Operador de antienrollamiento

Question

Es sabido que si un campo vectorial $\vec{B} \;\;\;$es la divergencia libre, y se definen en $ R^3 $, entonces se puede demostrar como $\vec{B}=\nabla\times\vec{A} \;\;$ para un campo del vector A.

Es allí una manera de encontrar una que satisfaga esta ecuación (sé que hay muchas posibilidades para Una)? Nota: quiero encontrar sin el uso de la fórmula explícita para $B_x(x,y,z), B_y(x,y,z), B_z(x,y,z)$, pero tal vez con una fórmula que involucra superficie/curvas integrales.

Por ejemplo, he encontrado que en el 2D caso (si $B_z=0$$\vec{B}=\vec{B}(x,y)\;\;$) se ve como: $$\vec{A}(x,y)=\hat{z}\int_{\vec{R_0}}^{\vec{r}} (\hat{z}\times\vec{B})\cdot\vec{dl}$$ Estoy buscando algo similar, en el caso general.

Answer 1

Este es el llamado de Poincaré del Lexema. Voy a escribir la versión estándar, en un barrio alrededor del origen. La costumbre fraseo es decir, que la forma cerrada es localmente exacto, el hecho de que este no es globalmente verdad es de las cosas de cohomology. Este es el de las páginas 94-96 de Cálculo en los Colectores de Michael Spivak.

Dada su divergencia-free vector campo $(F_1(x,y,z), \; F_2(x,y,z), \; F_3(x,y,z)),$ $x$- coordenadas del nuevo campo vectorial $G$ es $$ G_1(x,y,z) = \int_0^1 \; \left( \; t z F_2(tx, ty,tz) - t y F_3(tx, ty,tz) \; \right) \; dt, $$ el $y$-coordinar es $$ G_2(x,y,z) = \int_0^1 \; \left( \; t x F_3(tx, ty,tz) - t z F_1(tx, ty,tz) \; \right) \; dt, $$
con $z$-coordinar $$ G_3(x,y,z) = \int_0^1 \; \left( \; t y F_1(tx, ty,tz) - t x F_2(tx, ty,tz) \; \right) \; dt. $$

Tenga en cuenta que las fracciones tienden a mostrar si usted tiene cualquiera de los exponentes. Me hizo una prueba con una muestra aleatoria de campo, $$ H = (xyz, \; x y^2 z^3, \; x y^3 z^5).$$ I, a continuación, tomó el curl para obtener $$ F = \nabla \times H = ( 3 x y^2 z^5 - 3 x y^2 z^2, \; x y - y^3 z^5, \; y^2 z^3 - x z).$$ Los tres componentes son lo que yo estoy llamando $F_1,F_2,F_3.$ sabemos que $F$ es un rizo, por construcción, y sabemos que es la divergencia libre (check!). Ir a través de Poincaré de la receta, después de la fijación de un pocos de mis errores de contabilidad, dio lugar $$ G_1 = \frac{1}{2} x y z - \frac{1}{10} y^3 z^6 - \frac{1}{7} y^3 z^3,$$ $$ G_2 = \frac{4}{7} x y^2 z^3 - \frac{1}{4} x^2 z - \frac{3}{10} x y^2 z^6,$$ $$ G_3 = \frac{4}{10} x y^3 z^5 - \frac{1}{4} x^2 y - \frac{3}{7} x y^3 z^2.$$ Este tiene un poco de un aspecto diferente de $H.$ Que está muy bien. Como $H,G$ tienen la misma curvatura, se deduce simplemente de que $(G-H)$ es el gradiente de una función.

En esa nota, si usted tiene un rizo-campo libre $W = (W_1, W_2, W_3),$ es el gradiente de una función de $f$ dada por $$ f(x,y,z) = \int_0^1 \; \left( \; x W_1(tx, ty,tz) + y W_2(tx, ty,tz) + z W_3(tx, ty,tz) \; \right) dt.$$

Answer 2

No estoy seguro de si esto es lo que quiso decir por la exclusión explícita de la fórmula', pero un campo vectorial se construye en la prueba de Helmholtz teorema; $\mathbf{A}(\mathbf{r})$ está dado por

$$\mathbf{A}(\mathbf{r}) = \frac{1}{4\pi} \int_{\mathbb{R}^3} \frac{\nabla \times \mathbf{B}(\mathbf{r}')}{\mathbf{|r - r'|}}$$

donde $\mathbf{r'}$ es la variable que se está integrando.

Para ver por qué esto funciona, usted necesita tomar la curvatura de la ecuación anterior; sin embargo, necesitará alguna función delta de identidades, especialmente

$$\nabla^2(1/\mathbf{|r - r'|}) = -4 \pi \delta(\mathbf{r - r'}).$$

Si estás a gusto con ellas, usted debería ser capaz de terminar la prueba en su propio. Si usted no está seguro, sólo pregunte por aquí y estaré encantado de proporcionar más detalles.