Uso del lema de Poincaré en la solución de $\nabla \times \textbf{A}(\textbf{r})=\frac{\textbf{r}}{r^3}$ actualizado

Question

Se le da la siguiente instrucción de la Poincaré Lema: Si $\Phi_t$ es una familia de un parámetro de diffeomorphisms en $\mathbb R^n$ (no necesariamente un subgrupo) y $X_t$ el campo vectorial definido por $$X_t \circ \Phi_t = \frac{\partial}{\partial t}\,\Phi_t,$$ y si $\beta$ es un cerrado $k$-forma en $\mathbb R^n$ tal que $$\Phi_1^* \beta = \beta, \quad \lim_{\epsilon \to 0} \Phi_\epsilon^* \beta = 0,$$ a continuación,$\beta = d\alpha$, donde $$\alpha=\int_0^1 \Phi_t^* i_{X_t}\beta\,dt.$$

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Deje $U = \mathbb{R}^3 \setminus \{(0,0,z) \}$ ($\mathbb{R}^3$$z$- eje quitado ) y considerar la posibilidad de $\beta$ $U$ dada por

$$\beta = \frac{x \,dy \wedge dz + y \,dz \wedge dx + z \,dx \wedge dy}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}$$

Uno puede mostrar que $d\beta=0$.

Deje $\Phi_t(x,y,z)=(x,y,tz)$. Uno puede mostrar que $\Phi_1^*\beta=\beta$, $\lim_{\epsilon \rightarrow 0} \Phi_{\epsilon}^*\beta=0$.

A fin de utilizar el Poincaré Lema a encontrar un campo de vectores $\textbf{A}(\textbf{r})$ $U$ tal que

$$\nabla \times \textbf{A}(\textbf{r})=\frac{\textbf{r}}{r^3}$$

Creo que usted sólo tiene que calcular $\displaystyle \alpha=\int_0^1 \Phi_t^* i_{X_t}\beta \,dt$$\beta = d\alpha$.

$$ \begin{align} \hat{\mathbb{X}}_t &= \left(\frac{\partial}{\partial t}\hat{\Phi}_t \right) \hat{\Phi}_t^{-1} \\ &= \left(\frac{\partial}{\partial t}\hat{\Phi}_t\right) \left(x,y,\frac{z}{t}\right) \\ &=\left(0,0,z/t\right) \end{align}$$

Ahora $\Phi_t \,dx =dx$, $\Phi_t\, dy =dy$ y $\Phi_t\, dz = tdz$.

Así $$ \begin{align} i_{\hat{X}_t}\beta &= \frac{x}{r^3}i_{\hat{X}_t}(dy \wedge dz)+\frac{y}{r^3}i_{\hat{X}_t}(dz \wedge dx)+\frac{z}{r^3}i_{\hat{X}_t}(dx \wedge dy) \\ &= \frac{x}{r^3}\left(\frac{-z}{t}dy\right)+\frac{y}{r^3}\left(\frac{z}{t}dx\right) \\ &= \frac{-zxt}{r^3}dy+\frac{zty}{r^3}dx \end{align} $$

Así $$ \begin{align}\Phi_t^*i_{\hat{X}_t}\beta &= \Phi_t^* \left[\frac{-zxt}{r^3}dy+\frac{zty}{r^3}dx \right] \\ &= \frac{-(tz)xt}{(x^2+y^2+t^2z^2)^{3/2}}dy+\frac{(tz)ty}{(x^2+y^2+t^2z^2)^{3/2}}dx \\ &= \frac{-xzt^2}{(x^2+y^2+t^2z^2)^{3/2}}dy+\frac{yzt^2}{(x^2+y^2+t^2z^2)^{3/2}}dx \end{align} $$

No estoy seguro de que esto es correcto ya que no se ven muy integrable.

Answer 1

Hay un error en la última línea en el cálculo de $i_{\hat{X}_t}\beta$. %#% De #% en los numeradores debe estar en el denominador:

$t$$

Entonces

$$i_{\hat{X}_t}\beta = \frac{-zx}{\color{red}{t}r^3}\, dy + \frac{zy}{\color{red}{t}r^3}\, dx = \frac{z}{\color{red}{t}r^3}(y\, dx - x\, dy).$$

En consecuencia, $$\Phi_t^*i_{\hat{X}_t}\beta = \frac{z}{(x^2 + y^2 + t^2 z^2)^{3/2}}(y\, dx - x\, dy).$ $

donde

$$\alpha = I(x,y,z)(y\, dx - x\, dy),$$

Para evaluar el $$I(x,y,z) = \int_0^1 \frac{z\, dt}{(x^2 + y^2 + t^2 z^2)^{3/2}}.$, que $I(x,y,z)$. $tz = \sqrt{x^2 + y^2}\tan\theta$ Y así

\begin{align}I(x,y,z) &= \int_0^{\tan^{-1}\left(\frac{z}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)} \frac{\sqrt{x^2+y^2}\sec^2\theta\, d\theta}{(x^2 + y^2)\sqrt{x^2 + y^2} \sec^3\theta}\\ &= \frac{1}{x^2 + y^2} \int_0^{\tan^{-1}\left(\frac{z}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)} \cos\theta\, d\theta\\ &= \frac{1}{x^2+y^2}\sin\left(\tan^{-1}\left(\frac{z}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)\right)\\ &= \frac{z}{r(x^2+y^2)}.\end {Alinee el}

Por lo tanto,

$z\, dt = \sqrt{x^2 + y^2}\sec^2\theta\, d\theta$$

y

$$\alpha = \frac{yz}{r(x^2 + y^2)}\, dx - \frac{xz}{r(x^2 + y^2)}\, dy$$