通过极坐标求非线性微分方程组的一组解{x(t),y(t)}

嘿，咱们一步步来解决这个问题——首先我注意到你有个小笔误：你写的x=r\sin\phi应该是y=r\sin\phi，没关系，先修正这个，然后正式开始求解：

首先回忆极坐标与直角坐标的导数关系：

• 由$r^2 = x^2 + y^2$，两边对$t$求导得：$2r\dot{r} = 2x\dot{x} + 2y\dot{y}$，化简后得到 $\dot{r} = \frac{x\dot{x} + y\dot{y}}{r}$
• 由$\phi = \arctan\left(\frac{y}{x}\right)$，求导可得 $\dot{\phi} = \frac{x\dot{y} - y\dot{x}}{r^2}$

现在把题目里的$\dot{x}$和$\dot{y}$代入这两个式子：

计算$\dot{r}$ #

将$\dot{x}=y+\frac{x}{\sqrt{x^2+y2}}(1-x^2-y2)$（注意$\sqrt{x^2+y2}=r$，$x^2+y2=r^{2$）和$\dot{y}=-x+\frac{y}{\sqrt{x}2+y^2}}(1-x2-y^2)$代入$x\dot{x}+y\dot{y}$：
$$
\begin{align*}
x\dot{x} + y\dot{y} &= x\left(y + \frac{x}{r}(1-r^2)\right) + y\left(-x + \frac{y}{r}(1-r^2)\right) \
&= xy + \frac{x^2}{r}(1-r2) - xy + \frac{y^2}{r}(1-r2) \
&= \frac{x^2 + y^2}{r}(1-r2) \
&= \frac{r^2}{r}(1-r2) \
&= r(1-r^2)
\end{align*}
$$
所以$\dot{r} = \frac{r(1-r^2)}{r} = 1 - r^2$，这是一个可分离变量的微分方程！

计算$\dot{\phi}$ #

代入$x\dot{y} - y\dot{x}$：
$$
\begin{align*}
x\dot{y} - y\dot{x} &= x\left(-x + \frac{y}{r}(1-r^2)\right) - y\left(y + \frac{x}{r}(1-r^2)\right) \
&= -x^2 + \frac{xy}{r}(1-r^2) - y^2 - \frac{xy}{r}(1-r^2) \
&= -(x^2 + y^2) \
&= -r^2
\end{align*}
$$
所以$\dot{\phi} = \frac{-r^2}{r2} = -1$，这个方程非常简单！

先解$\dot{\phi}=-1$ #

直接对$t$积分即可：
$$\phi(t) = -t + C_1$$
其中$C_1$是初始相位常数，由初始条件（比如$t=0$时的$\phi$值）决定。

再解$\dot{r}=1-r^2$ #

这是典型的可分离变量方程，先分离变量：
$$\frac{dr}{1-r^2} = dt$$
对左边用部分分式分解：$\frac{1}{1-r^2} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{1-r} + \frac{1}{1+r}\right)$，然后两边积分：
$$\frac{1}{2}\left(-\ln|1-r| + \ln|1+r|\right) = t + C_2$$
化简后：
$$\ln\left|\frac{1+r}{1-r}\right| = 2t + 2C_2$$
两边取指数，令$K = \pm e^{2C_2}$（$K$为正的常数，因为极径$r\geq0$）：
$$\frac{1+r}{1-r} = Ke^{2t}$$
接下来解出$r(t)$：
$$1+r = Ke^{2t}(1-r) \
1+r = Ke^{2t} - Ke^{2t}r \
r(1 + Ke^{2t}) = Ke^{2t} - 1 \
r(t) = \frac{Ke^{2t} - 1}{Ke^{2t} + 1}$$

如果代入初始条件$r(0)=r_0$（即$t=0$时的极径），可得$K = \frac{1+r_0}{1-r_0}$（假设$r_0\neq1$），代入后也可以写成更直观的形式：
$$r(t) = \frac{e^{2t}(1+r_0) - (1-r_0)}{e^{2t}(1+r_0) + (1-r_0)}$$

利用极坐标与直角坐标的转换关系$x=r\cos\phi$、$y=r\sin\phi$，把上面求得的$r(t)$和$\phi(t)$代入：
$$x(t) = \frac{Ke^{2t} - 1}{Ke^{2t} + 1} \cos(-t + C_1) = \frac{Ke^{2t} - 1}{Ke^{2t} + 1} \cos(t - C_1)$$
$$y(t) = \frac{Ke^{2t} - 1}{Ke^{2t} + 1} \sin(-t + C_1) = -\frac{Ke^{2t} - 1}{Ke^{2t} + 1} \sin(t - C_1)$$

如果有具体的初始条件（比如$t=0$时$x(0)=x_0$、$y(0)=y_0$），可以直接用$r_0=\sqrt{x_0^2+y_02}$、$C_1=\arctan\left(\frac{y_0}{x_0}\right)$替换$K$和$C_1$，得到对应初始条件的特解。

当$r=1$时，$\dot{r}=1-1=0$，说明极径保持不变，此时$\dot{\phi}=-1$，对应的解为：
$$x(t)=\cos(-t+C_1)=\cos(t-C_1),\quad y(t)=\sin(-t+C_1)=-\sin(t-C_1)$$
这是单位圆上的顺时针旋转轨迹，代入原微分方程验证：$\dot{x}=y + x(1-1)=y$，$\dot{y}=-x + y(1-1)=-x$，完全符合单位圆的导数特性，验证正确。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Vid