¿Puede un campo vectorial escribirse siempre como producto cruzado de otros dos campos vectoriales?

Question

Como sugiere el título, puede cualquier campo vectorial conservador arbitrario, $\bf{F}$ $= \langle P,Q,R \rangle$ donde las funciones componentes son funciones de $(x,y,z)$ siempre se escribe como un producto cruzado de otros dos campos vectoriales, a saber $\bf{A} \times \bf{B}$ ? Yendo más allá, dejemos que $\bf{A}$ $= \nabla a$ , donde $a = a(x,y,z)$ y tiene primeras derivadas parciales continuas. Además, dejemos que $\bf{B}$ $=\langle b_1,b_2,b_3\rangle$ donde las funciones componentes son funciones de $(x,y,z)$ .

Lo que tengo hasta ahora es lo siguiente:

$\cases{ P=\frac{\partial a}{\partial y}b_3-\frac{\partial a}{\partial z}b_2\\ \\ Q=\frac{\partial a}{\partial z}b_1-\frac{\partial a}{\partial x}b_3\\ \\ R=\frac{\partial a}{\partial x}b_2-\frac{\partial a}{\partial y}b_1 }$

El motivo de mi pregunta es que recientemente he resuelto la siguiente cuestión:

Dejemos que $f$ sea una función suave definida en $\mathbb{R}^3$ . Sea $S$ sea la superficie plana, $\{(x,y,z):f(x,y,z)=c\}$ para algunos $c \in \mathbb{R}$ . Supongamos que $\nabla f$ nunca es el vector cero en $S$ y que $\bf{F}$ $=\nabla f$ . Demuestre que la integral de superficie sobre $S$ de $\bf{F} \times \bf{G}$ es $0$ para cualquier $\bf{G}$ . ( $\star$ )

Y pensé que podría usar esta propiedad si puedo tomar una integral de superficie complicada e intentar descomponerla en este caso para ver fácilmente las respuestas que son cero. Así que supongo que estoy pidiendo las condiciones que los campos vectoriales arbitrarios deben satisfacer para utilizar el resultado de la propiedad en el problema anterior.

Gracias.

$\bf{EDIT}$

Resumen de las preguntas:

Q1. ¿Puede un campo vectorial escribirse siempre como producto cruzado de otros dos campos vectoriales? $\bf{Answered.}$

Q2. Dado que $\bf{F}$ $=\nabla f$ puede escribirse como un producto cruzado de dos campos vectoriales, ¿qué otras condiciones son necesarias para utilizar el resultado de $(\star)$ ? $\bf{Answered.}$

Answer 1

¿Puede un campo vectorial escribirse siempre como producto cruzado de otros dos campos vectoriales?

Pero si estamos considerando algún espacio vectorial especial en algún espacio especial, para un campo vectorial $\mathbf{F}\in C^{\infty}_c(\mathbb{R}^3)$ y sin divergencias Entonces, localmente, sí. Existe un campo vectorial que está en forma de producto cruzado que no difiere con el original bajo $L^2$ -normas.

La construcción explícita se conoce como lema de Poincare o descomposición de Helmholtz. Como referencia se puede consultar el último capítulo de la Introducción al análisis de Spivak, o el último teorema de Wade (la presentación se da para las variedades y $k$ -y esta pregunta es relevante.

La prueba consiste en construir un $\mathbf{F}'$ primero, para $\mathbf{p} = (x,y,z)\in \mathbb{R}^3$ , dejemos que $$ \mathbf{F}'(x,y,z) = -\mathbf{p}\times \int^1_0 t\nabla \times \mathbf{F}(t\mathbf{p})\,dt.\tag{$ \N - La estrella $} $$ Aplicando cierta técnica de molificación para hacer $\mathbf{F}'$ tienen un soporte compacto que es un subconjunto del soporte de $\mathbf{F}$ (con un ligero abuso de la notación sólo denota la aproximación compacta a la identidad de $\mathbf{F}'$ como $\mathbf{F}'$ ), y en esta pequeña vecindad, podemos verificar que $$ \nabla \times \mathbf{F}' = \nabla \times \mathbf{F},\quad \text{and }\; \nabla \cdot \mathbf{F}'= \nabla \cdot \mathbf{F}=0. $$ Ahora usa la desigualdad de Poincare: $$ \|\mathbf{F} - \mathbf{F}'\|_{L^2(\mathbb{R}^3)} \leq C\|\nabla (\mathbf{F} - \mathbf{F}')\|_{L^2(\mathbb{R}^3)}.\tag{1} $$ También para el campo vectorial suave: $$ -\Delta = \nabla\times\nabla \times - \nabla \nabla \cdot, $$ integración por partes dos veces tenemos $$ \int_{\mathbb{R}^3} |\nabla (\mathbf{F} - \mathbf{F}')|^2 = \int_{\mathbb{R}^3} |\nabla\times (\mathbf{F} - \mathbf{F}')|^2 + \int_{\mathbb{R}^3} |\nabla\cdot (\mathbf{F} - \mathbf{F}')|^2 . $$ Volviendo a (1) tenemos: $$\|\mathbf{F} - \mathbf{F}'\|_{L^2(\mathbb{R}^3)} =0.$$ En otras palabras, $\mathbf{F}$ y $\mathbf{F}'$ sólo se diferencian de la otra en un conjunto de medida cero. Ahora comprueba $\mathbf{F}'$ de la forma en $(\star)$ .

Advertencia: globalmente no es posible, ( $\star$ ) prohíbe el uso directo de la desigualdad de Poincare de forma global.

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Dejemos que $f$ sea una función suave definida en $\mathbb{R}^3$ . Sea $S$ sea la superficie plana, $\{(x,y,z):f(x,y,z)=c\}$ para algunos $c \in \mathbb{R}$ . Supongamos que $\nabla f$ nunca es el vector cero en $S$ y que $\bf{F}$ $=\nabla f$ . Demuestre que la integral de superficie sobre $S$ de $\bf{F} \times \bf{G}$ es $0$ para cualquier $\bf{G}$ .

La integral de superficie es la siguiente: $$ \int_S \nabla f \times \mathbf{G} \cdot {\mathbf{n}} \,dS = \int_S {\mathbf{n}}\times \nabla f \cdot \mathbf{G} \,dS = 0.\tag{$ \N - Puñal $} $$ Si todo es suave, entonces esto es cierto para $\nabla f$ es paralela al vector unitario normal a esta superficie plana (en realidad el vector unitario normal a $S$ se define como $\pm \nabla f/|\nabla f|$ Aquí es donde usted necesita $\nabla f \neq 0$ ).

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¿Qué condiciones son necesarias para que pueda utilizar el resultado del segundo problema citado?

Una condición necesaria es que $\mathbf{F}\times \mathbf{G} \cdot \mathbf{n}$ tiene media cero en esta superficie $S$ .

• Si $S$ es una superficie cerrada, entonces $\nabla \cdot(\mathbf{F}\times \mathbf{G}) = 0$ dentro del dominio que encierra esta superficie es suficiente. Esto es por el teorema de la divergencia.

• Si $S$ no está cerrado, sólo es una superficie plana $\{f= c\}$ que diste. Entonces $\mathbf{F} = \nabla f$ es suficiente. Para $\mathbf{F}$ es paralela a la normal de la superficie $\mathbf{n}$ y por lo tanto $\mathbf{F}\times \mathbf{G}$ es perpendicular a $\mathbf{n}$ en un punto, lo que hace que la integral desaparezca. Debido a $(\dagger)$ y la arbitrariedad de $\mathbf{G}$ una condición necesaria, dada $\mathbf{F}$ tiene la forma $\nabla f$ es que $\nabla f\times \mathbf{n} = 0$ a.e.. Lo que esta condición implica es que: $$ \text{The potential } f \text{ doesn't vary tangentially on this surface.} $$ Es decir, $f$ no tiene que ser la ecuación de la superficie, puede ser cualquier función suave, siempre que sea una constante en esta superficie plana $S$ , $(\dagger)$ es 0. Por ejemplo, la superficie nivelada es $x^2+y^2+z^2 = c$ y $\mathbf{F} = \nabla e^{-(x^2+y^2+z^2)}$ .

Answer 2

No continuamente, no. Si el campo vectorial $\mathbf F(\mathbf x)=\mathbf x$ podría escribirse como $\mathbf A\times\mathbf B$ entonces $\mathbf A$ restringido a la esfera $S^2$ sería un campo vectorial tangente no evanescente, contradiciendo la teorema de la bola peluda .

Answer 3

Globalmente, la respuesta es en general no, como han demostrado Chris Culter en su respuesta y achille hui en su comentario. Pero localmente, cerca de cualquier punto $p \in R^3$ donde $Y(p) \ne 0$ La respuesta es siempre afirmativa.

Para ver esto, supongamos $Y(p) \ne 0$ . Supongo que por campo vectorial se permite un cierto grado de suavidad, así que digamos que $Y$ es al menos $C^1$ . Entonces podemos elegir fácilmente, cerca de $p$ un campo vectorial $W$ tal que $Y$ y $W$ son linealmente independientes (de nuevo, suficientemente cerca de $p$ ). Sea $Z = W \times Y$ . Entonces $\langle Z, Y \rangle = \langle Z, W \rangle = 0$ y además $Z \ne 0$ . Sea $e_Y = \frac{Y}{\Vert Y \Vert}$ tenemos $\Vert e_Y \Vert = 1$ . Sea $X = W - \langle W, e_Y \rangle e_Y$ Entonces $X \ne 0$ desde $W$ y $Y$ Por lo tanto $W$ y $e_Y$ son linealmente independientes. Además,

$\langle X, Y \rangle = \langle W, Y \rangle - \langle W, e_Y \rangle \langle Y, e_Y \rangle = \langle W, Y \rangle - \langle W, e_Y \rangle \Vert Y \Vert = \langle W, Y \rangle - \langle W, \Vert Y \Vert e_Y \rangle = 0$ ,

y $\langle X, Z \rangle = \langle W - \langle W, e_Y \rangle e_Y, W \times Y \rangle = 0$ . Estos cálculos muestran que los tres campos de vectores $X$ , $Y$ , $Z$ son ortogonales y no evolucionan al menos en una pequeña vecindad de $p$ . Tomando los campos vectoriales unitarios $e_X = \frac{X}{\Vert X \Vert}$ , $e_Y = \frac{Y}{\Vert Y \Vert}$ , $e_Z = \frac{Z}{\Vert Z \Vert}$ Debemos tener $e_Y = \pm e_X \times e_Z$ . Así que $Y = Ye_Y = \pm \Vert Y \Vert e_X \times e_Z$ . Invertir el signo de $e_X$ o $e_X$ si es necesario obtenemos $Y = (\Vert Y \Vert e_X) \times e_Z$ , demostrando que $Y$ es de hecho expresable como el producto cruzado de dos vectores, al menos localmente, cerca de $p \in R^3$ .

Por último, y sin ánimo de ser demasiado preciso, creo que Chris Culter tenía razón, en su comentario, al observar que $\nabla$ es no un campo vectorial. El resultado dado aquí, al ser básicamente algebraico, se aplica tanto si $\nabla \cdot Y = 0$ o no; el teorema de Helmholtz no se aplica, en mi opinión.