¿Por qué es fácil encontrar las curvas integrales de este campo vectorial?

Question

Estoy leyendo un libro de geometría diferencial que establece que es fácil para obtener las curvas integrales de este campo vectorial:

$$X(x,y)=(x^2-y^2,2xy)$$

Pero procediendo de la manera que dice el libro, en primer lugar tengo que tomar esa ecuación como

$$\frac{dx}{dt}=x^2-y^2$$ $$\frac{dy}{dt}=2xy$$

Pero de ese no sé qué más hacer para continuar. Sé que las curvas integrales deben ser los círculos de centro $(0,t)$, y el vector de campo parece como esta

Answer 1

Identificando $(x,y)$ $z=x + y \, \mathrm{i}$ el diferencial de la ecuación de lee $$\frac{\partial z}{\partial t}=z^2.$$ Rewriting this we find $$\frac{-\partial z^{-1}}{\partial t} = \frac{\partial z}{\partial t} z^{-2} = 1$$ and so $$-z^{-1}= t+z_0 \textrm{ or } z = -\frac1{t+z_0}$$ for some fixed initial value $z_0 \in \mathbb{C}$. For $t \in \mathbb{R}$ describen trayectorias circulares como se esperaba.

Alternativa 1: transformar el campo de vectores en virtud de la inversión de

$$\sigma(x, y) = \left(\frac{x}{x^2+y^2}, \frac{y}{x^2+y^2}\right).$$

Este mapa es una involución ($\sigma^2 = \mathrm{id}$) y su Jacobiano es $$D\sigma_{(x,y)}=\frac{1}{(x^2+y^2)^2}\begin{pmatrix} y^2-x^2 & -2xy \\ -2xy & x^2-y^2 \end{pmatrix}.$$

Por lo tanto se asigna el elemento $$\begin{pmatrix}x^2 - y^2 \\ 2xy \end{pmatrix}$$ at point $(x, y)$ para el elemento

$$\frac{1}{(x^2+y^2)^2}\begin{pmatrix} y^2-x^2 & -2xy \\ -2xy & x^2-y^2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x^2 - y^2 \\ 2xy \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \end{pmatrix}$$ at point $\sigma(x,y)$. The trajectories of the transformed vector field are easy to find. Then apply the inversion $\sigma$ para encontrar las trayectorias de la original de campo vectorial.

Alternativa 2: Ya que usted sabe que las trayectorias son circulares empezar con el ansatz $$\begin{cases} x = -R \sin \alpha \\ y = R + R \cos \alpha \end{cases}$$ for some function $\alfa$ of $t$. Then the given differential equations are consistent and both lead to $$\frac{\partial \alpha}{\partial t} = 2R \, (1 + \cos\alpha).$$ One solution to this equation is $\alfa(t) = 2 \arctan(2R \, t)$. Substituting this in the expressions for $x$ and $$ y le da a la trayectoria

$$\left(\frac{-t}{t^2 + (2R)^{-2}}, \frac{(2R)^{-1}}{t^2+(2R)^{-2}}\right).$$

Answer 2

Tenga en cuenta que el sistema implica $$y'(x)=\frac{2xy(x)}{x^2-y(x)^2}.$$ (Este es el enfoque mencionado por @Sameh Shenawy en los comentarios.) Esto puede ser resuelto por métodos estándar. Por ejemplo, el establecimiento $y(x)=xf(x)$, llegamos a la ecuación diferencial separable $$f'(x) = \frac{1}{x} \frac{f(x)(1+f(x)^2)}{1-f(x)^2}.$$ La correspondiente integral puede ser realizado por una fracción parcial de expansión.

En mi opinión el método propuesto por @WimC es preferible.

Anexo

El detalle sangriento ... \begin{align*} f'(x) &= \frac{1}{x} \frac{f(x)(1+f(x)^2)}{1-f(x)^2} \\ \frac{1-f^2}{f(1+f^2)}df &= \frac{dx}{x} \\ \frac{(1+f^2)-2f^2}{f(1+f^2)} df &= \frac{dx}{x} \\ \int\left(\frac{1}{f} - \frac{2f}{1+f^2}\right)df &= \int\frac{dx}{x} \\ \ln f - \ln(1+f^2) &= \ln\frac{x}{2r} \\ \ln\frac{f}{1+f^2} &= \ln\frac{x}{2r} \\ \frac{f}{1+f^2} &= \frac{x}{2r} \\ \frac{y/x}{1+y^2/x^2} &= \frac{x}{2r} \\ \frac{y}{x^2+y^2} &= \frac{1}{2r} \\ x^2+y^2-2ry &= 0 \\ x^2 + y^2 - 2ry + r^2 &= r^2 \\ x^2 + (y-r)^2 &= r^2. \end{align*} (La constante de integración fue elegido tener la forma $-\ln 2r$ por conveniencia.)