Ejemplo de un campo vectorial incompresible en $\mathbb{R}^3 \setminus 0$ sin un potencial vectorial

Question

Como es sabido, el campo vectorial $F = (-y,x)/(x^2+y^2)$ en el plano perforado es irrotacional pero no conservativo, es decir, no existe un potencial escalar $f$ tal que $F = \nabla f$ porque, por ejemplo $\oint_{S^1} F = 2\pi$ . Desde un punto de vista más abstracto, los campos vectoriales en el plano puntuado corresponden a formas 1, los campos irrotacionales corresponden a formas cerradas, los campos conservativos corresponden a formas exactas, y $H^1_{dR}(\mathbb R^2 \setminus 0) \cong H^1_{dR}(S^1)$ es unidimensional y se extiende por $d\theta$ , de modo que cualquier campo irrotacional y no conservativo en el plano perforado es un múltiplo escalar de $F$ más un campo conservador.

Busco el análogo en 3D del campo vectorial anterior. Dado que $H^2_{dR}(\mathbb R^3 \setminus 0) \cong H^2_{dR}(S^2)$ es unidimensional, debe existir un campo vectorial incompresible $F$ (lo que significa que $\nabla \cdot F = 0$ o que la correspondiente 2forma es cerrada) en $\mathbb R^3 \setminus 0$ que no admite un potencial vectorial (lo que significa que no hay campo $G$ tal que $F = \nabla \times G$ o que la correspondiente 2forma no es exacta). ¿Cómo se podría obtener una fórmula para un campo así? He tratado de entender cómo se puede obtener la fórmula para $F$ en el caso 2D de la forma 1 $d\theta$ en el círculo tirando de él a través de la retracción de la deformación $\mathbb R^2 \setminus 0 \to S^1$ dado por $(x,y) \mapsto (x,y)/\sqrt{x^2 + y^2}$ pero no pude completar los detalles.

Answer 1

Como se sugiere en los comentarios, el "campo de masa puntual" (más conocido por la gente de la EDP como el gradiente de la solución fundamental de la ecuación de Laplace) $$\def\x{\mathbf{x}}F(\x)=|\x|^{-3}\x$$ es un ejemplo de ello. Un cálculo rutinario muestra que $\nabla \cdot F = 0.$ Para mostrar $F$ no es un rizo, podemos utilizar la misma idea que en su ejemplo bidimensional: probar su integral sobre una cadena cerrada. En este caso la esfera unitaria $S^2 \subset \mathbb R^3 \setminus \{0\}$ es la opción obvia, ya que $F$ coincide con la normal hacia afuera y por lo tanto $$\int_{S^2}F\cdot\nu\;dA=4 \pi.$$

Desde $S^2$ es cerrado (es decir, no tiene límite), el teorema de Stokes nos dice que $$\int_{S^2} (\nabla \times G) \cdot \nu \, dA = 0$$ para cualquier $G;$ por lo que concluimos que $F$ no es un rizo.

Como parece haber adivinado, se trata en realidad de una generalización muy directa de la versión bidimensional: en términos de formas diferenciales, ambas se construyen a partir de la forma de volumen de la esfera, que es una elección natural porque podemos ver $\mathbb R^{n+1}\setminus \{0\}$ como el cilindro $S^n \times \mathbb R.$

En ambos casos (y también en dimensiones superiores), $F$ es una representación de campo vectorial de la diferencial $n$ -forma $\omega = \phi^* dA$ donde $\phi : \mathbb R^{n+1} \setminus\{0\}\to S^n$ es el mapa de proyección radial y $dA$ es el $n$ -forma de volumen de $S^n$ . Por la invariabilidad del pullback podemos concluir $d\omega = \phi^*d(dA) = 0,$ pero la integración sobre la esfera da $\int_{S^n} \omega = \int_{S^n} dA > 0.$

La correspondencia entre el campo vectorial y las perspectivas de forma proviene del dual de Hodge y del isomorfismo musical. En coordenadas esféricas $(r,\theta,\varphi)$ en $\mathbb R^3\setminus \{0\}$ y $(\theta,\varphi)$ en $S^2,$ el mapa de proyección es simplemente $\phi(r,\theta,\varphi)=(\theta,\varphi).$ Así, $$\omega = \phi^*(\sin \theta\, d \varphi\wedge d \theta) = \sin \theta \, d \varphi \wedge d \theta.$$ Si dejamos que $\hat\cdot$ denotan la normalización métrica, entonces como $|d\varphi|=1/(r \sin \theta), |d \theta| = 1/r$ tenemos $$\omega = \frac{1}{r^2} \widehat{d \varphi} \wedge \widehat{d \theta}.$$ Así, $$\star \omega = \frac{1}{r^2}\widehat{dr} = \frac1{r^2}dr,$$ que tiene su correspondiente campo vectorial $$(\star \omega)^\sharp = \frac1{r^2}\partial_r = \frac\x{|\x|^3}.$$