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Ok, das sieht doch schon mal ganz anders aus, und sogar in LaTeX, sehr schön.
Nun zur Rechnung: In Deinem $\frac{dF}{dt}$ fehlt ein $-x'(t)$. Und wenn Du dann nicht die Ableitungen ersetzt, sondern alles andere, also die rechten Seiten der Dgl (die tauchen da nämlich auf) durch die Ableitungen, dann erhält man $\frac{dF}{dt}(x(t),y(t))=(x'(t))^2+(y'(t))^2\ge 0$.
Nun zur Rechnung: In Deinem $\frac{dF}{dt}$ fehlt ein $-x'(t)$. Und wenn Du dann nicht die Ableitungen ersetzt, sondern alles andere, also die rechten Seiten der Dgl (die tauchen da nämlich auf) durch die Ableitungen, dann erhält man $\frac{dF}{dt}(x(t),y(t))=(x'(t))^2+(y'(t))^2\ge 0$.
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mikn
Lehrer/Professor, Punkte: 33.09K
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Mikn wurde bereits informiert.
$$\frac{d}{dt}F(x(t),y(t))\geq0$$."
Was ich gemacht habe: $\frac{d}{dy}[x^2+y^2-1]=2y$, $\frac{d}{dx}[2xy]=2y$ was impliziert, dass es ein Gradientenfeld ist.
Auf $F(x,y)$ komme ich, wenn ich $\int x^2+y^2-1 dx=\frac{x^3}{3}+xy^2-x + t(y)$, $\int 2xy$ $dy = xy^2+g(x)$ rechne. $F(x,y) = \frac{x^3}{3}+xy^2-x$.
Um $\frac{d}{dt}F(x(t),y(t))\geq0$ zu zeigen leite ich $F(x,y)$ ab was $\frac{d}{dt}F(x(t),y(t))=x(t)^2x'(t)+x'(t)y(t)^2+2x(t)y(t)y'(t)$ ergeben sollte. Wenn man noch $x'(t)$ und $y'(t)$ von der Angabe einsetzt kommt man auf die Ungleichung $x(t)^4+y(t)^4+6x(t)^2y(t)^2-2x(t)^2-2y(t)^2+1\geq0$. ─ grammel 09.05.2022 um 16:57