Puede un gradiente de campo vectorial sin equilibrios punto en cada dirección?

Question

Supongamos que $V:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ es una función uniforme tal que $\nabla V : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ no tiene equilibrios (es decir,$\forall x \in \mathbb{R}^n : \nabla V (x) \not = 0$). Bajo estas hipótesis, es posible que $\nabla V (x)$ puede apuntar en cualquier dirección?

Para ser más precisos, en virtud de las anteriores hipótesis el mapa $$\mathbb{R}^n \to \mathbb{S}^{n-1} $$ $$x \mapsto \frac{\nabla V(x)}{\|\nabla V (x)\|} $$ está bien definido. Es imposible que un mapa para ser surjective? Si no, ¿qué es un contraejemplo?

Answer 1

Es posible tener un campo de vectores sin punto de equilibrio y toma todas las direcciones posibles en las $\mathbb{R^n}$ cualquier $n \ge 2$.

La prueba de la 2-dimensión caso es la siguiente. Desde que, campos vectoriales de dimensión mayor de los casos puede ser construida.

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Deje $\rho : [0,\infty) \to \mathbb{R}$ cualquier $C^\infty$ función tal que

1. $\rho(0) = \rho'(0) = 0$.
2. $|r\rho'(r)| < 1$ todos los $r \ge 0$.
3. para algunos $r_c > 0$, $\rho(r_c) = 2\pi$.
4. para algunos $r_m > 0$, $N \in \mathbb{Z}$, $\rho(r) = 2\pi N$ para todos los $r \ge r_m$.

Para cualquier punto de $(x,y) \in \mathbb{R}^2$, vamos a $(r,\theta)$ la correspondiente coordenadas polares.
Deje $\hat{e}_x, \hat{e}_y, \hat{e}_r, \hat{e}_\theta$ unidad los vectores a lo largo de la $x$, $y$, $r$ y $\theta$ direcciones respectivamente.

Considere la siguiente función $$U(x,y) = r\cos(\theta - \rho(r)) = x\cos\rho(r) + y\sin\rho(r)$$ Su pendiente está dada por:

$$\begin{align} \vec{\nabla} U &= \hat{e}_x \left( \cos\rho + \frac{x\rho'}{r}( -x \sin\rho + y\cos\rho )\right) + \hat{e}_y \left( \sin\rho + \frac{y\rho'}{r}( -x \sin\rho + y\cos\rho )\right)\\ &= \hat{e}_r\left(\cos(\theta - \rho) + r\rho'\sin(\theta-\rho)\right) -\hat{e}_\theta\left(\sin(\theta-\rho)\right) \end{align} $$ A partir de estas dos expresiones, es fácil deducir

• $\vec{\nabla} U$ está bien definido a $(0,0)$ porque $\rho'(0) = 0$.
• $\vec{\nabla} U(0,0) = \hat{e}_x$ porque $\rho(0) = 0$.
• $\vec{\nabla} U \ne 0$ $r > 0$ porque $$\begin{align} |\vec{\nabla} U| &= |\hat{e}_r\left(\cos(\theta - \rho) + r\rho'\sin(\theta-\rho)\right) -\hat{e}_\theta\left(\sin(\theta-\rho)\right)|\\ &\ge |\hat{e}_r\left(\cos(\theta - \rho)\right) -\hat{e}_\theta\left(\sin(\theta-\rho)\right)| - |\hat{e}_e \left(r\rho'\sin(\theta-\rho)\right)|\\ &\ge 1 - |r\rho'| > 0 \end{align} $$

Combinar estos, nos encontramos con $\nabla U \ne 0$$\mathbb{R}^2$. Esto nos permite definir la siguiente unidad de campo vectorial a nivel mundial en $\mathbb{R}^2$.

$$\hat{u}(x,y) = \frac{\vec{\nabla}U(x,y)}{\left|\vec{\nabla}U(x,y)\right|}$$

Sobre la curva $\displaystyle\;\gamma : [0,r_c] \ni t \quad\mapsto\quad (t\cos\rho(t),t\sin\rho(t)) \in \mathbb{R}^2\;$, tenemos $$\hat{u}(t) = \hat{e}_r = \hat{e}_x \cos\rho(t) + \hat{e}_y\sin\rho(t)$$ A medida que nos movemos de $\gamma(0)$ $\gamma(r_c)$a lo largo de $\gamma$, $\hat{u}(\gamma(t))$ cubre la totalidad del $S^1$ al menos una vez. El mapa de $\hat{u}$ es surjective en $\gamma$ y de ahí en $B(0,r_c)$$\mathbb{R}^2$. Esto significa $U$ es un contra-ejemplo de $V$ para el 2-dimenisonal caso.

Para dimensiones superiores, considere la siguiente función en su lugar:

$$V(x_1,x_2,\ldots,x_n) \stackrel{def}{=} U\left( x_1, \sqrt{x_2^2 + x_3^2 + \cdots + x_n^2} - (r_m+1)\right)$$

Aviso de $B(0,r_m) \supset B(0,r_c)$, el mapa $\frac{\vec{\nabla}V}{|\vec{\nabla}V|}$ es claramente surjective sobre el hyper-toro $$ \bigg\{ (x_1,\ldots,x_n) : x_1^2 + \left(\sqrt{x_2^2 + x_3^2 + \cdots + x_n^2} - (r_m+1)\right)^2 \le r_m^2 \bigg\}$$ Desde $U(x,y) = x$ siempre $x^2 + y^2 \ge r_m^2$, $V(x_1,\ldots,x_n) = x_1$ más el complemento de la hiper-toro. Ya que contiene la $x_1$-eje, $V$ es suave todo el mundo. Finalmente, es de fácil comprobación $\nabla V$ nunca se desvanece.

Answer 2

En $\mathbb{R}^2$ usted puede construir un contraejemplo una vez a probar el siguiente teorema: Si usted tiene una familia de curvas suaves $C_n: (0,1)\to \mathbb{R}^2$ tal que $\lim_{t\to 0}p_1(C_n(t))=-\infty$ $\lim_{t\to 1}p_1(C_n(t))=+\infty$ donde $p_1$ es la proyección sobre la primera entrada, y de tal manera que no hay intersecciones y no selfintersections, entonces existe una función suave $F:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$ $\nabla F$ ningún lugar de cero tal que: $F(C_n(t))=n$ $\nabla(F(C_n(t)))$ es ortogonal a $C'_n(t)$ (que es siempre distinto de cero).

Ahora usted puede tomar la forma de S, o cualquier otra curva que satisfagan las condiciones del teorema y apuntando en todas las direcciones (para los diferentes t), el cuadro se completa con otras curvas y aplicar el teorema, la obtención de un contraejemplo.

El teorema es intuitivamente y geométricamente claro, pero no tengo ninguna prueba ni referencia.