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¿Cómo puedo encontrar todas las soluciones a la ecuación diferencial?

¿Cómo se pueden encontrar todas las funciones$f$ que existe$f'$ satisfying$(f(x))^2+(f'(x))^2=1$? Acabo de encontrar soluciones$f(x)=1,-1,\sin x$.

16voto

JeanMarie Puntos 196

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Vamos a obtener en dos pasos de todos los $C^1$ soluciones de

$$\tag{0}(f(x))^2+(f'(x))^2=1.$$

Paso 1: Vamos a seguir un método similar a la dada por @David Quinn, por ejemplo, o @Ian Eerland o @Battani, con algunos complementaria de precisión de los intervalos de validez.

Deje $f$ ser una solución a $(0)$.

Vamos a considerar un punto de $x_0$. Ya sea

  • caso 1: $|f(x_0)|=1$ o

  • caso 2: $|f(x_0)|<1$, lo que implica $|f'(x_0)|>0$.

Deje que nos detalle el caso 2.

Por la continuidad de $f$, $\epsilon_1>0$ que $I_1:=(x_0-\epsilon_1,x_0+\epsilon_1)$ tenemos $|f(x)|<1$.

Por la continuidad de $f'$, $\epsilon_2>0$ que $I_2:=(x_0-\epsilon_2,x_0+\epsilon_2)$ tenemos $|f'(x)|>0$.

Con la restricción para trabajar en $I:=I_1 \cap I_2$ a fin de que la siguiente relación es bien definidos y que el signo $s=\pm1$ sigue siendo el mismo a lo largo de este intervalo de $I$, transformemos $(0)$ en la:

$$\dfrac{y'}{\sqrt{1-y^2}}=s$$

Tomar una primitiva de la función en $I$ le da:

$asin(f(x))=s x+\varphi$ para algunas constantes $\varphi$. Por lo tanto;

$f(x)=\sin(s x+ \varphi)$ en el intervalo de $I$ con $s=1$ o $s=-1$. La solución para este caso puede ser ligeramente simplificado en $f(x)=\sin(x+ \varphi)$ (caso de $s=-1$ puede ser cancelado debido a que uno encuentra por la sustitución de $\varphi$$\varphi+\pi$).

Conclusión del paso 1: una solución de $f$ y un particular punto de $x_0$, hay dos casos:

\begin{cases} (a) \ \text{either} \ f(x_0) = \pm1 \ \text{or}\\ (b) \ \text{There exist an interval} \ J \ \text{containing} \ x_0 \ \text{ such that,} \forall x \in J, \ f(x)=\sin(x+\varphi) \ \end{casos}

por cierto $\varphi.$ ($J$ siendo el intervalo de validez de la solución de $f$, incluyendo el intervalo de $I$ como se define anteriormente).

Paso 2: vamos a obtener estos intervalos de $J$ mediante el uso de un topológico argumento (Un recuerdo acerca de la topología se puede encontrar allí). A partir de (0), sabemos que los valores tomados por $f(x)$ está en el intervalo cerrado $[0,1]$. Vamos a:

$$S:=\{x \ | -1<f(x)<1 \}. $$

con, por supuesto, el conjunto complementario $S^c=\{x \ | \ f(x)=\pm1 \}.$

$S$ es un conjunto abierto, siendo la preimagen de un conjunto abierto por una función continua; como tal, puede ser escrito como una contables de la unión de intervalos abiertos $S=\bigcup_k J_k$$J_k:=(a_k,b_{k})$. Ver esto. En esta forma ;

(b) será válido en abrir los intervalos de $(a_k,b_k)$

(a) será válido en intervalos cerrados $[b_k,a_{k+1}]$.

En el punto de unión de $b_k$, el único camino posible para preservar $C^1$ continuidad está tomando, según el valor de $\lim_{x\rightarrow b_k} f(x)$ $1$ o $-1$ para todo el intervalo cerrado $[b_k,a_{k+1}]$. Mismo procedimiento en el inicial punto de unión de $a_k$.

Por tanto, hay una amplia gama de posibles $C^1$ curvas integrales de (0) obtenidos por una de las $C^1$ "puente" de funciones con una de las 3 ecuaciones de $y=\sin(x+\varphi), y=1$$y=-1$, en una forma alternativa (ver figura a continuación):

... curva sinusoidal - constante - curva sinusoidal - constante - etc...

  • Los intervalos en los que la solución es constante puede tener cualquier longitud.

  • El "cambio de fase" $\varphi_k$ de las curvas de seno son específicos para cada intervalo.

  • Cabe señalar que cerró los intervalos de $[b_k,a_{k+1}]$ puede ser reducido a un punto. Esto significa que dos "curvas s" son puentes juntos (por la llamada "curva s" la curva de una función de la forma $y=\sin(x+\varphi)$ en un cierto medio plazo,$\pi$).

Se puede comprobar que esto de la construcción de obras de$-\infty$$+\infty$.

Apéndice : yo tenía, en primer lugar, se obtiene una familia de soluciones de la diferenciación de ambos lados de $(0)$:

$$2f'(x)(f(x)+f''(x))=0.$$

Después de un cierto número de horas que pasamos en este método, que se supone $f \in C^2$, me di cuenta de que es imposible volver a la inicial de la ecuación de tratar con $C^1$ soluciones.

Añadido el 30 de agosto: esta geometría diferencial pregunta da una aplicación de (0).

3voto

David Quinn Puntos 7591

Si$y=f(x)$, tiene$$\frac{dy}{dx}=\pm\sqrt{1-y^2}$ $ Either$y=\pm 1$, o si$y\neq \pm 1$,$$\Rightarrow\int\frac{1}{\sqrt{1-y^2}}dy=\pm x+c$ $$$\Rightarrow y=\sin(\pm x+c)$ $

2voto

Jan Eerland Puntos 4354

Unesdoc.unesco.org unesdoc.unesco.org


Para, la integral en el sustituto de LHS$$f(x)^2+f'(x)^2=1\Longleftrightarrow$ y$$f'(x)^2=1-f(x)^2\Longleftrightarrow$:

ps

Para, la integral en el RHS:

ps


ps

Sus soluciones se pueden encontrar estableciendo$$f'(x)=\pm\sqrt{1-f(x)^2}\Longleftrightarrow$, cuando tenemos$$\frac{f'(x)}{\sqrt{1-f(x)^2}}=\pm1\Longleftrightarrow$:

ps

Asi que:

ps

1voto

Narasimham Puntos 7596

ps

Diferenciar para obtener

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Factorizar, dos soluciones diferentes / separadas

ps

ps

Con solución particular DE no homogénea

ps

Primera solución

ps

Para la segunda solución cuando se tapa en la ecuación dada$$ y^2+y^{\prime^2}=1 $,

De modo que sólo$$ 2 y y^{\prime} + 2 y^{\prime} y^{\prime \prime } =0$ es admisible.

0voto

Battani Puntos 2196

ps

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