关于这个微分方程的求解

数学星空

\[\frac{2x\sqrt{1-x^4}}{1+x^4}=\frac{x\sqrt{1-y^4}+y\sqrt{1-x^4}}{1+x^2y^2}\]

蕴含：

\[(x-y)(x^9-3x^8y+6x^5+6x^4y-3x+y)(x^2y^2+1)=0\]



注：

\[\frac{x\sqrt{1-y^4}+y\sqrt{1-x^4}}{1+x^2y^2}=1\]

蕴含：

\[(x^2y^2+1)(x^2y^2+x^2+y^2-1)=0\]

kastin

数学星空 发表于 2014-9-5 21:03
\[\frac{2x\sqrt{1-x^4}}{1+x^4}=\frac{x\sqrt{1-y^4}+y\sqrt{1-x^4}}{1+x^2y^2}\]

蕴含：

奇怪了，为何这种方法行不通，反倒是附注中等于1才蕴含解？

数学星空

其实：

高斯在研究双纽线时就给出了：

双纽线：

1.\(r^2=a^2\cos(2\theta)\)  极坐标表示

2.\((x^2+y^2)^2=a^2(x^2-y^2)\)  直角坐标

双纽线的张长：

\(L=4a^2\int_0^1 \frac{dt}{\sqrt{1-t^4}}\)

下面是\((x^2+y^2)^2=x^2-y^2\) 与 \(\int_0^x \frac{dt}{\sqrt{1-t^4}}\)的函数图形



注：楼主给出的关系式有误

下面是\(y=-\sqrt{\frac{1-x^2}{1+x^2}}\) 与 \(\int_0^x \frac{dt}{\sqrt{1-t^4}}\)的函数图形



参考了‘双纽线周率与算术平均’的博客可见‘http://www.cnblogs.com/pengdaoyi/p/3426294.html’

kastin

John Stillwelll 在他的 Mathematics and Its History 一书中，关于椭圆函数一章中，就是以积分$$\D\int_0^x\frac{\dif t}{\sqrt{1-t^4}}\tag{1}$$为主线来讲解椭圆函数历史源流的。

积分式`(1)`源于人们对Bernoulli 双纽线的弧长积分的研究，因此它也被称为双纽线积分（lemniscatic integral）。 通过各种研究后，数学家们才承认这个积分是一个新的函数，是一族没有初等封闭形式原函数的积分——椭圆积分——中的一个。

关于对这个积分的研究，有许多方法。其中有一种方法就是类比法，下面介绍一下。

回忆一下三角函数，它们在很多地方又被称为圆函数，这主要是因为这些函数是通过单位圆定义的，并且其函数的各种性质（和角，倍角公式等）都是在单位圆内完成的。

若设单位圆内角度为 `\varphi` 的正弦长为`x`，即 `x=\sin \varphi`。考虑反正弦函数，用积分形式表示就是：$$\varphi = \arcsin x=\int_0^x \frac{\dif t}{\sqrt{1-t^2}}\tag{2}$$根据圆内弦的性质，我们很容易得到正弦倍角公式 `\sin 2\varphi=2\sin \varphi \cos \varphi=2\sin \varphi \sqrt{1-\sin^2 \varphi} `，写成反正弦的倍角公式就是$$2\int_0^x \frac{\dif t}{\sqrt{1-t^2}}=\int_0^{2x\sqrt{1-x^2}} \frac{\dif t}{\sqrt{1-t^2}}\tag{3}$$`(3)`式就是单位圆内双倍弧长公式。

显然，考虑正弦和角公式 `\sin(\varphi_1+\varphi_2)=\sin\varphi_1\cos \varphi_2+\cos \varphi_1\sin \varphi_2=\sin \varphi_1\sqrt{1-\sin^2 \varphi_2}+\sin \varphi_2\sqrt{1-\sin^2 \varphi_1}`，使用代换 `x=\sin \varphi_1,y=\sin \varphi_2` 我们立即就能得到更一般的加法公式：$$\int_0^x \frac{\dif t}{\sqrt{1-t^2}}+\int_0^y \frac{\dif t}{\sqrt{1-t^2}}=\int_0^{x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}} \frac{\dif t}{\sqrt{1-t^2}}\tag{4}$$
数学家们研究积分式`(1)`就是通过类比积分式`(2)`来进行研究的。对于`(1)`，Fagnano在1718年给出了双纽线双倍弧长公式$$2\int_0^x\frac{\dif t}{\sqrt{1-t^4}}=\int_0^{2x\sqrt{1-x^4}/(1+x^4)}\frac{\dif t}{\sqrt{1-t^4}}\tag{5}$$以及后来Euler通过研究Bernoulli 双纽线积分时给出更加一般的结论$$\int_0^x\frac{\dif t}{\sqrt{1-t^4}}+\int_0^y\frac{\dif t}{\sqrt{1-t^4}}=\int_0^{(x\sqrt{1-x^4}+y\sqrt{1-x^4})/(1+x^2y^2)}\frac{\dif t}{\sqrt{1-t^4}}\tag{6}$$

注：`(5)`的结论是仿照反正弦得到的。很自然的想法是，将 `t^2` 看做整体，通过替换 `t^2=2v^2/(1+v^4)` 得到$$\int_0^{\sqrt{2}x/\sqrt{1+x^4}}\frac{\dif t}{\sqrt{1-t^4}}=\sqrt{2}\int_0^x\frac{\dif v}{\sqrt{1+v^4}}\tag{5.a}$$然后代换 `v^2=2w^2/(1-w^4)`，这给出$$\frac{\dif v}{\sqrt{1+v^4}}=\sqrt{2}\frac{\dif w}{1-w^4}\tag{5.b}$$将`(5.a)`代入`(5.b)`中，便得到 `(5)`。

上述两次代换的复合就相当于代换 `t=2w\sqrt{1-w^4}/(1+w^4)`，如果一下子想出这个代换，恐怕很难做到。

而`(6)`其实就是Jacobi椭圆函数 `\mathrm{sn}\,x`在 `k^2=-1` 时的和角公式（或者说，第一类不完全椭圆积分 `F(k;\varphi)` 的加法公式，因为二者互为反函数关系）。

考虑楼主的问题，$$\frac{\dif x}{\sqrt{1-x^4}}=\frac{\dif y}{\sqrt{1-y^4}}\tag{*}$$已经分离变量，两端积分得到$$\int_0^x\frac{\dif t}{\sqrt{1-t^4}}+\int_0^y\frac{\dif t}{\sqrt{1-t^4}}=2\int_0^x\frac{\dif t}{\sqrt{1-t^4}}=\int_0^{(x\sqrt{1-x^4}+y\sqrt{1-x^4})/(1+x^2y^2)}\frac{\dif t}{\sqrt{1-t^4}}\tag{#}$$上面用到了`(6)`式的结论。然后利用`(5)`的结论，并考虑到积分式`(1)`的单调性，就得到10#的结果，这里有何问题没有？


补充内容 (2015-1-27 21:14):
注意(#)式右端应该有个积分常数，这里却漏掉了，故而先前得出10楼的荒谬结论，特此澄清。

kastin

@数学星空

1. (* 定义解x=f(y) = -sqrt((1-y^2)/(1+x^2)) *)
   
2. f[y_] = -Sqrt[(1 - y^2)/(1 + y^2)];
   
3. (* 通过解直接计算dx/dy *)
   
4. dxdivdy = D[f[y], y];
   
5. (* 将dx/dy代入微分方程 *)
   
6. dxondy = Sqrt[1 - x^4]/Sqrt[1 - y^4] /.
   
7.    x -> -Sqrt[(1 - y^2)/(1 + y^2)];
   
8. (* 左右两端应该相等，仅考虑实数域 *)
   
9. dxdivdy == dxondy // Reduce[#, Reals] &

复制代码

返回的结果是
`0\leq y<1`

这说明楼主给的解在实数域内是成立的。

wayne

按道理 其通解含有一个积分常数的。为啥还能给出这种特解，感觉还是很诡异。

葡萄糖

参考：
A Brief History of Elliptic Integral Addition Theorems
https://scholar.rose-hulman.edu/ ... 8&context=rhumj

wayne

葡萄糖 发表于 2020-9-23 13:19
参考：
A Brief History of Elliptic Integral Addition Theorems
https://scholar.rose-hulman.edu ...

参考资料很不错，解决了前面没有积分常数的疑惑。
不过，表达式 \(x=\frac{\sqrt{1-c^4} y+c \sqrt{1-y^4}}{c^2 y^2+1}\)不够对称，而且会产生增根。转化成对称的就是\[\frac{x\sqrt{1-y^4}+y\sqrt{1-x^4}}{1+x^2y^2}=c\],

葡萄糖

对于椭圆积分
\begin{align*}
\int_0^{u}\dfrac{\mathrm{d}t}{\sqrt{(1-a^2t^2)(1-b^2t^2)}}+\int_0^{v}\dfrac{\mathrm{d}t}{\sqrt{(1-a^2t^2)(1-b^2t^2)}}=\int_0^{w}\dfrac{\mathrm{d}t}{\sqrt{(1-a^2t^2)(1-b^2t^2)}}
\end{align*}
还可以配方得到一个优美的等式
\begin{align*}
&w=\dfrac{u\sqrt{(1-a^2v^2)(1-b^2v^2)}+v\sqrt{(1-a^2u^2)(1-b^2u^2)}}{1-a^2b^2u^2v^2}\\
\\
&4 (1 - a^2u^2) (1 - a^2v^2) (1 - a^2w^2) = (2 -a^2u^2 -a^2v^2 - a^2w^2 + a^4b^2u^2v^2w^2)^2
\end{align*}
超椭圆积分
\begin{align*}
w&=\sqrt{\dfrac{\left(u^2+v^2\right) \left(1+a^2 b^2 u^2 v^2+a^2 c^2 u^2 v^2+b^2 c^2 u^2 v^2\right)-2 u^2 v^2 \left(a^2+b^2+c^2+a^2 b^2 c^2 u^2 v^2\right)+2uvUV}{1-2(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)u^2v^2+(a^4b^4 +b^4c^4+a^4c^4-2a^4b^2c^2-2a^2b^4c^2-2 a^2b^2c^4)u^4v^4+4a^2b^2c^2u^2v^2(u^2 +v^2)}}\\
\end{align*}

葡萄糖

与椭圆积分有关的对称配方表达式


\begin{gather*}
{\large{\int}}_0^{u}\dfrac{\mathrm{d}t}{\sqrt{(1-a^2t^2)(1-b^2t^2)}}+{\large{\int}}_0^{v}\dfrac{\mathrm{d}t}{\sqrt{(1-a^2t^2)(1-b^2t^2)}}={\large{\int}}_0^{w}\dfrac{\mathrm{d}t}{\sqrt{(1-a^2t^2)(1-b^2t^2)}} \\
\\
\\
w=\dfrac{u\sqrt{(1-a^2v^2)(1-b^2v^2)}+v\sqrt{(1-a^2u^2)(1-b^2u^2)}}{1-a^2b^2u^2v^2}\\
\\
\Downarrow\\  
\\
(u^2 + v^2 + w^2 - a^2 b^2 u^2 v^2 w^2)^2 =  
4 \big[u^2 v^2 + u^2 w^2 + v^2 w^2 - (a^2 + b^2)  u^2 v^2 w^2\big]
\end{gather*}