¿Es todo campo vectorial localmente integrable hasta un reescalado?

Question

Dejemos que $\Omega$ sea una región del plano (simplemente conectada, digamos, si importa), y $v(x,y)$ un campo vectorial suave en $\Omega$ .

¿Existe siempre un campo escalar $s:\Omega\to\mathbb{R}$ para que $sv$ es localmente integrable: de modo que para cada punto $(x_0,y_0)\in\Omega$ en alguna vecindad de ese punto, $$s(x,y)v(x,y) = \nabla f(x,y)$$ para algunos $f:\Omega\to\mathbb{R}$ ?

De forma equivalente, ¿existe siempre un $s$ con $\nabla \times (sv) =0$ ?

EDIT: Como se señala a continuación, queremos $s$ no es idéntico a cero, ya que es claramente una solución trivial. La siguiente respuesta también da un contraejemplo, aunque parece basarse fundamentalmente en $v$ que tiene una singularidad de índice no trivial; ¿es cierta la afirmación si exigimos $v$ para que no se desvanezca en ninguna parte?

Answer 1

Si toma $s=0$ esto es siempre así. Eso es hacer trampa, como usted puede estar de acuerdo. Podríamos pedir $s$ que nunca sea cero, o que no sea cero a menos que $v$ también es cero.

Con esas restricciones es falso. Dejemos que $v= r\,e_\varphi$ en $\Bbb R^2$ en coordenadas polares. Si se integra $sv$ a lo largo de un círculo de radio $R$ centrado en el cero obtendrá $$\int_0^{2\pi} R\,s(R\cos\varphi,R\sin\varphi)\,d\varphi.$$ Tenga en cuenta que como no permitimos $s$ para convertirse en cero en este círculo, que el signo del integrando debe permanecer constante. Por eso esta integral nunca es cero. Sin embargo, si $sv=\nabla f$ entonces la integral de $sv$ alrededor de una curva cerrada debe ser cero. Como nuestro dominio $\Bbb R^2$ es contraíble, la cuestión global de si existe o no una $f$ con $\nabla f=sv$ es la misma que la pregunta local.

Answer 2

Como ha señalado s.harp esto no siempre es posible, como ilustra su ejemplo en el que las curvas integrales de $v$ se arremolinan alrededor de algún punto. Sin embargo, siempre es posible encontrar un factor de este tipo siempre que $v$ es distinto de cero. Como has señalado, dado que el dominio es conexo simple, basta con encontrar $s$ tal que $\nabla \times (sv) =0$ lo que equivale a $$ \partial_y(sv^1)-\partial_x(sv^2)=v^1\partial_ys-v^2\partial_xs+(\partial_yv^1-\partial_xv^2)s=0$$ que escribimos como $$v^\perp\cdot\nabla s + (\partial_yv^1-\partial_xv^2)s=0$$

Se trata de una ecuación de transporte lineal para $s$ y puede ser resuelto por el método de las características. Las características son las curvas integrales de $v^\perp=(-v^2,v^1)$ y es fácil ver que podemos resolverlo siempre que estas curvas no hagan un bucle. Siempre y cuando $v(x_0,y_0)\neq 0$ entonces ciertamente se puede resolver en un barrio de $(x_0,y_0)$ y creo que probablemente incluso se puede argumentar de alguna manera que se puede resolver globalmente siempre que $v$ no es evanescente en ninguna parte (o hacer alguna otra afirmación que asegure la existencia de una superficie de Cauchy para las curvas integrales de $v^\perp$ ) .

Answer 3

Podemos utilizar el isomorfismo musical para reformular la pregunta de la OP de la siguiente manera:

Dada una forma única suave que no desaparece en ninguna parte $$\omega~\in~ \Omega^1(\mathbb{R}^2)$$ en el plano $^1$ $\mathbb{R}^2$ ¿existe un globalmente definido como suave factor integrador $^2$ $\lambda$ tal que $\lambda \omega $ es un una forma exacta ?

Respuesta: No, la existencia de un factor integrador $\lambda$ sólo se garantiza en local barrios.

Contraejemplo: La ref. 1 muestra en la p. 53 que la forma única $$\omega~=~y^3(1-y)^2 \mathrm{d}x+ (y^3-2(1-y)^2)\mathrm{d}y$$ tiene no globalmente factor integrador suave definido $\lambda$ . $\Box$

Referencias:

1. J.B. Boyling, El principio de Carathéodory y la existencia de factores integradores globales, Comunicados. Math. Phys. 10 (1968) 52 . Proyecto Euclides .

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$^1$ Elegimos el avión $\mathbb{R}^2$ como ejemplo de espacio contraíble . Es fácil para que se le ocurran ejemplos de formas cerradas que no son exactas en espacios no contratables. (La OP pregunta indirectamente si importa si la región no es simplemente conectado ? Sí, así es).

$^2$ Un factor integrador $\lambda$ por definición no se desvanece en ninguna parte.