्याख्या:

\(y(x)=e^x+\displaystyle \int_0^x \frac{1+x^2}{1+t^2} y(t) d t\)

यहाँ, f(x) = e^x, K(x, t) = \(1+x^2\over 1+t^2\), λ = 1

K1(x, t) = K(x, t) = \(1+x^2\over 1+t^2\)

K2(x, t) = \(\displaystyle \int_t^x {1+x^2\over 1+s^2}\times{1+s^2\over 1+t^2}ds\) = (x - t)\(1+x^2\over 1+t^2\)

K3(x, t) = \(\displaystyle \int_t^x {1+x^2\over 1+s^2}\times (s-t){1+s^2\over 1+t^2}ds\) = \({(x-t)^2\over 2!}\cdot{1+x^2\over 1+t^2}\)

इस प्रक्रिया को जारी रखने पर हमें मिलता है

Kn(x, t) = \({(x-t)^{n-1}\over (n-1)!}\cdot{1+x^2\over 1+t^2}\)

इसलिए, समाधान कर्नेल है

R(x, t; 1) = \(\sum_{n=1}^{\infty}1^{n-1}{(x-t)^{n-1}\over (n-1)!}\cdot{1+x^2\over 1+t^2}\) = \({1+x^2\over 1+t^2}e^{x-t}\)

तब हल है

y(x) = e^x + \(\displaystyle \int_0^x \frac{1+x^2}{1+t^2}.e^{x-t}.e^t d t\)

⇒ y(x) = ex + e^x(1+x²)\([\tan^{-1}t]_0^x\)

⇒ y(x) = ex + ex(1+x2)tan^-1x

इसलिए

y(1) = e + e(2)\(\pi\over 4\) = \(\left(1+\frac{\pi}{2}\right) e\)

\(y(\sqrt{3})\) = \(e^{\sqrt{3}}+e^{\sqrt{3}}(4)\frac{\pi}{3}\) =\(\left(1+\frac{4 \pi}{3}\right) e^{\sqrt{3}}\)

विकल्प (2) और (4) सत्य हैं और (1) और (3) असत्य हैं।

संकल्पना:

y(x) = f(x) + λ\(\int_a^b K(x, t)y(t)dt\)

जहाँ K(x, t) = f1(x, t)g1(x, t) + f2(x, t)g2(x, t) + .....

तो इस समाकल समीकरण को इस रूप में लिखा जा सकता है

AX = B जहाँ

A = \(\begin{pmatrix}1-λ a_{11}&-λ a_{12}\\-λ a_{21}&1-λ a_{22}\end{pmatrix}\), \(a_{ij}=\int_a^bg_i(t)f_j(t)dt\), \(X=\int_a^bg_i(t)y(t)dt\), B = \(a_{ij}=\int_a^bg_i(t)f(t)dt\)

व्याख्या:

φ(x) = λ \(\displaystyle\int_0^{2 π}\) sin (x + t) φ(t) dt

इसलिए K(x, t) = sin(x+t) = sin x cos t + cos x sin t

a11 = \(\int_0^{2π}\sin x\cos xdx\) = \(\frac12[-\cos 2x]_0^{2π}\) = 0

a12 = \(\int_0^{2π}\cos^2 xdx\) = \(\frac12\int_0^{2π}(1+\cos2 x)dx\) = π

a21 = \(\int_0^{2π}\sin^2 xdx\) = \(\frac12\int_0^{2π}(1-\cos2 x)dx\) = π

a22 = \(\int_0^{2π}\sin x\cos xdx\) = \(\frac12[-\cos 2x]_0^{2π}\) = 0

इसलिए A = \(\begin{pmatrix}1&-λ \pi\\-λ \pi&1\end{pmatrix}\)

|A| = 0 ⇒ 1 - \(\lambda^2\pi^2\) = 0 ⇒ \(\lambda=\pm \frac{1}{\pi}\)

मान लीजिए \(\lambda_1=-\frac{1}{\pi}, \lambda_2=\frac{1}{\pi}\)

इसी प्रकार ψ(x) = μ \(\displaystyle\int_0^{\pi}\) cos (x + t) ψ(t) dt.

इसलिए K(x, t) = cos(x+t) = cos x cos t - sin x sin t

a11 = \(\int_0^{π}\cos^2 xdx=\frac{\pi}{2}\)

a12 = \(\int_0^{π}-\sin x\cos xdx\) = 0

a21 = \(\int_0^{π}\sin x\cos xdx\) = 0

a22 = \(\int_0^{2π}-\sin^2 xdx\) = - \(\frac{\pi}{2}\)

इसलिए A = \(\begin{pmatrix}1-\frac{\mu\pi}{2}&0\\0&1+\frac{\mu\pi}{2}\end{pmatrix}\)

|A| = 0 ⇒ 1 - \(1-\frac{\mu^2\pi^2}{4}\) = 0 ⇒ \(\mu=\pm \frac{2}{\pi}\)

मान लीजिए \(\mu_1=-\frac{2}{\pi}, \mu_2=\frac{2}{\pi}\)

इसलिए विकल्प (1), (3) सही हैं