Contorno de campo vectorial para un sistema lineal

Question

Vamos a decir $\boldsymbol{\vec F}$ es un campo vectorial con un forro de relación

$$\boldsymbol{\vec F}(\boldsymbol{\vec x})=\boldsymbol A \boldsymbol{\vec x}$$

donde $\boldsymbol{\vec x}$ es un vector de tamaño $n$ $\boldsymbol A$ es una constante $n\times n$ matriz cuadrada.

Para un punto dado,$\boldsymbol{\vec x}_0$, ¿cómo puedo encontrar el hyper-superficie $S(\boldsymbol{\vec x})=0$ que atraviesa $\boldsymbol{\vec x}_0$ y es perpendicular al vector campo $\boldsymbol{\vec F}$?

Yo creo que esta no es una forma explícita de la superficie que depende de la $\boldsymbol{\vec x}_0$$\boldsymbol A$.

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En hyper-superficie $S$, no va a ser $n-1$ grado de libertad.

Estoy buscando una solución para un $n$ dimensión del vector de campo. Esta imagen es sólo para ilustración.

PS. Esta pregunta es un caso especial (forma lineal) de mi pregunta anterior.

Answer 1

Tal ortogonal hypersurfaces no tiene que existir si $n\geq3$. Relevante aquí es Frobenius teorema que da la necesaria y suficiente local condición de integrabilidad. La siguiente fuente

http://staff.ustc.edu.cn/~wangzuoq/Cursos/16F-Colectores/Notas/Lec11.pdf

contiene una lectura de la introducción. Tenga en cuenta que su campo de vectores ${\bf F}$ define en cada punto de ${\bf x}$ $(n-1)$- dimensiones ortogonales hyperplane, llamado distribución en el citado notas.

Frobenius teorema se expande a una condición en la matriz $A$ en su pregunta. El caso de $n=3$ debe ser intuitivamente comprensible; pero yo no podía encontrar una explicación sencilla de la web.

Answer 2

Dado un lineal de los vectores de campo $\mathrm v : \mathbb R^n \to \mathbb R^n$ definido por $\rm v (x) := A x$ y un punto de $\mathrm x_0 \in \mathbb R^n$, nos gustaría encontrar una función $f : \mathbb R^n \to \mathbb R$ tales que el vector de campo $\rm v$ es ortogonal al siguiente nivel

$$\mathcal S := \left\{ \mathrm x \in \mathbb R^n \mid f (\mathrm x) = 0 \right\}$$

y $\mathrm x_0 \in \mathcal S$. Deje que la demanda de estados unidos que $\rm v$ ser ortogonal a todos los conjuntos de nivel de $f$. Por lo tanto,

$$\nabla f (\mathrm x) = \mathrm A \mathrm x$$

Suponiendo que la matriz de $\rm A$ es simétrica e integrar el conjunto de lineal de ecuaciones en derivadas parciales anterior, obtenemos

$$f (\mathrm x) = \frac 12 \mathrm x^\top \mathrm A \, \mathrm x + f_0$$

Desde $\mathrm x_0 \in \mathcal S$, el valor de la constante de integración es

$$f_0 = - \frac 12 \mathrm x_0^\top \mathrm A \, \mathrm x_0$$

y, por lo tanto,

$$f (\mathrm x) = \frac 12 \mathrm x^\top \mathrm A \, \mathrm x - \frac 12 \mathrm x_0^\top \mathrm A \, \mathrm x_0$$

Si la matriz de $\rm A$ es no simétrica, entonces yo no sé cómo integrar el lineal de ecuaciones en derivadas parciales.

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Ejemplo

Deje $n=2$. Dado $\mathrm A = \begin{bmatrix} 2 & 1\\ 1 & 2\end{bmatrix}$$\mathrm x_0 = \begin{bmatrix} 2\\ 0\end{bmatrix}$, obtenemos la función de

$$f (x_1, x_2) = x_1^2 + x_1 x_2 + x_2^2 - 4$$

El siguiente gráco muestra el nivel de ajuste (una elipse) y el vector de campo. La longitud de las flechas no es proporcional a $\| \rm A x \|_2$. El propósito es mostrar que el campo de vectores es ortogonal a la elipse.

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Anexo

Deje $n = 2$. La restricción $\nabla f (\mathrm x) = \mathrm A \mathrm x$ produce el siguiente lineal de ecuaciones en derivadas parciales

$$\partial_1 f = a_{11} \, x_1 + a_{12} \, x_2 \tag{1}$$

$$\partial_2 f = a_{21} \, x_1 + a_{22} \, x_2 \tag{2}$$

La integración de la ecuación (1) con respecto a $x_1$, obtenemos

$$f (x_1,x_2) = \frac 12 \, a_{11} \, x_1^2 + a_{12} \, x_1 \, x_2 + g (x_2)$$

La diferenciación $f$ con respecto al $x_2$ y el uso de la ecuación (2), obtenemos la educación a distancia

$$g' (x_2) = a_{22} \, x_2 + \underbrace{(a_{21} - a_{12})}_{= 0} \, x_1 = a_{22} \, x_2$$

lo que nos permite concluir que $a_{21} = a_{12}$, es decir, la matriz de $\rm A$ es simétrica. La integración de la educación a distancia,

$$g (x_2) = \frac 12 \, a_{22} \, x_2^2 + c$$

donde $c$ es una constante de integración. Por lo tanto,

$$f (x_1,x_2) = \frac 12 \, a_{11} \, x_1^2 + a_{12} \, x_1 \, x_2 + \frac 12 \, a_{22} \, x_2^2 + c$$

Answer 3

Con el fin de satisfacer la condición de perpendicularidad, el campo de vectores ${\bf F}(x)$ debe ser colineal con el vector normal de la hipersuperficie $S(x)=0$, es decir, $\forall x\in\mathbb R^n\; \exists k(x)\in\mathbb R:$ $$\etiqueta{1} \nabla S(x)=k(x){\bf F}(x).$$ Deje $F(x)=(f_1(x),\ldots,f_n(x))$, entonces (1) puede escribirse en la coordenada como $$\frac{\partial S}{\partial x_1}=k(x)f_1(x)\;,\ldots,\;\frac{\partial S}{\partial x_n}=k(x)f_n(x);$$ o $$k(x)=\frac{\frac{\partial S}{\partial x_1}}{f_1(x)}=\;\ldots\;= \frac{\frac{\partial S}{\partial x_n}}{f_n(x)}.$$ Podemos equiparar el adyacentes fracciones y obtener $$\left\{\begin{array}{rcl} f_2(x)\dfrac{\partial S}{\partial x_1}&=&f_1(x)\dfrac{\partial S}{\partial x_2}\\ &\vdots&\\ f_n(x)\dfrac{\partial S}{\partial x_{n-1}}&=&f_{n-1}(x)\dfrac{\partial S}{\partial x_n}\\ \end{array}\right.$$ o, finalmente, $$\etiqueta{2} \left\{\begin{array}{lll} f_2(x)\dfrac{\partial S}{\partial x_1}-f_1(x)\dfrac{\partial S}{\partial x_2}&=&0\\ &\vdots&\\ f_n(x)\dfrac{\partial S}{\partial x_{n-1}}-f_{n-1}(x)\dfrac{\partial S}{\partial x_n}&=&0.\\ \end{array}\right.$$ Por lo tanto, la pregunta es: ¿el sistema (2) tiene soluciones no triviales?

1) n=2

Considere primero el caso sencillo al $n=2$. En este caso, el sistema (2) se compone de una ecuación $$\etiqueta{2a} f_2(x)\dfrac{\S parcial}{\partial x_1}-f_1(x)\dfrac{\S parcial}{\partial x_2}=0.$$ Esta ecuación se puede resolver utilizando el método de las características: $$\etiqueta{3} \frac{dx_1}{f_2(x)}=\frac{dx_2}{-f_1(x)}.$$ La educación a distancia (3) siempre tiene una solución para cualquier punto inicial (excepto en el caso de $f_1(x)=f_2(x)=0$), por lo tanto, la curva de $S(x)=0$ existe.

Considerar la subcase al ${\bf F}(x)$ es lineal: $$f_1(x)= a_{11}x_1+a_{12}x_2,\quad f_2(x)= a_{21}x_1+a_{22}x_2.$$ En este caso, la educación a distancia (3) tiene la forma $$\frac{dx_1}{a_{21}x_1+a_{22}x_2}=\frac{dx_2}{-a_{11}x_1-a_{12}x_2}.$$ Es un homogénea de la ecuación diferencial, por lo tanto, una forma cerrada se puede encontrar una solución.

2) n>2

En el caso de $n\ge 3$, hay una posibilidad de que (2) no tiene soluciones no triviales. Esto es debido a que la distribución se extendió por los campos vectoriales correspondientes a las ecuaciones de (2) no es necesariamente involutiva.

El sistema (2) se puede expresar en términos de la Mentira derivados: $$\etiqueta{2b} \mathcal L_{{\bf X}_1}S=0,\;\ldots,\;\mathcal L_{{\bf X}_{n-1}}S=0,$$ donde $${\bf X}_1= \left( f_2(x),-f_1(x),0,\ldots,0 \right)^T,\;\ldots\; {\bf X}_{n-1}= \left( 0,\ldots,0,f_n(x),-f_{n-1}(x) \right)^T$$ El hecho clave sobre el sistema (2b) es que ello implica $$\mathcal L_{[{\bf X}_i,{\bf X}_j]}S= \mathcal L_{{\bf X}_i}(\mathcal L_{{\bf X}_j}S)-\mathcal L_{{\bf X}_j}(\mathcal L_{{\bf X}_i}S)=0$$ para cualquier $i,j=1,..,n-1$ donde $[{\bf X}_i,{\bf X}_j]$ es la Mentira de soporte.

La distribución de $D(x)=span\{{\bf X}_1,\;\ldots\;{\bf X}_{n-1}\}$ es involutiva iff la Mentira de soporte de $[{\bf X}_i,{\bf X}_j]$ de cualquier par de los campos vectoriales ${\bf X}_1,\;\ldots\;{\bf X}_{n-1}$ pertenece a $D(x)$, es decir, $[{\bf X}_i,{\bf X}_j]$ es una combinación lineal de las originales de campos vectoriales. Si la distribución no es involutiva (supongamos, por ejemplo, $[{\bf X}_i,{\bf X}_j]\notin D(x)$), luego podemos agregar a la ecuación de $\mathcal L_{[{\bf X}_i,{\bf X}_j]}S=0$ (que no es una combinación lineal de las otras ecuaciones) a (2b) sin cambiar el conjunto solución.

Ahora, considere el contraejemplo. Vamos $n=3$, ${\bf F}(x)=(x_3,x_1,x_2)$. El sistema (2) se convierte en $$\etiqueta{2c} \left\{\begin{array}{lll} x_1\dfrac{\partial S}{\partial x_1}-x_3\dfrac{\partial S}{\partial x_2}&=&0\\ x_2\dfrac{\partial S}{\partial x_2}-x_1\dfrac{\partial S}{\partial x_3}&=&0.\\ \end{array}\right.$$ La Mentira de soporte de los campos vectoriales $${\bf X}_1=(x_1,-x_3,0)^T,\quad {\bf X}_2=(0,x_2,-x_1)^T$$ puede ser calculado como $$[{\bf X}_1,{\bf X}_2]=\frac{\partial {\bf X}_2}{\partial x} {\bf X}_1- \frac{\partial {\bf X}_1}{\partial x} {\bf X}_2$$ $$=\left(\begin{array}{ccc} 0&0&0\\0&1&0\\-1&0&0 \end{array}\right) \left(\begin{array}{c} x_1\\-x_3\\0 \end{array}\right)- \left(\begin{array}{ccc} 1&0&0\\0&0&-1\\0&0&0 \end{array}\right) \left(\begin{array}{c} 0\\x_2\\-x_1 \end{array}\right)= \left(\begin{array}{c} 0\\-x_1-x_3\\-x_1 \end{array}\right).$$ Por lo tanto, el sistema (2c) es equivalente al sistema de $$\etiqueta{2d} \left\{\begin{array}{rrrll} x_1\dfrac{\partial S}{\partial x_1}&-x_3\dfrac{\partial S}{\partial x_2}&&=&0\\ &x_2\dfrac{\partial S}{\partial x_2}&-x_1\dfrac{\partial S}{\partial x_3}&=&0\\ &(-x_1-x_3)\dfrac{\partial S}{\partial x_2}&-x_1\dfrac{\partial S}{\partial x_3}&=&0\\ \end{array}\right.,$$ pero el sistema (2d) no tiene soluciones no triviales. A partir de las dos últimas ecuaciones $$(-x_1-x_3-x_2)\dfrac{\S parcial}{\partial x_2}=0;$$ no estamos interesados en las soluciones en el plano de la $-x_1-x_3-x_2=0$, por lo que podemos suponer que $\dfrac{\partial S}{\partial x_2}=0$. Entonces es fácil ver que $$\dfrac{\S parcial}{\partial x_2}=\dfrac{\S parcial}{\partial x_1}=\dfrac{\S parcial}{\partial x_3}=0,$$ así que la única solución posible es trivial.