Ayuda para derivar una ecuación de vorticidad

Question

Estoy leyendo Majda & Bertozzi (Vorticidad y Flujo Incompresible). En la página 12 aparece la siguiente ecuación:

$$\frac{D \Omega}{Dt} + \Omega \mathcal{D} + \mathcal{D} \Omega = \nu \Delta \Omega$$

donde $\frac{D}{Dt}$ es la derivada convectiva/lagrangiana/material. $\Omega$ y $\mathcal{D}$ son $3$ por $3$ matrices, la primera antisimétrica y la segunda simétrica, y $\nu$ es un escalar. Usando eso $\Omega$ se define por $\Omega h = \frac{1}{2} \omega \times h $ , donde $\omega$ es una función vectorial que representa la vorticidad, debería poder obtener la siguiente ecuación de vorticidad (que aparentemente juega un papel crucial en el resto del libro): $$ \frac{D \omega}{Dt} = \mathcal{D} \omega + \nu \Delta \omega. $$

¿Alguna idea de cómo?

Aquí hay un enlace al libro

Answer 1

Reescribe la ecuación principal dada en notación de índice (siguiendo la convención de suma de Einstein)

$$ D_t \Omega_{ij} + \Omega_{ik}\mathcal{D}_{kj} + \mathcal{D}_{ik}\Omega_{kj} = \nu\triangle \Omega_{ij} \tag{1}$$

Pequeño $\omega$ se define por $$ \Omega_{ik}h^k = \frac12 \epsilon_{ijk}\omega_j h^k \tag{2}$$ que es la definición del producto cruzado. El $\epsilon_{ijk}$ es el símbolo de Levi-Civita (o tensor totalmente antisimétrico con $\epsilon_{123} = 1$ ).

Introduciendo (2) (lo que implica que $\Omega_{ij} = \frac12 \epsilon_{ikj}\omega_k$ ) en (1) tenemos que

$$ \epsilon_{ilj} D_t\omega_l + \epsilon_{ilk}\mathcal{D}_{kj}\omega_l + \mathcal{D}_{ik}\epsilon_{klj}\omega_l = \nu \epsilon_{ilj}\triangle \omega_l \tag{3}$$

A continuación utilizamos el propiedad del tensor de Levi-Civita , $$ \epsilon_{jik}\epsilon_{jlk} = 2 \delta_{jl} \tag{4}$$ lo que significa que multiplicando (3) por $\epsilon_{imj}$ da $$ 2D_t\omega_m + \left(\epsilon_{ilk}\epsilon_{imj}\mathcal{D}_{kj} + \epsilon_{klj}\epsilon_{imj}\mathcal{D}_{ik}\right) \omega_l = \nu \triangle \omega_m \tag{5}$$ Las propiedades de antisimetría del tensor de Levi-Civita, así como la simetría del tensor $\mathcal{D}$ puede utilizarse para demostrar que $$ \epsilon_{ilk}\epsilon_{imj}\mathcal{D}_{kj} = \epsilon_{klj}\epsilon_{imj}\mathcal{D}_{ik} $$

Así que por otra propiedad del tensor de Levi-Civita, $$ \epsilon_{ijk}\epsilon_{imn} = \delta_{jm}\delta_{kn} - \delta_{jn}\delta_{km} \tag{6}$$ concluimos que (5) es equivalente a $$ D_t\omega_m + \omega_m (\delta_{kj}\mathcal{D}_{kj} - \mathcal{D}_{jm}) = \nu \triangle \Omega_m ~.$$

Lo que demuestra que, de hecho, has omitido una condición necesaria para que su ecuación se mantenga, que es que $\mathcal{D}$ además de ser simétrica, es también sin rastro .

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Si ha aprendido sobre las formas diferenciales, uno debe tratar $\Omega$ como una forma diferencial dos en $\mathbb{R}^3$ y $\omega$ como una forma diferencial en $\mathbb{R}^3$ relacionados por el operador estelar de Hodge $\Omega = *\omega$ . Desde este punto de vista, la ecuación que se desea (la de $\omega$ ) se obtiene simplemente tomando el dual de Hodge de la ecuación dada (la de $\Omega$ ) más un poco de álgebra multilineal.

Answer 2

$\newcommand{\D}{\mathcal D}\DeclareMathOperator{Tr}{Tr}$ Añadir un enfoque. En primer lugar, recuerda que $$\text{ if $ v\times h = w\times h $ for all $ h $, then $ v=w $. }\label{*}\tag{*}$$ (De hecho, el único vector perpendicular a todos los vectores base es el vector cero). La multiplicación de la matriz por $h$ y utilizando $\Omega h= \omega\times h$ ya obtenemos (como $D/Dt$ es un operador escalar) $$\frac{D}{Dt} \omega\times h + (\Omega \D + \D\Omega) h= \nu \Delta \omega \times h .$$

La dificultad, en vista de \eqref {*}, es por tanto en el cálculo de la siguiente identidad $$ (\Omega \D + \D\Omega)h = -(\D \omega)\times h. \label{!}\tag{!}$$ Recordemos que una matriz antisimétrica está en correspondencia uno a uno con los productos cruzados con vectores en $\mathbb R^3$ : $$ w=\begin{bmatrix}w_1\\w_2\\w_3\end{bmatrix}\in\mathbb R^3 \qquad \leftrightarrow \qquad [w]_\times= \begin{bmatrix} 0 &-w_3& w_2\\ w_3& 0 &-w_1 \\ -w_2& w_1& 0 \end{bmatrix}\in \operatorname{Antisym}(\mathbb R,3)$$ (En particular $\Omega = [\omega]_\times$ .) Así que desde $\Omega \D + \D\Omega$ es antisimétrica, representa el producto cruzado con algo . Sólo tenemos que ver que eso algo es $-\D\omega$ es decir $\Omega \D + \D\Omega = [-\D\omega]_\times$ es decir, si establecemos $$\D = \left[d_1 \middle| d_2 \middle| d_3 \Rule{0em}{1em}{0em} \right] = \begin{bmatrix} d_1^T \\\hline d_2^T \\\hline d_3^T\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} d_{11} & d_{12} & d_{13} \\d_{12} & d_{22} & d_{23} \\ d_{13} & d_{23} & d_{33} \\\end{bmatrix}, \quad d_{ij}=d_{ji}$$ entonces tenemos que mostrar $$ \Omega \D + \D\Omega =\begin{bmatrix} 0 &d_3 \cdot \omega & -d_2\cdot \omega \\ -*& 0 &d_1\cdot \omega \\ *& -*& 0 \end{bmatrix}.$$ Como $(\Omega\D)^T=\D^T\Omega^T = -\D\Omega$ sólo tenemos que calcular $\Omega\D$ para calcular $\D\Omega$ . Cálculos restantes; \begin{align} \Omega\D &= \Omega \left[d_1 \middle| d_2 \middle| d_3 \Rule{0em}{1em}{0em} \right] = \left[\omega\times d_1 \middle| \omega\times d_2 \middle| \omega \times d_3 \Rule{0em}{1em}{0em} \right]\\ &= \begin{bmatrix} \omega_2d_{13} -\omega_3d_{12} & \omega_2d_{23} -\omega_3d_{22} & \omega_2d_{33} -\omega_3d_{32} \\ \omega_3d_{11} -\omega_1d_{13} & \omega_3d_{21} -\omega_1d_{23} & \omega_3d_{31} -\omega_1d_{33} \\ \omega_1d_{12} -\omega_2d_{11} & \omega_1d_{22} -\omega_2d_{21} & \omega_1d_{32} -\omega_2d_{31} \end{bmatrix} ,\\ \Omega \D + \D\Omega &= \Omega \D - (\Omega \D)^T \\ &= \begin{bmatrix} 0 &\omega_2d_{23} -\omega_3d_{22} - (\omega_3d_{11} -\omega_1d_{13}) &\omega_2d_{33} -\omega_3d_{32} - (\omega_1d_{12} -\omega_2d_{11}) \\ -*& 0 &\omega_3d_{31}-\omega_1d_{33} - (\omega_1d_{22} -\omega_2d_{21}) \\ *& -*& 0 \end{bmatrix} \\ &= \begin{bmatrix} 0 &d_3 \cdot \omega -\omega_3\Tr\D& -d_2\cdot \omega + \omega_2 \Tr\D \\ -*& 0 &d_1\cdot \omega -\omega_1 \Tr \D \\ *& -*& 0 \end{bmatrix}.\end{align} Así que, de hecho, para el general $\Tr\D$ tenemos $$ \Omega \D + \D\Omega = [(\Tr \D) \omega - \D\omega]_\times.$$ En el caso que nos ocupa $\Tr\D=0$ el resultado \eqref {Sigue.

PS Si hay una manera de terminar sin "mirar en los elementos de las matrices", Me gustaría saber.