Me preguntaba si hay un campo del vector que satisface la siguiente condición:
$$ \vec F = \nabla \times \vec F$ $
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Me gustaría ofrecer un alto de la ceja respuesta a esta pregunta. Aunque me doy cuenta de que esta solución es probable que sea por encima de la OP, yo espero que va a ser de algún interés para los demás.
Reclamo: Vamos a $u(x,y)$, $v(x,y)$, $w(x)$ ser verdaderas funciones analíticas (definida en una vecindad de 0$$). Entonces existe un único real-analítica del vector de campo $F = (F^1, F^2, F^3)$ que satisface $\text{curl}\,F = F$ y $$\begin{align} F^1(x,0,0) y = w(x) \\ F^2(x,y,0) y = u(x,y) \\ F^3(x,y,0) y = v(x,y). \end{align}$$
Vamos a demostrar esto mediante la aplicación de los Cauchy-Kovalevskaya Teorema de dos veces. Aquí debo reconocer que la primera vez que vi este techinque aplicado a $\text{curl}\,F = F$ en un ejercicio de Robert Bryant "Nueve Conferencias en el Exterior Diferencial de los Sistemas."
De Cauchy-Kovalevskaya Teorema: Si $\mathbf{H}$ y $\phi$ es real-funciones analíticas cerca del origen, entonces existe una vecindad del origen, en el cual existe un único real-solución analítica de $\mathbf{g}(\mathbf{x}, t)$ a $$\begin{align} \frac{\partial \mathbf{g}}{\partial t}(\mathbf{x},t) & = \mathbf{H}(\mathbf{x},t, \mathbf{g}(\mathbf{x},t), \frac{\partial \mathbf{g}}{\partial x^i}) \\ \mathbf{g}(\mathbf{x}, 0) & = \phi(\mathbf{x}) \end{align}$$ Un PDE sistema de este formulario será llamado un "problema de Cauchy."
El programa de instalación
La ecuación $\text{curl}\,F = F$ puede ser visto como un sobredeterminada sistema de ecuaciones en derivadas parciales, de hecho, un sistema de 4 de primer orden quasilinear ecuaciones para 3 funciones desconocidas. Es decir, si escribimos $F = (F^1, F^2, F^3)$, entonces la condición $\text{curl}\,F = F$ se convierte en: $$\begin{align} \frac{\partial F^2}{\partial z} - \frac{\partial F^3}{\partial y} & = F^1 \etiqueta{1} \\ \frac{\partial F^3}{\partial x} - \frac{\partial F^1}{\partial z} & = F^2 \etiqueta{2} \\ \frac{\partial F^1}{\partial y} - \frac{\partial F^2}{\partial x} & = F^3. \etiqueta{3} \end{align}$$ La cuarta ecuación es una ocultos "integrabilidad condición" de este tipo: es decir, cualquier solución que $F$ $\text{curl}\,F = F$ debe satisfacer $\text{div}\,F = 0$. Esto nos da un cuarto (de primer orden quasilinear) ecuación $$\frac{\partial F^1}{\partial x} + \frac{\partial F^2}{\partial y} + \frac{\partial F^3}{\partial z} = 0. \etiqueta{4}$$
Los Problemas De Cauchy
Podemos escribir este sistema como una secuencia de dos problemas de Cauchy de la siguiente manera. Vamos a $u(x,y)$, $v(x,y)$ y $w(x)$ arbitraria real de funciones analíticas.
Considerar en primer lugar el problema de encontrar $g(x,y)$ tal que $$\begin{align} \frac{\partial g}{\partial y} & = \frac{\partial u}{\partial x} + v(x,y) \\ g(x,0) y = w(x). \end{align}$$ Por Cauchy-Kovalevskaya$^\daga$, no existe una única real-solución analítica de $g(x,y)$.
Segundo, dejar que $g(x,y)$ ser una solución como en el anterior, consideramos que el problema de encontrar $F^1, F^2, F^3$ que $$\begin{align} \frac{\partial F^1}{\partial z} & = -F^2 + \frac{\partial F^3}{\partial x} \\ \frac{\partial F^2}{\partial z} & = F^1 + \frac{\partial F^3}{\partial y} \\ \frac{\partial F^3}{\partial z} & = -\frac{\partial F^1}{\partial x} - \frac{\partial F^2}{\partial y} \\ F^1(x,y,0) y = g(x,y) \\ F^2(x,y,0) y = u(x,y) \\ F^3(x,y,0) y = v(x,y) \end{align}$$ Por Cauchy-Kovalevskaya, de nuevo, no existe una única real-solución analítica de $F = (F^1, F^2, F^3)$.
Por construcción, esta solución $(F^1, F^2, F^3)$ satisface las ecuaciones (1), (2) y (4). Uno puede comprobar (ejercicio!$^*$) que esta $F$ necesariamente satisface la ecuación (3) así. Esto completa la prueba. $\pastilla de$
Notas finales
$^\daga$ es cierto que un exceso de aquí
$^*$ Sugerencia para el Ejercicio: Considere $E(x,y,z) := \frac{\partial F^1}{\partial y} - \frac{\partial F^2}{\partial x} - F^3$. Compruebe que $E(x,y,0) = 0$ y $\frac{\partial E}{\partial z} = 0$ y, a continuación, aplicar la singularidad de Cauchy-Kovalevskaya.
Tenga en cuenta que este ejercicio muestra la razón por la que necesitamos el primer problema de Cauchy en todo: que es, que no podíamos elegir $F^1(x,y,0) = g(x,y)$ completamente arbitraria!
GPerez
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Para dar una respuesta final, he encontrado que, en las coordenadas de la unidad estándar, el campo $$F(x,y,z) = (-z \cos, \sin z, 0) $$ es igual a su enrollamiento. De nuevo, traído a usted por este trabajo.
P.d.: Mi primer intento reveló que Wolfram Alpha es un tipo sabio.
Phonics The Hedgehog
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CodingBytes
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Jesse Madnick la respuesta a pesar de que uno podría estar interesado en no trivial soluciones explícitas a partir de la cual más complicado que las soluciones pueden ser generadas por el transporte y la superposición.
Estoy buscando soluciones que no dependen de la tercera variable – "ondas planas", por así decirlo. Cuando $F=(F_1,F_2,F_3)$ es la solución entonces $${\rm curl}\,F=(F_{3.2},-F_{3.1}, F_{2.1}-F_{1.2})\ .$$ Escribimos $F_3=:u$. La condición de ${\rm curl}\,F=F$, a continuación, conduce a $F_1=u_y$, $F_2=-u_x$, y sobre todo a $$u+\Delta u=0\ .\la etiqueta{1}$$ La bien conocida ecuación de $(1)$ puede ser tratada mediante separación de variables. Desde un punto de vista geométrico sería natural para tratar $u=R(r)\>\Phi(\phi)$, pero esto conduce a Bessel de la ecuación diferencial $r^2 R"+r R+(r^2-k^2)R=0$, $\>k\in{\mathbb N}$, cuyas soluciones no son elementales.
Cuando escribimos $u=X(x)\>Y(y)$ en lugar de eso debemos llevar a $$X"+\lambda X=0,\qquad Y"+(1-\lambda) Y=0\ ;$$ aquí $\lambda\in{\mathbb R}$ es arbitraria. Cuando $0<\lambda<1$ obtenemos soluciones de $u$, que son periódicas en $x$ y $y$. Para otros valores de $\lambda$ la resultante $u$ es periódica en una variable y una función hiperbólica en el otro. Los valores de $\lambda=0$ y $\lambda=1$ son especiales; aquí uno de $X(\cdot)$ y $Y (t)\cdot)$ es lineal, el otro periódico con período de $2\pi$.
