Derivados de la adición de la fórmula para el lemniscate funciones de un total de ecuación diferencial

Question

El lemniscate de Bernoulli $C$ es un plano de la curva que se define como sigue.

Deje $a > 0$ ser un número real. Deje $F_1 = (a, 0)$ $F_2 = (-a, 0)$ estar a dos puntos de $\mathbb{R}^2$. Deje $C = \{P \in \mathbb{R}^2; PF_1\cdot PF_2 = a^2\}$. Entonces la ecuación de $C$ en las coordenadas polares es:

$r^2 = 2a^2\cos 2\theta$

Deje $P$ ser un punto de $C$ en el primer cuadrante. Deje $u$ ser la longitud del arco entre el$O = (0, 0)$$P$.

Entonces, por esta pregunta, $u = \int_{0}^{r} \frac{2a^2dr}{\sqrt{4a^4 - r^4}}$

Deje $2a^2 = 1$$x = r$.

Entonces $u = \int_{0}^{x} \frac{dx}{\sqrt{1 - x^4}}$

$u = u(x)$ se define en $0 \le x \le 1$. Sin embargo, la integral anterior se puede definir en $[-1, 1]$. Así que ampliamos el dominio de $u(x)$ $[-1, 1]$por la integral anterior. Desde $\frac{1}{\sqrt{1 - x^4}}$ es invariante bajo la sustitución de $x \rightarrow -x$, $u(-x) = -u(x)$ por cada $x \in [-1, 1]$.

Desde $u'(x) = \frac{1}{\sqrt{1 - x^4}} > 0$ en $(-1, 1)$, $u(x)$ es strctly aumento en $[-1, 1]$. Por lo tanto, no existe la función inversa de la $u(x)$. Se denota la función inversa de la $u(x)$$s(u)$. Llamamos a $s(u)$ lemniscate sinusoidal. Desde arcsen $x = \int_{0}^{x} \frac{dx}{\sqrt{1 - x^2}}$, $s(u)$ es análogo a $\sin u$.
Denotamos $u(1) = \int_{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt{1 - x^4}}$$\omega$. $s(u)$ se define en $[-\omega, \omega]$. $\omega$ corresponde a $\frac{\pi}{2}$ en la analogía de la $s(u)$$\sin u$.

Desde $u(-x) = -u(x)$, $s(-u) = -s(u)$

Definimos una función de $c(u)$ $c(u) = s(\omega - u)$ y llamar lemniscate coseno. $c(u)$ se define en $[0, 2\omega]$.

Persiguiendo la analogía con $\sin u$ y estar motivado por esta pregunta, consideramos las siguientes total de la ecuación diferencial.

$$\frac{dx}{\sqrt{1 - x^4}} + \frac{dy}{\sqrt{1 - y^4}} = 0$$

Deje $u = \int_{0}^{x}\frac{dx}{\sqrt{1 - x^4}}$ A continuación, $x = s(u)$

Deje $v = \int_{0}^{y}\frac{dy}{\sqrt{1 - y^4}}$ A continuación, $y = s(v)$

Deje $c$ ser una constante. A continuación, $u + v = c$ es una solución de esta ecuación. A continuación, obtenemos

$$s(u + v) = \frac{x\sqrt{1 - y^4} + y\sqrt{1 - x^4}}{1 + x^2y^2}$$

La sustitución de $u = \omega$, $v = -u$, llegamos $x = s(\omega) = 1, y = s(-u) = -s(u)$.

Por lo tanto $s(\omega - u) = \frac{\sqrt{1 - y^4}}{1+y^2} = \sqrt{\frac{1 - y^2}{1 + y^2}}$

Por lo tanto $c(u) = \sqrt{\frac{1 - s^2(u)}{1 + s^2(u)}}$

Por lo tanto

$$s(u+v) = \frac{s(u)c(v) + s(v)c(u)}{1 - s(u)s(v)c(u)c(v)}$$

Desde $c(u+v) = s(\omega - u - v) = s((\omega - u) + (-v))$,

$$c(u+v) = \frac{c(u)c(v) - s(u)s(v)}{1 + s(u)s(v)c(u)c(v)}$$

Comentario Desde $c(u) = \sqrt{\frac{1 - s^2(u)}{1 + s^2(u)}}$ y $s(-u) = -s(u)$, $c(-u) = c(u)$.

Mi pregunta ¿Cómo podemos demostrar el siguiente ecuación?

$$s(u + v) = \frac{x\sqrt{1 - y^4} + y\sqrt{1 - x^4}}{1 + x^2y^2}$$

Answer 1

Seguimos el método de mi respuesta a esta pregunta.

Deje $u = \int_{0}^{x}\frac{dx}{\sqrt{1 - x^4}}$. A continuación,$x = s(u)$.

Deje $v = \int_{0}^{y}\frac{dy}{\sqrt{1 - y^4}}$. A continuación,$y = s(v)$.

Deje $c$ ser una constante. $u + v = c$ es una solución de la ecuación:

$$\frac{dx}{\sqrt{1 - x^4}} + \frac{dy}{\sqrt{1 - y^4}} = 0$$

Basta probar que $s(c) = \frac{x\sqrt{1 - y^4} + y\sqrt{1 - x^4}}{1 + x^2y^2}$. Desde $v = c - u$, el lado derecho es una función de $u$. Escribimos esta función por $\phi(u)$. Es decir, $$\phi(u) = \frac{x\sqrt{1 - y^4} + y\sqrt{1 - x^4}}{1 + x^2y^2}$$

Permítanos calcular $\frac{d\phi}{du}$.

$\frac{dx}{du} = 1/\frac{du}{dx} = \sqrt{1 - x^4}$

$\frac{dy}{du} = -\frac{dy}{dv} = -1/\frac{dv}{dy} = -\sqrt{1 - y^4}$

$\frac{d^2x}{du^2}= \frac{d\sqrt{1 - x^4}}{du}\cdot\frac{dx}{du} = \frac{-2x^3}{\sqrt{1 - x^4}} \sqrt{1 - x^4} = -2x^3$

$\frac{d^2y}{du^2}= \frac{d^2y}{dv^2} = -2y^3$

Por lo tanto $\frac{d\phi}{du} = \frac{d}{du}(\frac{-x\frac{dy}{du} + y\frac{dx}{du}}{1 + x^2y^2})$

Deje $f = -x\frac{dy}{du} + y\frac{dx}{du}$

Deje $g = 1 + x^2y^2$

A continuación, $\frac{d}{du}(\frac{f}{g}) = \frac{\frac{df}{du}}{g} - \frac{f\frac{dg}{du}}{g^2}$

$\frac{df}{du} = -\frac{dx}{du}\frac{dy}{du} - x\frac{d^2y}{du^2} + \frac{dy}{du}\frac{dx}{du} + y\frac{d^2x}{du^2} = y\frac{d^2x}{du^2} - x\frac{d^2y}{du^2} = 2(xy^3 - yx^3)$

$\frac{dg}{du} = 2xy^2\frac{dx}{du} + 2x^2y\frac{dy}{du} = 2xy(y\frac{dx}{du} + x\frac{dy}{du})$

$f\frac{dg}{du} = 2xy(y^2(\frac{dx}{du})^2 - x^2(\frac{dy}{du})^2) = 2xy(y^2(1 - x^4) - x^2(1 - y^4))$

Por lo tanto $\frac{d}{du}(\frac{f}{g}) = \frac{2(xy^3 - yx^3)}{1 + x^2y^2} - \frac{2xy(y^2(1 - x^4) - x^2(1 - y^4)}{(1 + x^2y^2)^2} = \frac{2(1 + x^2y^2)(xy^3 - yx^3) - 2xy(y^2(1 - x^4) - x^2(1 - y^4)}{(1 + x^2y^2)^2} = 0$

Por lo tanto $\frac{d\phi}{du} = 0$

Por lo tanto $\phi(u)$ es constante. Por lo tanto $\phi(u) = \phi(0) = y = s(v) = s(c)$ como se desee

Answer 2

La siguiente prueba es básicamente el mismo que el anterior, pero algunas personas pueden preferir este.

Deje $u + v = c$ donde $c$ es una constante. Basta probar que

$$s(c) = \frac{s(u)c(v) + s(v)c(u)}{1 - s(u)s(v)c(u)c(v)}$$

Desde $v = c - u$, el lado derecho de esta ecuación será

$$f(u) = \frac{s(u)c(c - u) + s(c - u)c(u)}{1 - s(u)s(c - u)c(u)c(c - u)}$$

Supongamos $f'(u) = 0$. A continuación, $f(u)$ es una constante. Por lo tanto $f(u) = f(0)$. Por otro lado, desde la $s(0) = 0$ y $c(0) = s(\omega) = 1$, $f(0) = s(c)$. Por lo tanto $f(u) = s(c)$ y hemos terminado.

Por lo que es suficiente para demostrar que $f'(u) = 0$. Esta es sólo una tediosa rutina.