Два соленоидальных векторных поля

[scwec]

Два гладких линейно-независимых соленоидальных векторных поля на $\mathbb{R}^3$ коммутируют между собой.
Докажите, что эти поля интегрируются в квадратурах.

[svv]

В справочнике Корна по математике (стр.172) есть формула (с точностью до обозначения векторных полей)
$\nabla\times(\mathbf U\times\mathbf V)=(\mathbf V\cdot\nabla)\mathbf U-(\mathbf U\cdot\nabla)\mathbf V+\mathbf U(\nabla\cdot\mathbf V)-\mathbf V(\nabla\cdot\mathbf U)$,
или
$\operatorname{rot}(\mathbf U\times\mathbf V)=-[\mathbf U, \mathbf V]+\mathbf U\operatorname{div}\mathbf V-\mathbf V \operatorname{div}\mathbf U$,
где $[,]$ коммутатор, а $\times$ векторное произведение.
Раз поля соленоидальные и коммутируют, правая часть равна нулю, тогда
$\operatorname{rot}(\mathbf U\times\mathbf V)=0$
Значит, $\mathbf U\times\mathbf V=\operatorname{grad}\varphi$, где $\varphi$ — некоторая скалярная функция. Имеем
$\mathbf U\varphi=\mathbf U\cdot\operatorname{grad}\varphi=\mathbf U\cdot(\mathbf U\times\mathbf V)=0$,
где самое левое $\mathbf U$ понимается как оператор дифференцирования. Аналогично $\mathbf V\varphi=0$.
Так что один первый интеграл $\varphi$ у нас есть. Интересно, что он один и тот же для обоих полей.

[DeBill]

svv в сообщении #1139597 писал(а):

он один и тот же для обоих полей

А интегрируемость распределения, порожденного полями, случайно, не следует из т. Фробениуса?

[scwec]

svv, один первый интеграл найден верно. Остается сделать еще один шаг.
DeBill, распределение, конечно, интегрируемо. Но из этого ответ в задаче еще не следует.

[svv]

scwec
1. Это DeBill просто спрашивал, чему я удивляюсь. Поля же коммутируют, как при этом может быть иначе.
2. Если Вы намекаете на множитель Якоби, я про это ничего не знаю.

[scwec]

svv, множитель Якоби не имелся в виду.
Дальнейшая интеграция ведется на двумерных поверхностях уровня найденного первого интеграла $\varphi=c$.
Ограничения полей $U=\mathbf{U}|_{\varphi=c},V=\mathbf{V}|_{\varphi=c}$ коммутируют и интегрируются в квадратурах на $\varphi=c$.
Интегрирование выглядит так: вычисляются две 1-формы $\omega_U, \omega_V$ на $\varphi=c$ дуальные к $U,V$.
Они являются замкнутыми по причине $[U,V]=0$, сл-но в любой односвязной области поверхности уровня $\varphi=c$ являются точными.
$\omega_U=dF_U, \omega_V=dF_V$, т.о. найдены первые интегралы $F_U$ для $V$ и $F_V$ для $U$.
Использованы только алгебраические операции и интегрирование - (вычисление ограничений $U,V$;
взятие обратной матрицы для 2-матрицы, составленной из компонент $U,V$ при нахождении дуальных форм; взятия интегралов от дуальных форм).
Интегрируемость в квадратурах носит локальный характер.
Cуществование глобальных первых интегралов упирается в топологические характеристики поверхности уровня $\varphi=c$.

[svv]

Да, интересно и красиво.

[Munin]

Я правильно понимаю, что это повторяется и повторяется по всем размерностям до конца? (И, что начинать можно в $\mathbb{R}^n$?)

[svv]

Ставя задачу в $\mathbb R^n$, Вы зададите не два, а $n-1$ векторных полей?

[scwec]

Речь идет, видимо, о том, как все это выглядит в случае $\mathbb{R}^n$.
Справедливо следующее утверждение:
пусть на $\mathbb{R}^n$ заданы $n-1$ линейно независимых гладких векторных полей $X_1,X_2,...X_{n-1}$,
коммутирующих между собой и существует n-форма $\Omega$ такая, что производные Ли $L_{X_i}\Omega=0$.
Тогда все $X_i$ интегрируются в квадратурах.
Предлагается это доказать.

[svv]

Введём 1-форму
$\alpha=\iota_{X_{n-1}}\ldots\iota_{X_{1}}\Omega$

Докажем, что форма $\alpha$ замкнута, по индукции. Будем использовать тождества:
$\begin{array}{ll}\mathcal L_X \omega=\iota_X d\omega+d(\iota_X\omega)&(1)\\ \mathcal L_X\iota_Y\omega-\iota_Y\mathcal L_X\omega=\iota_{[X, Y]}\omega&(2)\end{array}$
$(1)$ — тождество Картана, $(2)$ — Frankel, The Geometry of Physics, Theorem 4.24.
Далее $X, Y, Z...$ — произвольные векторные поля из множества заданных $X_1,\ldots,X_{n-1}$ (чтобы не напрягать глаза, пытаясь разглядеть, какой там индекс у $\mathcal L_{X_i}$).

База.
$d\Omega=0$, так как $\Omega$ максимальной степени.
$d(\iota_X \Omega)=\mathcal L_X \Omega-\iota_X d\Omega=0$, учитывая $(1)$ и $\mathcal L_{X}\Omega=0$.

Шаг.
Пусть $\omega$ (маленькое) — дифференциальная форма произвольной степени.
Из $(2)$ с учётом $[X, Y]=0$:
$\mathcal L_X\iota_Y\omega=\iota_Y\mathcal L_X\omega$
Тогда, используя $(1)$:
$\iota_X d(\iota_Y\omega)+d(\iota_X\iota_Y\omega)=\iota_Y\iota_X d\omega+\iota_Y d(\iota_X\omega)$
Значит, если $d\omega=0$ и $d(\iota_X\omega)=0$, то $d(\iota_X\iota_Y\omega)=0$.

Рассуждая по индукции, получим $d(\iota_X\iota_Y\ldots\iota_Z\Omega)=0$. Следовательно,
$d\alpha=d(\iota_{X_{n-1}}\ldots\iota_{X_{1}}\Omega)=0$

В односвязной области отсюда получим $\alpha=df$, где $f$ — скалярная функция. Имеем
$X_k f=\iota_{X_k}df=\iota_{X_k}\alpha=\iota_{X_k}\iota_{X_{n-1}}\ldots\iota_{X_{1}}\Omega=0$,
так как $X_k$ обязательно совпадает с каким-то из полей $X_1,\ldots,X_{n-1}$.
Итак, $f$ является первым интегралом для любого $X_k$.

Ну, а дальше почти дословно переписывается доказательство scwec, только $2$ заменяем на $n-1$. Рассматриваем гиперповерхность $f=c$. Векторные поля $X_k$ касательны к ней. Вводим на гиперповерхности набор 1-форм $\omega^i$, дуальных полям $X_k$, т.е. таких, что $\omega^i(X_k)=\delta^i_k$. Имеем для любых $X_k, X_\ell$ из нашего набора:
$d\omega^i(X_k, X_\ell)=X_k(\omega^i(X_\ell))-X_\ell(\omega^i(X_k))-\omega^i([X_k, X_\ell])=0$
Отсюда $d\omega^i=0$, поскольку поля $X_k$ в каждой точке гиперповерхности образуют базис. В односвязной области гиперповерхности $\omega^i=d f^i$. Наконец,
$X_k f^i=\omega^i(X_k)=\delta^i_k=0$ при $i\neq k$
Это означает, что у каждого векторного поля $X_k$ есть ещё $n-2$ первых интегралов $f^i$, где $i\neq k$ (помимо найденного раньше $f$).

[scwec]

svv
Всё отлично. Именно так это и доказывается.
Два замечания.
1.Наверное, надо было сказать, что общий первый интеграл $f\ne\operatorname{const}$, поскольку все $X_i$ независимы.
2.Вторую часть доказательства можно построить и по другому: сослаться на теорему Ли об интегрируемости векторного поля, допускающего разрешимую алгебру Ли векторных полей.

[svv]

Спасибо, scwec.