Wykład 13 i 14 - Twierdzenie Stokes'a, wzory analizy wektorowej

2
Przykład 1. Sprawdzić twierdzenie Stokes’a na następującym przykładzie:
i forma
M = {(x, y, z) : 4x 2 + y 2 + z 2 = 4}, D = {(x, y, z) ∈ M : x 0, y 0, z 0}
α = x 2 dy + y 2 dx.
W M przyjąć orientację indukowaną z R 3 jeśli traktujemy M jako brzeg bryły, do której należy
punkt (0, 0, 0). ♣
Idea dowodu Twierdzenia Stokes’a. Zacznijmy od sytuacji, kiedy nasz obszar D jest kostką
k-wymiarową, tzn:
D = [a1, b1] × [a1, b1] × · · · × [ak, bk].
Brzeg D jest jedynie kawałkami powierzchnią, ale to nie bardzo przeszkadza. (k − 1)-forma α
do całkowania po brzegu D może zostać zapisana w następujący sposób:
α = α1dx 2 ∧ dx 3 ∧ · · · ∧ dx k − α2dx 1 ∧ dx 3 ∧ · · · ∧ dx k + · · · + (−1) k+1 αkdx 1 ∧ dx 2 ∧ · · · ∧ dx k−1 .
Różniczkujemy:
dα = ∂α1
∂x 1 dx1 ∧ dx 2 ∧ dx 3 ∧ · · · ∧ dx k − ∂α2
∂x 2 dx2 ∧ dx 1 ∧ dx 3 ∧ · · · ∧ dx k + · · · +
k+1 ∂α2
(−1)
∂x2 dxk ∧ dx 1 ∧ dx 2 ∧ · · · ∧ dx k−1 =
∂α1
∂x1 dx1 ∧ dx 2 ∧ dx 3 ∧ · · · ∧ dx k + ∂α2
∂x2 dx1 ∧ dx 2 ∧ dx 3 ∧ · · · ∧ dx k + · · · +
Oznaczamy teraz ı orientację kanoniczną R k i całkujemy:
∫
D,ı
∫
dα =
k∑
i=1
n∑
D
i=1
∫ b1
a1
∂αk
∂xk dx1 ∧ dx 2 ∧ · · · ∧ dx k−1 ∧ dx k =
(
∂α1 ∂αk
+ · · · +
∂x1 ∂xk )
dx 1 ∧ dx 2 ∧ dx 3 ∧ · · · ∧ dx k
∂αi
∂x i dx1 dx 2 ∧ · · · dx k =
k∑
i=1
∫ b1
a1
k∑
∫
i=1
D
dx 2 · · · bez i ∫ bk
· · · dx
ak
k
∂αi
∂x i dx1 dx 2 ∧ · · · dx k =
∫ bi
ai
∂αi
∂x i dxi =
dx 2 · · · bez i ∫ bk (
k
· · · dx αi(x
ak
1 , . . . , bi, . . . x k ) − αi(x 1 , . . . , ai, . . . x k ) )
=
k∑
∫
i=1
{xi =bi (αi)dx
}
1 · · · bez i · · · dx k k∑
∫
−
i=1
{xi =ai (αi)dx
}
1 · · · bez i · · · dx k =
W powyższym wzorze {x i = b i } oznacza ścianę kostki daną równaniem x 1 = b i . Rozważmy więc
parę ścian z ustaloną i-tą współrzędną. Forma α obcięta do ściany {x i = b i }, jest równa
α |{x i =b i } = (−1) i+1 αi(x 1 , . . . , b i , . . . , x k )dx 1 ∧ · · · ∧ dx i−1 ∧ dx i+1 ∧ · · · ∧ dx k
a do ściany {x i = a i }
α |{x i =a i } = (−1) i+1 αi(x 1 , . . . , a i , . . . , x k )dx 1 ∧ · · · ∧ dx i−1 ∧ dx i+1 ∧ · · · ∧ dx k