Helmholtz-Zerlegung in der Ebene

Ihr Beweis ist richtig (und ich habe ihn entsprechend positiv bewertet). Aber das ist ein Ergebnis, das es wert ist, ein paar verschiedene Wege zu gehen, weil die verschiedenen Wege zu verschiedenen Erkenntnissen führen. Also werde ich einige alternative Beweise geben.

Beweis 2 (Ihr ist Beweis 1):

Wenn wir lineare Kombinationen der Gleichungen nehmen, die wir zu lösen versuchen, erhalten wir ein äquivalentes Gleichungspaar.

$$H_x+iH_y=\left({\partial\over\partial x}+i{\partial\over\partial y}\right)(\phi-i\psi)$$ $$H_x-iH_y=\left({\partial\over\partial x}-i{\partial\over\partial y}\right)(\phi+i\psi).$$ Wenn wir eine Abkürzung definieren, $$\partial_\pm={\partial\over\partial x}\pm i{\partial\over\partial y},$$ $$f_{\pm}=\phi\pm i\psi,$$ $$H_{\pm}=H_x\pm iH_y,$$ wir können diese schreiben als $$H_+=\partial_+f_-,$$ $$H_-=\partial_-f_+.$$ Nun können wir uns diese als zwei ungekoppelte Gleichungen für die beiden Unbekannten vorstellen $f_\pm$. Sobald wir sie gelöst haben, können wir sie bekommen $\phi,\psi$von ihnen. Wir müssen also beweisen, dass jede dieser beiden Gleichungen eine Lösung hat.

Zu lösen$f_-$, beginnen wir mit der Suche nach einer Lösung$g$Zu

$$\nabla^2g=H_+.$$ (Dies ist die Poisson-Gleichung, also hat sie eine Lösung.) Dann setze $f_-=\partial_-g$. Wegen der Identität $$\nabla^2=\partial_+\partial_-,$$ wir haben $$\partial_+f_-=\partial_+\partial_-g=\nabla^2g=H_+,$$ das wollten wir.

Eine ähnliche Konstruktion funktioniert z$f_-$. In der Tat, jeder Schritt des Arguments für$f_-$ist nur das komplex Konjugierte des entsprechenden Schritts für$f_+$(Solange die$H$sind echt). So muss es sein$\phi,\psi$real zu enden.

Ich habe einen persönlichen Grund, warum ich dieses Argument mag. Ich arbeite viel mit Karten linearer Polarisation, die eher Spin-2-Felder als Spin-1- (Vektor-) Felder sind. Das Äquivalent des Helmholtz-Theorems für Spin-2-Felder heißt the$E$-$B$Zersetzung (jedenfalls in der kosmologischen Literatur). Das obige Argument lässt sich auf nette Weise auf Spin-2 (und vermutlich höhere Spins) verallgemeinern.

Beweis 3 :

Intuitiv scheint es, als müssten wir in der Lage sein, das 2-D-Ergebnis aus dem 3-D-Helmholtz-Theorem zu erhalten, und es stellt sich heraus, dass wir das können. Hier ist eine Möglichkeit, darüber nachzudenken.

Erweitern Sie das Vektorfeld${\bf H}$eine Funktion von sein$(x,y,z)$:

$${\bf H}_{3D}(x,y,z)={\bf H}(x,y).$$ Stellen Sie sich das der Einfachheit halber vor $z$erstreckt sich nur über ein endliches Intervall, sagen wir 0 bis $2\pi$, und hat periodische Randbedingungen (dh Punkte mit $z=0$werden mit denen mit identifiziert $z=2\pi$). Dies ist nicht erforderlich, macht die Dinge jedoch sauberer.

Der Satz von Helmholtz besagt, dass es Funktionen gibt$\phi,{\bf G}$so dass

$${\bf H}_{3D}=\nabla\phi+\nabla\times{\bf G}.$$ Wenn wir das wüssten $\phi,{\bf G}$unabhängig davon waren $z$und das ${\bf G}$wies in die $z$Richtung, wir wären fertig. Aber das wissen wir (noch) nicht.

Hier ist der Trick. Beide$\phi$Und${\bf G}$sind schöne, glatte Funktionen, sodass sie in Fourier-Reihen hinein entwickelt werden können$z$:

$$\phi(x,y,z)=\sum_{n=-\infty}^\infty \phi_n(x,y)e^{inz},$$ und ähnlich für ${\bf G}$. Setzen wir diese in die vorherige Gleichung ein, erhalten wir $${\bf H}_{3D}=\sum_n\left(\nabla(\phi_ne^{inz})+\nabla\times({\bf G}_ne^{inz})\right).$$ Jeder Begriff auf der rechten Seite hat $z$-Abhängigkeit des Formulars $e^{inz}$(auch nach Ausschreiben der Derivate). Aber die linke Seite ist unabhängig von $z$. Aus der Eindeutigkeit der Fourier-Reihe folgt, dass alle Terme mit $n\ne 0$rechts verschwinden! So $${\bf H}_{3D}=\nabla\phi_0+\nabla\times{\bf G}_0.$$ Wir wissen das $\phi_0,{\bf G}_0$nur abhängen $(x,y)$, nicht $z$. Einstellung $\phi(x,y)=\phi_0(x,y)$Und $\psi(x,y)=G_z(x,y)$gibt das gewünschte Ergebnis.

Dieser könnte mit ziemlicher Sicherheit kompakter in einer formaleren mathematischen Sprache formuliert werden, wahrscheinlich unter Einbeziehung von Symmetriegruppen. Die Grundidee ist, dass das Problem, das wir lösen, unter Übersetzungen invariant ist$z$, und die von uns durchgeführten Operationen (in gewissem Sinne) „pendeln“ mit diesen Übersetzungen. Das bedeutet, dass es möglich ist, eine Lösung zu finden, die diese Symmetrie respektiert.

"Beweis" 4:

Die Mathematiker werden das nicht mögen, aber ich denke, es ist trotzdem eine nette Art, darüber nachzudenken.

Nehmen Sie 2-D-Fourier-Transformationen von allem in Sicht:

$${\bf H}(x,y)=\int \tilde{\bf H}(k_x,k_y)e^{i{\bf k}\cdot{\bf r}}d^2k,$$ und ähnlich für $\phi,\psi$. Wenn Sie dies tun, werden die Gleichungen, die Sie zu lösen versuchen, entkoppelt – das heißt, jeder Wert von ${\bf k}$selbstständig lösbar: $$\tilde{\bf H}({\bf k})=i{\bf k}\tilde{\phi}({\bf k})+i\hat{\bf z}\times{\bf k}\tilde\psi({\bf k}).$$ (Das Obige mag einen Vorzeichenfehler enthalten, aber es ist "moralisch" wahr.)

Diese Gleichung kann für jeden algebraisch gelöst werden${\bf k}$. Tatsächlich hat die Lösung eine schöne physikalische Bedeutung: zersetzen$\tilde{\bf H}$in Komponenten parallel und senkrecht zu${\bf k}$.$\tilde\phi$ist die parallele Komponente, und$\tilde\psi$ist die senkrechte Komponente.

Ich mag dieses, weil es sich auch gut auf den Spin-2-Fall verallgemeinern lässt und eine bessere Intuition bietet als alles andere, was mir über die "Bedeutung" von einfällt$E$-$B$Zerlegung für Spin-2-Felder.

Der Grund, warum ich sage, dass die Mathematiker es nicht mögen werden, ist, dass nicht alles eine Fourier-Transformation hat und die Konvergenz von Fourier-Transformationen keine normale punktweise Konvergenz ist. Aber für physikalische Anwendungen ist es im Allgemeinen eine gute Art, über Dinge nachzudenken.

Wir können sicherlich eine finden$\psi$die die folgende partielle Differentialgleichung löst

$\frac{\partial ^2\psi }{\partial x^2}+\frac{\partial ^2\psi }{\partial y^2}=\frac{\partial H_x}{\partial y}-\frac{\partial H_y}{\partial x}$

Daraus folgt dann

$\frac{\partial }{\partial y}\left(H_x-\frac{\partial \psi }{\partial y}\right)-\frac{\partial }{\partial x}\left(H_y+\frac{\partial \psi }{\partial x}\right)=0$

Dies zeigt, dass das Vektorfeld$(H_x-\frac{\partial \psi }{\partial y},H_y+\frac{\partial \psi }{\partial x})$ist wellenfrei/solenoidal. Wenn der Definitionsbereich {\bf einfach verbunden} ist, folgt daraus, dass es ein skalares Feld gibt$\phi$so dass

$H_x-\frac{\partial \psi }{\partial y}=\frac{\partial \phi }{\partial x}$

$H_y+\frac{\partial \psi }{\partial x}=\frac{\partial \phi }{\partial y}$

oder

$H_x=\frac{\partial \phi }{\partial x}+\frac{\partial \psi }{\partial y}$

$H_y=\frac{\partial \phi }{\partial y}-\frac{\partial \psi }{\partial x}$.

Wenn die Domäne nicht einfach verbunden ist, bedeutet "Curl-freies / Solenoid-Vektorfeld" nicht immer, "das Vektorfeld ist konservativ".