Descomposición de Helmholtz en el plano

Su prueba es correcta (y la voté en consecuencia). Pero este es un resultado que vale la pena probar de diferentes maneras, porque las diferentes formas conducen a diferentes percepciones. Así que daré algunas pruebas alternativas.

Prueba 2 (la tuya es la prueba 1):

Tomando combinaciones lineales de las ecuaciones que estamos tratando de resolver, obtenemos un par de ecuaciones equivalentes.

$$H_x+iH_y=\left({\partial\over\partial x}+i{\partial\over\partial y}\right)(\phi-i\psi)$$ $$H_x-iH_y=\left({\partial\over\partial x}-i{\partial\over\partial y}\right)(\phi+i\psi).$$ Si definimos alguna abreviatura, $$\partial_\pm={\partial\over\partial x}\pm i{\partial\over\partial y},$$ $$f_{\pm}=\phi\pm i\psi,$$ $$H_{\pm}=H_x\pm iH_y,$$ podemos escribir estos como $$H_+=\partial_+f_-,$$ $$H_-=\partial_-f_+.$$ Ahora podemos pensar en estos como dos ecuaciones desacopladas para las dos incógnitas $f_\pm$. Una vez que los hemos resuelto, podemos obtener $\phi,\psi$de ellos. Entonces tenemos que probar que cada una de estas dos ecuaciones tiene una solución.

para resolver por$f_-$, empezamos por encontrar una solución$g$a

$$\nabla^2g=H_+.$$ (Esta es la ecuación de Poisson, por lo que tiene una solución). Luego establezca $f_-=\partial_-g$. Por la identidad $$\nabla^2=\partial_+\partial_-,$$ tenemos $$\partial_+f_-=\partial_+\partial_-g=\nabla^2g=H_+,$$ que es lo que queríamos.

Una construcción similar funciona para$f_-$. De hecho, cada paso del argumento a favor$f_-$es solo el conjugado complejo del paso correspondiente para$f_+$(siempre y cuando el$H$son reales). Así es como tiene que ser para$\phi,\psi$para acabar siendo real.

Tengo una razón personal por la que me gusta este argumento. Trabajo mucho con mapas de polarización lineal, que son campos de espín 2 en lugar de campos de espín 1 (vectoriales). El equivalente del teorema de Helmholtz para los campos de spin-2 se llama el$E$-$B$descomposición (en la literatura de cosmología de todos modos). El argumento anterior se generaliza de una manera agradable para spin-2 (y presumiblemente giros más altos).

Prueba 3 :

Intuitivamente, parece que deberíamos poder obtener el resultado 2-D del teorema de Helmholtz en 3-D, y resulta que podemos. Esta es una manera de pensar en ello.

Ampliar el campo vectorial${\bf H}$ser una función de$(x,y,z)$:

$${\bf H}_{3D}(x,y,z)={\bf H}(x,y).$$ Para simplificar, imagina que $z$se extiende sólo sobre un intervalo finito, digamos de 0 a $2\pi$, y tiene condiciones de contorno periódicas (es decir, puntos con $z=0$se identifican con aquellos que tienen $z=2\pi$). No es necesario hacer esto, pero hace las cosas más limpias.

El teorema de Helmholtz dice que hay funciones$\phi,{\bf G}$tal que

$${\bf H}_{3D}=\nabla\phi+\nabla\times{\bf G}.$$ si supiéramos eso $\phi,{\bf G}$eran independientes de $z$y eso ${\bf G}$señaló en el $z$dirección, estaríamos listos. Pero no sabemos (todavía) eso.

Aquí está el truco. Ambos$\phi$y${\bf G}$son funciones agradables y suaves, por lo que se pueden expandir en series de Fourier en$z$:

$$\phi(x,y,z)=\sum_{n=-\infty}^\infty \phi_n(x,y)e^{inz},$$ y de manera similar para ${\bf G}$. Sustituyendo estos en la ecuación anterior, obtenemos $${\bf H}_{3D}=\sum_n\left(\nabla(\phi_ne^{inz})+\nabla\times({\bf G}_ne^{inz})\right).$$ Cada término de la derecha tiene $z$-dependencia de la forma $e^{inz}$(incluso después de escribir las derivadas). Pero el lado izquierdo es independiente de $z$. Por la unicidad de la serie de Fourier, se sigue que todos los términos con $n\ne 0$a la derecha desaparecer! Entonces $${\bf H}_{3D}=\nabla\phi_0+\nabla\times{\bf G}_0.$$ Lo sabemos $\phi_0,{\bf G}_0$depender solo de $(x,y)$, no $z$. Configuración $\phi(x,y)=\phi_0(x,y)$y $\psi(x,y)=G_z(x,y)$da el resultado deseado.

Es casi seguro que este podría expresarse de manera más compacta en un lenguaje matemático más formal, probablemente involucrando grupos de simetría. La idea básica es que el problema que estamos resolviendo es invariante bajo traslaciones en$z$, y las operaciones que estamos realizando (en cierto sentido) "conmutan" con estas traducciones. Eso significa que es posible encontrar una solución que respete esa simetría.

"Prueba" 4:

A los matemáticos no les gustará este, pero creo que es una buena manera de pensarlo de todos modos.

Tome transformadas de Fourier 2-D de todo lo que esté a la vista:

$${\bf H}(x,y)=\int \tilde{\bf H}(k_x,k_y)e^{i{\bf k}\cdot{\bf r}}d^2k,$$ y de manera similar para $\phi,\psi$. Cuando lo hace, las ecuaciones que intenta resolver se desacoplan, es decir, cada valor de ${\bf k}$se puede resolver de forma independiente: $$\tilde{\bf H}({\bf k})=i{\bf k}\tilde{\phi}({\bf k})+i\hat{\bf z}\times{\bf k}\tilde\psi({\bf k}).$$ (Puede haber un error de signo en lo anterior, pero es "moralmente" cierto).

Esta ecuación se puede resolver algebraicamente para cada${\bf k}$. De hecho, la solución tiene un bonito significado físico: descomponer$\tilde{\bf H}$en componentes paralelas y perpendiculares a${\bf k}$.$\tilde\phi$es la componente paralela, y$\tilde\psi$es la componente perpendicular.

Me gusta este porque también se generaliza muy bien para el caso spin-2 y proporciona una mejor intuición que cualquier otra cosa que pueda pensar sobre el "significado" del$E$-$B$descomposición para campos de espín-2.

La razón por la que digo que a los matemáticos no les gustará es porque no todo tiene una transformada de Fourier, y la convergencia de las transformadas de Fourier no es una convergencia puntual normal. Pero para aplicaciones de física, generalmente es una buena manera de pensar en las cosas.

Seguro que podemos encontrar una$\psi$que resuelve la siguiente ecuación diferencial parcial

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

Entonces se sigue que

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

Esto muestra que el campo vectorial$(H_x-\frac{\partial \psi }{\partial y},H_y+\frac{\partial \psi }{\partial x})$es libre de ondulaciones/solenoidal. Si el dominio es {\bf simplemente conectado} se deduce que hay un campo escalar$\phi$tal que

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

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

o

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

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

Si el dominio no está simplemente conectado, entonces "campo vectorial solenoide/libre de curvaturas" no siempre implica que "el campo vectorial es conservador".