Τα θεωρήματα

των Green Stokes και Gauss

Αντώνης Τσολομύτης

Σάμος 2012

intcurl

nablatimes F

divintpartS F

Επειδή αναϕέρθηκε στο μάθημα

Ενεργητική ϕωνή

Ενεστώτας παράγω παρέχωΕνεστώτας-υποτακτική να παράγω να παρέχωΕνεστώτας-προστακτική πάραγε πάρεχεΕνεστώτας-μετοχή παράγοντας παρέχονταςΜέλλοντας στιγμιαίος θα παραγάγω θα παράσχωΜέλλοντας διαρκείας θα παράγω θα παρέχωΜέλλοντας συντελεσμένος θα έχω παραγάγει θα έχω παράσχειΑόριστος παρήγαγα παρείχαΑόριστος-υποτακτική να παραγάγω να παράσχωΑόριστος-προστακτική παράγαγε παράσχετεΑόριστος-απαρέμϕατο παραγάγει παράσχειΠαρατατικός παρήγα παρείχαΠαρακείμενος έχω παραγάγει έχω παράσχειΥπερσυντέλικος είχα παραγάγει είχα παράσχει

Οι τύποι με το -άξω δεν είναι απαραίτητα λάθος (ο μέλλοντας τουάγω στην αρχαία είναι άξω1) και μπορούν να χρησιμοποιηθούν εν-δεχομένως ειδικά αν στον ομιλητή ακούγονται εύηχοι Όμως υπάρ-χουν δυσκολίες με αυτή την επιλογή Για παράδειγμα για το ρήμαlaquoεξάγωraquo θα πούμε laquoθα εξάξωraquo Για το laquoανάγωraquo laquoθα ανάξωraquo Γιατο laquoδιαξάγωraquo laquoθα διαξάξωraquo Ή είναι προτιμότερο να πούμε laquoθαεξαγάγωraquo laquoθα αναγάγωraquo laquoθα διεξαγάγωraquo Ο κακοποιός laquoέχει α-παγάγειraquo το παιδί ή το έχει laquoαπάξειraquo Ανάλογη είναι η κατάστασηκαι με το laquoπαρέχωraquo Είναι σωστό να λέμε laquoνα παρέξειraquo ή laquoνα πα-ράσχειraquo Χωρίς να θέλουμε να μπούμε στην κουβέντα περί σωστούή λάθους γλωσσικής καθαρότητας ή βαρβαρότητας (κουβέντα πουγίνεται έντονα στο διαδίκτυο) από τα παραπάνω παραδείγματαϕαίνεται ότι η επιλογή του laquoθα παραγάγωraquo ή laquoθα παράσχωraquo είναιασϕαλέστερη

Σάμος 11 Μαΐου 2012

1δες online λεξικό Liddell-Scott-Κωνσταντινίδου στη διεύθυνσηhttpmyriamathaegeangrldsweb

1 Εισαγωγικά

Οι σημειώσεις αυτές γράϕτηκαν για το μάθημα του ΑπειροστικούΛογισμού όπως αυτό διδάσκεται στα Τμήματα Μαθηματικών Οιαποδείξεις των τριών αυτών θεωρημάτων στην πλήρη τους γενικό-τητα στον R3 (ή στον R2 για το θεώρημα του Green) δεν είναι απλέςΕιδικά η απόδειξη του θεωρήματος του Gauss είναι δύσκολη και γιααυτό μπορεί να επιλέξει κανείς να την παραλείψει Η απόδειξη τουStokes είναι βατή αν και εκτενής λόγω της αναγκαστικής εϕαρμο-γής του κανόνα της αλυσίδας στην παραγώγιση για διανυσματικέςσυναρτήσειςΟι σημειώσεις αυτές δεν περιέχουν ασκήσεις και γράϕτηκαν κυ-

ρίως με στόχο μια διδακτικά αποδοτικότερη παρουσίαση των θεω-ρημάτων Με αυτό το σκεπτικό οι αποδείξεις πήγαν όλες σε ξεχω-ριστή ενότητα στο τέλος των σημειώσεων

2 Συμβολισμός

Συμβολίζουμε μεintintτο διπλό ολοκλήρωμα σε υποσύνολο του R2 και

μεintintintτο τριπλό ολοκλήρωμα σε υποσύνολο του R3

Με το intC συμβολίζουμε το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα πάνω στην

προσανατολισμένη καμπύλη C Όταν η C είναι απλή κλειστή καμ-πύλη που περικλείει ένα χωρίο στον R2 θεωρούμε ότι είναι θετικάπροσανατολισμένη δηλαδή περπατώντας πάνω στην καμπύλη τοχωρίο που περικλείει είναι στα αριστερά μας Αν η C είναι το σύ-νορο μιας προσανατολισμένης επιϕάνειας στον R3 τότε η C θεω-ρείται προσανατολισμένη θετικά δηλαδή αν περπατάμε στην C μετο σώμα μας στη ϕορά του προσανατολισμού της επιϕάνειας ηεπιϕάνεια είναι στα αριστερά μαςΣυμβολίζουμε με

S το επιϕανειακό ολοκλήρωμα πάνω στην προ-

σανατολισμένη επιϕάνεια S Αν η S είναι κλειστή επιϕάνεια η θε-τική κατεύθυνση είναι η προς τα έξω κατεύθυνση σε σχέση με τοτρισδιάστατο χωρίο που περικλείειΓράϕουμε ⟨xy⟩ για το εσωτερικό γινόμενο των διανυσμάτων x

και y Τα i j και k είναι τα βασικά ορθοκανονικά διανύσματαστον R3 Δηλαδή i = (100) j = (010) και k = (001)Αν F διανυσματική συνάρτηση από το R3 στο R3 και F = (F1 F2 F3)

όπου οι Fj έχουν τιμές στο R γράϕουμε

nablatimes F =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

F1 F2 F3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(1)

3

και

⟨nabla F⟩ = partF1

partx+ partF2

party+ partF3

partz (2)

3 Θεωρήματα Stokes και Gauss

Το θεμελιώδες θεώρημα του Απειροστικού Λογισμού μάς λέει ότι υπότις κατάλληλες προϋποθέσεις το ολοκλήρωμα της παραγώγου f prime

της f στο διάστημα [a b] ισούται με ένα κατάλληλο άθροισμα τωντιμών της f στο σύνορο ab του διαστήματος Συγκεκριμέναint

[ab]f prime = f(b)minus f(a) (3)

Δηλαδή το ολοκλήρωμα της παραγώγου στο διάστημα [a b] υπο-λογίζεται από τις τιμές της συνάρτησης στο σύνορο (στα άκρα)του [a b] Το ίδιο ακριβώς είναι εννοιολογικά του περιεχόμενο τωνθεωρημάτων Stokes και Gauss Στο θεώρημα Stokes το πεδίο ολοκλή-ρωσης είναι μια επιϕάνεια και ο υπολογισμός με βάση τις τιμέςστο σύνορο της επιϕάνειας (το αντίστοιχο του f(b) minus f(a)) γίνεταιμε επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο σύνορό της Ομοίως στο θεώρηματου Gauss το πεδίο ολοκλήρωσης είναι ένα χωρίο στον τρισδιάστα-το χώρο και ο υπολογισμός με βάση τις τιμές στο σύνορο του χω-ρίου γίνεται με το επιϕανειακό ολοκλήρωμα στο σύνορο του χωρίουδηλαδή στην επιϕάνεια που περικλείει το χωρίο

31 Το θεώρημα του Stokes

Έστω ότι η S προσανατολισμένη επιϕάνεια στον R3 που ορίζεταιαπό μια ένα προς ένα παραμετρικοποίηση Φ D sube R2 rarr S και partSτο θετικά προσανατολισμένο σύνορό της Αν F S rarr R3 μια C1

συνάρτηση τότε

το επιϕανειακό ολοκλήρωμα μιας laquoκατάλληλης παραγώ-γουraquo της F υπολογίζεται από τις τιμές της F στο σύνο-ρο της επιϕάνειας Δηλαδή σε πλήρη αναλογία με τοντύπο (3) ισχύει ένας τύπος της μορϕής

SlaquoF primeraquo =

intpartSF

όπου το δεύτερο ολοκλήρωμα είναι το επικαμπύλιο ολο-κλήρωμα της F στο partS

Το μόνο που μένει να διευκρινιστεί είναι ποια είναι η laquoκατάλληληπαράγωγοςraquo της F ώστε να ισχύει ο παραπάνω τύπος

4

Θεώρημα 31 (Stokes) Έστω ότι η S είναι μια κατά τμήματα C2

ϕραγμένη προσανατολισμένη επιϕάνεια στον R3 Αν F S rarr R3

μια C1 συνάρτηση και partS το θετικά προσανατολισμένο σύνορο τηςS το οποίο υποθέτουμε ότι είναι απλή κλειστή κατά τμήματα C1

καμπύλη τότε ισχύει Snablatimes F =

intpartSF (4)

Δηλαδή η laquoκατάλληλη παράγωγοςraquo είναι η συνάρτηση nablatimes F

Υπενθυμίζουμε εδώ τα απαραίτητα για τον υπολογισμό των πο-σοτήτων του παραπάνω τύπου

bull Αν Φ D sube R2 rarr R με Φ(uv) = (Φ1(uv)Φ2(uv)Φ3(uv))μια 1-1

παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας S θέτουμε

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tv =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)και το επιϕανειακό ολοκλήρωμα στα αριστερά της (4) υπολο-γίζεται με το διπλό ολοκλήρωμαintint

D

⟨nablatimes F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

bull Αν σ(t) isin R3 για t isin [a b] μια παραμετρικοποίηση του partS τότετο επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στα δεξιά της (4) ισούται μεint b

a

⟨F(σ(t)

) σ prime(t)

⟩dt

Παρατήρηση 31 Θέλοντας να κάνουμε τον αναγνώστη να νοιώθεισίγουρος για την εννοιολογική ταύτιση της σχέσης (4) με τη σχέση(3) θα δείξουμε ότι πράγματι το θεώρημα του Stokes εϕαρμοσμένοσε κατάλληλη επιϕάνεια συνεπάγεται το θεμελιώδες θεώρημα τουαπειροστικού λογισμού Ας υποθέσουμε λοιπόν τη σχέση (4) καιέστω ότι η f είναι συνάρτηση C1 στο [a b] Θεωρούμε την επίπεδηεπιϕάνεια S = [a b] times [01] times 0 sube R3 και τη συνάρτηση F(xy) =(0 f (x)0) Έχουμε

nablatimes F =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

0 f(x) 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= f prime(x)k

Για την παραμετρικοποίηση της S θέτουμε D = S και για (uv) isin DΦ(uv) = (uv0) Έτσι Tu = (100) Tv = (010) και εύκολα προκύ-

5

πτει ότι Tu times Tv = k Οπότε το αριστερό μέλος της (4) γίνεταιSnablatimes F =

intintD

⟨nablatimes F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

=int 1

0

int baf prime(u)dudv

=int baf prime(x)dx

Στρεϕόμαστε τώρα στο δεξιό σκέλος Το σύνορο του S αποτελείταιαπό τα ευθύγραμμα τμήματα

C1 =(t00) t isin [a b]

C2 =(t10) t isin [a b]

B1 =(a t0) t isin [01]

καιB2 =

(b t0) t isin [01]

Οι παραμετρικοποιήσεις που δίνονται στα παραπάνω ευθύγραμματμήματα δίνουν τον θετικό προσανατολισμό στα C1 και B2 ενώ δί-νουν τον αρνητικό προσανατολισμό στα C2 και B1 Συνεπώς

intpartSF =

intC1

F minusintC2

F minusintB1

F +intB2

F (5)

Όμως

intC1

F =int ba

⟨F(t00) (100)

⟩dt =

int ba

⟨(0 f (t)0

) (100)

⟩dt = 0

intC2

F =int ba

⟨F(t10) (100)

⟩dt =

int ba

⟨(0 f (t)0

) (100)

⟩dt = 0

Και

intB2

F =int 1

0

⟨F(b t0) (010)

⟩dt

=int 1

0

⟨(0 f (b)0

) (010)

⟩dt

=int 1

0f(b)dt

= f(b)

intB1

F =int 1

0

⟨F(a t0) (010)

⟩dt

=int 1

0

⟨(0 f (a)0

) (010)

⟩dt

=int 1

0f(a)dt

= f(a)

6

Αντικαθιστώντας στην (5) παίρνουμεintpartS F = f(b) minus f(a) ολοκληρώ-

νοντας την απόδειξη Έτσι το θεώρημα του Stokes πράγματι αποτε-λεί επέκταση του γνωστού μας θεμελιώδους θεωρήματος του απει-ροστικού λογισμού μίας μεταβλητής σε περισσότερες μεταβλητές

311 Το θεώρημα του Green

Μια ειδική περίπτωση του θεωρήματος Stokes είναι η περίπτωσηόπου η επιϕάνεια S είναι επίπεδη υποσύνολο του R2 και η συνάρ-τηση F έχει πεδίο τιμών το R2 Σε αυτή την περίπτωση το πεδίοορισμού της παραμετρικοποίησης Φ της S το D ταυτίζεται με τηνS και η Φ είναι η ταυτοτική Φ(uv) = (uv) (όπου παραλείψαμε τηντρίτη μηδενική συντεταγμένη (μιλώντας αυστηρά ταυτίζουμε το R2

με το R2 times 0 sub R3 ή αλλιώς ταυτίζουμε τα (uv) με τα (uv0))Όπως και στην Παρατήρηση 31 υπολογίζουμε ότι Tu times Tv = k

οπότε σε αυτή την περίπτωση

intSnablatimes F =

intintD

⟨nablatimes F(uv) k⟩dudvΤώρα αν F = (PQ) = (PQ0) υπολογίζουμε την παράσταση ⟨nabla timesF(uv) k

⟩με την ορίζουσα (1) και βρίσκουμε (άσκηση) ότι

⟨nablatimes F(uv) k⟩ = partQpartu

minus partPpartv

Έτσι σε αυτή την ειδική περίπτωση ο τύπος του θεωρήματος Stokesγράϕεται ως intint

D

(partQpartx

minus partPparty

)dxdy =

intpartDF

όπου F = (PQ) Αυτός ο τύπος ο τύπος που προκύπτει από τοθεώρημα Stokes όταν S sube R2 και F S rarr R2 ονομάζεται laquoθεώρηματου GreenraquoΗ παρουσίαση του θεωρήματος Green ως συνέπεια του θεωρήμα-

τος Stokes έγινε για καθαρά διδακτικούς λόγους Όμως όσο αϕοράστις αποδείξεις τους (δες ενότητα 4) πρώτα αποδεικνύουμε την ει-δική και ευκολότερη περίπτωση του θεωρήματος Green και στη συ-νέχεια αποδεικνύουμε το θεώρημα Stokes

312 Εϕαρμογή υπολογισμός εμβαδού χωρίου

Παρατηρούμε ότι αν στον τύπο του Green βάλουμε Q(xy) = 12x και

P(xy) = minus 12y θα ισχύει

partQpartx minus

partPparty = 1 οπότε

12intpartD(minusyx) =

intintD

1dxdy = Εμβαδόν(D)

7

Έτσι καταλήγουμε στον τύπο

Εμβαδόν(D) = 12intpartD(minusyx)

Οι επιλογές που κάναμε για τα P και Q δεν είναι μοναδικές Θαμπορούσαμε για παράδειγμα να είχαμε επιλέξει Q = x και P = 0Θα χρησιμοποιήσουμε τον παραπάνω τύπο για να υπολογίσουμε

το εμβαδόν του ϕύλλου του Καρτέσιου Πρόκειται για τον βρόγχοπου παράγεται από την καμπύλη με παραμετρικοποίηση

σ(t) =(

3t1+ t3

3t2

1+ t3)

όπου t isin [0infin) (σε καρτεσιανές συντεταγμένες και σε πεπλεγμένημορϕή η εξίσωση είναι x3 + y3 minus 3xy = 0) Το σχήμα της καμπύληςϕαίνεται στο σχήμα 1 Σύμϕωνα με τον τύπο του εμβαδού που

minus1 lt t le 0

t lt minus1

t ge 0

y = minusx minus 1

Σχήμα 1 Το ϕύλλο του Καρτέσιου (the folium of Descartes)

βρήκαμε παραπάνω το εμβαδόν του ϕύλλου ισούται με

intσ(minusyx) = 1

2

intinfin0

⟨(minus 3t2

1+ t3 3t

1+ t3) σ prime(t)

⟩dt

= 12

intinfin0

(3t

1+ t3)2

dt

= 12

minus31+ t3

∣∣∣∣∣infin

0

= 32

8

32 Το θεώρημα του Gauss

Θεωρούμε Ω ένα κλειστό και ϕραγμένο υποσύνολο του R3 το οποίοέχει κατά τμήματα C2 σύνορο partΩ Θεωρούμε επίσης ότι το partΩ είναιπροσανατολισμένο με τη θετική ϕορά δηλαδή με το laquoπρος τα έξωraquoαπό το Ω διάνυσμα Αν F διανυσματική C1 συνάρτηση στο Ω τότε

το χωρικό (τριπλό) ολοκλήρωμα μιας laquoκατάλληλης πα-ραγώγουraquo της F υπολογίζεται από τις τιμές της F στοσύνορο partΩ του χωρίου Ω Δηλαδή σε πλήρη αναλογίαμε τον τύπο (3) ισχύει ένας τύπος της μορϕήςintintint

ΩlaquoF primeraquo =

partΩF

όπου το δεύτερο ολοκλήρωμα είναι το επιϕανειακό ολο-κλήρωμα της F στο partΩ

Το μόνο που μένει να διευκρινιστεί και πάλι είναι ποια είναι ηlaquoκατάλληλη παράγωγοςraquo της F ώστε να ισχύει ο παραπάνω τύπος

Θεώρημα 32 (απόκλισης του Gauss) Έστω ότι το Ω είναι ένα υπο-σύνολο του R3 κλειστό και ϕραγμένο με κατά τμήματα C2 σύνοροpartΩ Τότε αν η F με πεδίο τιμών το R3 είναι C1 συνάρτηση στο Ωισχύει intintint

Ω⟨nabla F⟩ =

partΩF

Η laquoκατάλληλη παράγωγοςraquo δηλαδή εδώ είναι η ποσότητα ⟨nabla F⟩Υπενθυμίζουμε ότι για να υπολογιστεί το επιϕανειακό ολοκλήρωμαχρειαζόμαστε μια 1-1 και κατά τμήματα C2 παραμετρικοποίηση Φ =(Φ1Φ2Φ3) D sube R2 rarr partΩ της επιϕάνειας partΩ οπότε

partΩF =

intintD⟨nabla times F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tv =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

4 Αποδείξεις

41 Απόδειξη του θεωρήματος Green

Όπως είπαμε και στο τέλος της υποενότητας 311 η παρουσίασητου θεωρήματος Green ως συνέπεια του θεωρήματος Stokes έγινε γιακαθαρά διδακτικούς λόγους Ξεκινάμε με την απόδειξη του θεωρή-ματος Green

9

Λήμμα 5 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου I C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και P D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Απόδειξη Αϕού το χωρίο είναι τύπου I υπάρχουν συνεχείς συ-ναρτήσεις φ1 φ2 [a b]rarr R ώστε

D = (xy) a le x le bφ1(x) le y leφ2(x)

Οπότε το διπλό ολοκλήρωμα από το θεμελιώδες θεώρημα του Απει-ροστικού Λογισμού ισούται μεintint

D

partP(qu)party

dydx =int ba

(intφ2(x)

φ1(x)

partP(xy)party

dy)dx

=int ba

(P(xφ2(x)

)minus P(xφ1(x)))dx

Τα(xφ1(x)

)για x isin [a b] παραμετρικοποιούν την C1 με τη δηλω-

μένη ϕορά (δες σχήμα 2) οπότεint baP(xφ1(x)

)dx =

intC1

(P0)

Ομοίως τα(xφ1(x)

)για x isin [a b] παραμετρικοποιούν την C2 με

a b

ϕ1

ϕ2

C1

C2

B1

B2

D

Σχήμα 2 Χωρίο τύπου I

την αντίθετη ϕορά οπότεint baP(xφ2(x)

)dx = minus

intC2

(P0)

Έτσι καταλήγουμε στη σχέσηintintD

partPpartydydx = minus

intC1cupC2

(P0) (6)

10

Επειδή το x είναι σταθερό στα ευθύγραμμα τμήματα B1 και B2 συ-νεπάγεται ότι

intB1(P0) =

intB1(P0) = 0 για παράδειγμα B1 = (ay)

φ1(a) le y le φ2(a) δηλαδή παραμετρικοποιείται από την σ1(t) =(a t) για t isin [φ1(a)φ2(a)] και έτσι σ prime1(t) = (01) συνεπώς

intB1

(P0) =intφ2(a)

φ1(a)

⟨(P0)(ay) (01)

⟩dy = 0

Προσθέτοντας τα μηδενικά ολοκληρώματα στις B1 και B2 στην (6)παίρνουμε intint

D

partPpartydxdy = minus

intC(P0)

Με τον ίδιο ακριβώς τρόπο αποδεικνύεται και το ακόλουθο

Λήμμα 6 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου II C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και Q D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(0Q) =

intintD

partQpartxdxdy

Τα δύο παραπάνω λήμματα έχουν πολύ ισχυρούς περιορισμούςγια το χωρίο D Συγκεκριμένα απαιτούν το χωρίο να είναι τύπου Iκαι τύπου II αντίστοιχα Μπορούμε να αποδείξουμε τα ίδια αποτελέ-σματα σε γενικότερα χωρία Αντί να δώσουμε έναν αυστηρό ορισμόγια τα επιτρεπτά χωρία προτιμάμε να βασιστούμε σε εικόνες Ένα

D D1

D2

Σχήμα 3 Χωρίο όχι τύπου I στο οποίο ισχύει το θεώρημα Green

χωρίο όπως το πρώτο χωρίο στο σχήμα 3 δεν είναι τύπου I Όμωςμπορούμε να το κόψουμε σε δύο τμήματα το D1 και το D2 τα οποίαείναι τύπου I Έτσι σύμϕωνα με το Λήμμα 5 ισχύουν οι σχέσεις

intpartD1

(P0) = minusintintD1

partPpartydxdy

και

intpartD2

(P0) = minusintintD2

partPpartydxdy

11

Το άθροισμα των ολοκληρωμάτων στα δεξιά κάνει

minusintintD1

partPpartydxdy minus

intintD2

partPpartydxdy = minus

intintD

partPpartydxdy

Για το άθροισμα στα αριστερά παρατηρούμε ότι το κομμάτι τουσυνόρου στο οποίο κόψαμε το D τα σύνορα που στο σχήμα εμϕανί-ζονται με μπλε χρώμα έχουν μεταξύ τους αντίθετο προσανατολισμόόταν τα D1 και D2 έχουν και τα δύο τον θετικό προσανατολισμόΟπότε όταν προσθέσουμε τα επικαμπύλια ολοκληρώματα στο partD1

και στο partD2 θα έχουμε απαλοιϕή των επικαμπυλίων ολοκληρωμά-των πάνω στις μπλε καμπύλες Έτσι το αποτέλεσμα θα είναι τοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα πάνω στο partD Αποδείξαμε με αυτόν τοντρόπο ότι και σε τέτοια χωρία που δεν είναι τύπου I ισχύει

intpartD(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Ανάλογη είναι η κατάσταση σε σχέση με το Λήμμα 6 Αν τοχωρίο κόβεται σε κομμάτια τύπου II τότε το Λήμμα 6 συνεχίζει ναισχύειΘα πρέπει να παρατηρήσουμε εδώ ότι το χωρίο μπορεί να είναι

ιδιαίτερα περίπλοκο και να απαιτείται να κοπεί σε πολλά τμήματαόπως για παράδειγμα το χωρίο του σχήματος 4 Για την παρακάτω

Σχήμα 4 Χωρίο που απαιτεί πολλά κοψίματα ώστε κάθε τμήμα τουνα είναι τύπου I ή τύπου II

απόδειξη του θεωρήματος Green θα υποθέσουμε ότι στο χωρίο Dισχύουν και το Λήμμα 5 και το Λήμμα 6Απόδειξη του θεωρήματος Green Έστω ότι το D είναι ένα χωρίο

στον R2 στο οποίο ισχύουν και τα δύο παραπάνω λήμματα Αν

12

F = (PQ) τότε intintD⟨nabla times F k⟩ =

intintD

(partQpartx

minus partPparty

)dxdy

= intpartD(0Q)+

intpartD(P0)

= intpartD(PQ)

= intpartDF

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

61 Απόδειξη του θεωρήματος Stokes

Θα αποδείξουμε το θεώρημα Stokes στην περίπτωση που η επιϕά-νεια παραμετρικοποιείται από μια C2 παραμετρικοποίηση Στην αν-τίθετη περίπτωση το θεώρημα αποδεικνύεται κόβοντας την επιϕά-νεια σε τμήματα όπου το καθένα περιγράϕεται από μία παραμετρι-κοποίηση και στο τέλος αθροίζουμε τους τύπους από κάθε τμήματης όπως κάναμε και στο θεώρημα του Green για χωρία που έπρεπενα κοπούν για να περιγραϕούν ως τύπου I ή IIΑς θέσουμε πρώτα κάποιο συμβολισμό Η F αϕού έχει πεδίο τι-

μών στο R3 έχει τρεις συνιστώσες συναρτήσεις δηλαδή γράϕεταιF = (F1 F2 F3) όπου οι F1 F2 και F3 είναι C1 συναρτήσεις από τηνεπιϕάνεια S στο R Έστω ότι η επιϕάνεια S περιγράϕεται από τηνπαραμετρικοποίηση Φ(uv) D sube R2 rarr S με

Φ(uv) = (Φ1(uv)Φ2(uv)Φ3(uv))

όπου οι Φ1 Φ2 Φ3 είναι C2 συναρτήσεις από το D στο R και γιατο D υποθέτουμε επίσης ότι ισχύει το θεώρημα του Green Θέτουμεεπίσης σ(t) [a b] rarr R2 παραμετρικοποίηση του partD φ(t) = Φ(σ(t))παραμετρικοποίηση του partS και υποθέτουμε ότι όλες οι προηγούμε-νες παραμετρικοποιήσεις διατηρούν τον θετικό προσανατολισμόΤέλος σημειώνουμε ότι θα χρειαστούμε τον κανόνα της αλυσίδας

στην παραγώγιση για συναρτήσεις πολλών μεταβλητώνΗ απόδειξη θα γίνει αποδεικνύοντας πρώτα το θεώρημα στην

ειδική περίπτωση όπου F2 = F3 = 0 οπότε F = (F100) Στη συνέχειααλλάζοντας κυκλικά τους δείκτες (ή επαναλαμβάνοντας τις ίδιεςπράξεις) θα προκύψουν τύποι για τις περιπτώσεις όπου F = (0 F20)και F = (00 F3) Στο τέλος θα προσθέσουμε αυτούς τους τρεις τύ-πουςΞεκινάμε την απόδειξη του θεωρήματος του Stokes από το επιϕα-

νειακό ολοκλήρωμαSnablatimes F =

intintD

⟨(nablatimes F)(Φ(uv)) Tu times Tv⟩ 13

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tu =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

Υπολογίζουμε το nabla times F με τη σχετική ορίζουσα (δες την ορίζουσαπαρακάτω) και το βρίσκουμε ίσο με partF1

partz j minuspartF1party k Έτσι

Snablatimes F =

S

(0partF1

partzminuspartF1

party

)(7)

=intintD

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

F1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(Φ(uv)

)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partupartΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣⟩dudv

=intintD

(minuspartF1

partz(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ3

partvminus partΦ3

partupartΦ1

partv

)

minuspartF1

party(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ2

partvminus partΦ2

partupartΦ1

partv

))dudv

(8)

Κρατάμε αυτή την έκϕραση και στρεϕόμαστε τώρα στο επικαμπύ-λιο ολοκλήρωμα Σκοπός μας είναι με τη βοήθεια της σύνθεσης μετην Φ να περάσουμε από το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partS στοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partD ώστε να χρησιμοποιήσουμε το θε-ώρημα του Green Έχουμε

intpartSF =

int ba

⟨F(φ(t)

)φprime(t)

⟩dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))ddt

(Φ(σ(t)

))dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))(ddtΦ1(σ(t)

)ddtΦ2(σ(t)

)ddtΦ3(σ(t)

))⟩dt

το οποίο επειδή F = (F100) ισούται μεint baF1

(Φ(σ(t)

)) ddtΦ1(σ(t)

)dt

Από τον κανόνα αλυσίδας ισχύει

ddtΦ1(σ(t)

) = ⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩

14

Έτσι παίρνουμε

intpartSF =

int ba

[F1

(Φ(σ(t)

)) middot⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩]dt

=int ba

⟨((F1 Φ)

(partΦ1

partupartΦ1

partv

))(σ(t)

) σ prime(t)

⟩dt

= intpartD

((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)=intpartDΨ

όπου θέσαμε

Ψ =((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)= (Ψ1Ψ2)

Συνεπώς σε αυτό το σημείο μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το θεώ-ρημα Green οπότε

intpartDΨ =

intintD⟨nablatimes Ψ k⟩ dudv

δηλαδή

intpartSF =

intintD

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩dudv

Υπολογίζοντας το τελευταίο εσωτερικό γινόμενο

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ =

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartu

partpartv

partpartw

Ψ1 Ψ2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ k⟩

= partΨ2

partuminus partΨ1

partv

= partpartu

((F1 Φ)partΦ1

partv

)minus partpartv

((F1 Φ)partΦ1

partu

)

=(partpartuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

Οι όροι με τις παραγώγους δεύτερης τάξης διαγράϕονται οπότεκαταλήγουμε στην

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ = ( part

partuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv

)minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu

)

15

Χρησιμοποιώντας τον κανόνα της αλυσίδας βρίσκουμε ότι η τελευ-ταία παράσταση είναι ίση με(

partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partu+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partu

)partΦ1

partv

minus(partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partv+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partv

)partΦ1

partu

Ελέγχουμε εύκολα (άσκηση) ότι αυτοί οι όροι είναι οι ίδιοι που εμ-ϕανίζονται στην (8) και άρα με τη βοήθεια της (7) έχουμε δείξειότι

intpartS(F100) =

partS

(0partF1

partzminuspartF1

party

)

Με όμοιες πράξεις ή εναλλάσσοντας τους δείκτες και τις θέσεις τωνποσοτήτων μέσα στα διανύσματα κυκλικά (x rarr y rarr z rarr x) βλέπουμεότι

intpartS(0 F20) =

partS

(minuspartF2

partz0partF2

partx

)και

intpartS(00 F3) =

partS

(partF3

partyminuspartF3

partx0)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις τρεις τελευταίες σχέσεις οδηγούμαστεστην

intpartS(F1 F2 F3) =

partS

(partF3

partyminus partF2

partzpartF1

partzminus partF3

partxpartF2

partxminus partF1

party

)

Εύκολα ελέγχεται με την γνωστή μας ορίζουσα ότι το διάνυσμαμέσα στο τελευταίο ολοκλήρωμα είναι το nabla times F ολοκληρώνονταςτην απόδειξη

62 Απόδειξη του θεωρήματος Gauss

Ας υποθέσουμε για να απλοποιήσουμε λίγο την απόδειξη ότι το σύ-νορο του Ω είναι C2 Θα χρησιμοποιήσουμε δύο ισχυρισμούς που δενθα αποδείξουμε σε αυτό το μάθημα Όμως πρώτον θα είναι πειστι-κοί και δεύτερον ο ενδιαϕερόμενος αναγνώστης μπορεί να καταϕύ-γει σε ένα βιβλίο διαϕορικής γεωμετρίας για τις πλήρεις λεπτομέ-ρειεςΘα είναι ευκολότερο για την απόδειξη αντί να χρησιμοποιήσουμε

τα x y και z για τις συντεταγμένες ενός διανύσματος τον R3 ναγράϕουμε x1 x2 x3 Έτσι αν F = (F1 F2 F3) το ζητούμενο είναι νααποδείξουμε ότιintintint

Ω

(partF1

partx1+ partF2

partx2+ partF3

partx3

)dx1dx2dx3 =

partΩ(F1 F2 F3)

16

Οι δύο ισχυρισμοί στους οποίους αναϕερθήκαμε παραπάνω είναιοι εξήςΙσχυρισμός 1 Το Ω είναι δυνατόν να γραϕτεί ως ένωση ευκλεί-

δειων δίσκων αρκετά μικρής ακτίνας ώστε αν B ένας τέτοιος δί-σκος ο οποίος τέμνει το σύνορο του Ω τότε το B capΩ να γράϕεται(όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5) με τη βοήθεια του γραϕήματος μιαςσυνάρτησης φ D sube R2 rarr R είτε ως

(I) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 lt φ(x1 x3) είτε ως

(II) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 lt φ(x1 x2) είτε ως

(III) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 gt φ(x2 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 lt φ(x2 x3)

B1

B2 B3 B4

x2

x3

x1

B1 = (x1 x2 x3) isin B1 x2 gt ϕ1(x1 x3)

B2 = (x1 x2 x3) isin B2 x3 lt ϕ2(x1 x2)

B3 = (x1 x2 x3) isin B3 x3 gt ϕ3(x1 x2)

B4 = (x1 x2 x3) isin B4 x2 lt ϕ4(x1 x3)

για διαφορετικές συναρτήσεις ϕ1 ϕ2 ϕ3

και ϕ4 από το R2 στο R

Σχήμα 5 Διάϕορες περιπτώσεις τομών ευκλείδειων δίσκων με τοσύνορο του Ω

Όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5 το αν η περιγραϕή θα είναι όπωςστην περίπτωση (I) ή στην περίπτωση (II) ή στην (III) έχει να κάνειμε το που βρίσκεται ο δίσκος B σε σχέση με το σύνορο του ΩΤο ότι το παραπάνω είναι εϕικτό σχετίζεται με το ότι το Ω είναι

κλειστό και ϕραγμένο καθώς και με το ότι το σύνορό του είναι C2Δεν θα μπούμε όμως σε λεπτομέρειες απόδειξηςΙσχυρισμός 2 Το παρακάτω είναι ένα πολύ ισχυρό εργαλείο το

οποίο ονομάζεται διαμέριση της μονάδαςΈστω B1 B2 BN οι ευκλείδειοι δίσκοι που περιγράϕει ο Ισχυρι-

σμός 1 Υπάρχουν συναρτήσεις ψ1 ψ2 ψN οι οποίες είναι C1 καιικανοποιούν τις εξής συνθήκες

bull sumNj=1ψj = 1 πάνω στο Ω

bull ψj∣∣∣R3Bj

= 0 για κάθε j = 1 2 N

17

Αυτός ο ισχυρισμός δεν είναι τόσο δύσκολος όσο ίσως ακούγεταιΑπλά βρίσκει κανείς συναρτήσεις που να ικανοποιούν τη δεύτερησυνθήκη και πάνω στο Ω να έχουν θετικό άθροισμα (κάντε ένα σχή-μα) Τέλος διαιρούμε κάθε συνάρτηση με το άθροισμά τους ώστε ναικανοποιείται και η πρώτη συνθήκη

Είμαστε τώρα έτοιμοι να ξεκινήσουμε την απόδειξη Αρκεί νααποδείξουμε ότι intintint

Ω

partF1

partx1dx1dx2dx3 =

partΩ(F100)intintint

Ω

partF2

partx2dx1dx2dx3 =

partΩ(0 F20)intintint

Ω

partF3

partx3dx1dx2dx3 =

partΩ(00 F3)

διότι μετά απλώς θα προσθέσουμε κατά μέλη Η απόδειξη αυτώνείναι ίδια οπότε αρκεί για παράδειγμα να αποδείξουμε την τελευ-ταία Απλοποιώντας περαιτέρω θα γράϕουμε f αντί για F3 οπότεπρέπει να αποδείξουμε ότιintintint

Ω

partfpartx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00 f )

Θα κάνουμε ακόμα μια απλοποίησηΈστω Bj j = 1 2 N ένας από τους δίσκους του Ισχυρισμού 1

και ψj οι αντίστοιχες συναρτήσεις από τον Ισχυρισμό 2 Αν απο-δείξουμε ότι intintint

Ω

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00ψjf)

για κάθε j μετά θα προσθέσουμε κατά μέλη για όλα τα j και επει-δή το άθροισμα των ψj πάνω στο Ω ισούται με 1 θα πάρουμε τοζητούμενο Τώρα η ψj είναι μηδέν έξω από το Bj σύμϕωνα με τονΙσχυρισμό 2 οπότε η παραπάνω ολοκλήρωση είναι στην πραγματι-κότητα ολοκλήρωση πάνω στο Bj cap Ω και το επιϕανειακό ολοκλή-ρωμα είναι πάνω στο Bj cap partΩ Δηλαδή ζητάμε να ισχύειintintint

BjcapΩ

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =BjcappartΩ

(00ψjf)

Για να μην γράϕουμε λοιπόν συνεχώς ψjf κάνουμε την εξής απλο-ποίηση επειδή η ψj μηδενίζεται έξω από το Bj και άρα και η ψjf αρκεί να αποδείξουμε ότιintintint

R3

partfpartx3

dx1dx2dx3 =BcappartΩ

(00 f ) (9)

όπου B ευκλείδειος δίσκος από τον Ισχυρισμό 1 και f μια C1 συνάρ-τηση που μηδενίζεται έξω από το B Παρατηρούμε ότι επειδή η f

18

είναι συνεχής (ως C1) είναι αναγκαστικά μηδέν και στο σύνορο τουBΠερίπτωση 1 Το B δεν τέμνει το σύνορο του Ω δηλαδή είναι μέ-

σα στο εσωτερικό Ω Αυτή η περίπτωση αντιμετωπίζεται εύκολαδιότι στα αριστερά της (9) ολοκληρώνουμε πρώτα ως x3 και χρη-σιμοποιούμε ότι η f είναι μηδέν εκτός του Bintintint

R3

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintR2f(x1 x2 x3)

∣∣∣x3=+infinx3=minusinfin

dx2dx1 = 0

Αλλά μηδέν είναι και το δεξιό μέρος της (9) αϕού B cap partΩ = emptyΠερίπτωση 2 Το B τέμνει το σύνορο του Ω Έτσι έχουμε τις

περιπτώσεις I ή II ή III της σελίδας 17 Αν ισχύουν οι περιπτώσειςμε τις ανισότητες lt η αντιμετώπιση είναι ίδια με τις περιπτώσειςόπου ισχύει η gt Επειδή η f βρίσκεται στην τρίτη συντεταγμένηστο (00 f ) οι περιπτώσεις I και III αντιμετωπίζονται με τον ίδιοτρόπο Οπότε θα ασχοληθούμε μόνο με τις περιπτώσεις

B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

καιB capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)intintintΩ

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x2)

partfpartx3

)dx3dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Δείχνουμε τώρα ότι το τελευταίο ολοκλήρωμα ισούται με το

B

BcapΩ

capϕ

x3

Σχήμα 6 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

19

BcappartΩ

(00 f )

Η παραμετρικοποίηση του Bcap partΩ είναι η Φ(x1 x2φ(x1 x2))Υπολογί-

ζουμε με την γνωστή ορίζουσα το Tx1 times Tx2 και βρίσκουμε

Tx1 times Tx2 = minuspartφpartx1

iminus partφpartx2

j + k

Φανερά ⟨Tx1 times Tx2 k⟩ gt 0 οπότε (δες σχήμα 6) η Φ αντιστρέϕει τονπροσανατολισμό Συνεπώς

BcappartΩ(00 f ) = minus

intD⟨(00 f )(Φ(x1 x2) Tx1 times Tx2⟩dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)Η παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας του partΩ μέσα στο B είναι

τώρα η Φ(x1 x3) =(x1φ(x1 x3) x3

)και υπολογίζοντας με την ορί-

ζουσα βρίσκουμε ότι

Tx1 times Tx3 =partφpartx1

iminus j + partφpartx3

Προϕανώς ⟨Tx1 times Tx3 j⟩ = minus1 lt 0 άρα (δες σχήμα 7) η παραμετρικο-ποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό Θέλοντας να υπολογίσουμε

B

BcapΩcap

ϕ

x2

Σχήμα 7 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

τοintintintBcapΩ partfpartx3 dx3dx2dx1 θα ήταν εύκολη δουλειά αν μπορούσα-

με να ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς x3 αϕού θα μπορούσαμενα χρησιμοποιήσουμε το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λο-γισμού όπως στην προηγούμενη υποπερίπτωση Όμως τώρα δεν

20

ξέρουμε πού κινείται το x3 αλλά το x2 (συγκεκριμένα x2 gt φ(x1 x3))Παρόλα αυτά θα επιμείνουμε η πρώτη ολοκλήρωση πρέπει να γίνειως προς μεταβλητή που γνωρίζουμε τα άκρα μεταβολής Οπότε θαεπιχειρήσουμε να αλλάξουμε το partx3 σε partx2 στην προς ολοκλήρωσηποσότητα Για να το πετύχουμε αυτό αλλάζουμε μεταβλητή Θέ-τουμε x2 = φ(x1 x3) + t Όταν x2 = φ(x1 x3) το t = 0 Και βεβαίωςdx2 = dt Έτσιintintint

BcapΩpartfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x3)

partfpartx3

(x1 x2 x3)dx2

)dx1dx2

=intintD

(intinfin0

partfpartx3

(x1φ(x1 x2)+ t x3)dt)dx2dx3

=intintint

R2times(0infin)partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)dtdx1dx3

(10)

Από τον κανόνα της αλυσίδας

partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

)) =⟨nablaf part

partx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)= partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)+ partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partfpartx3

(x1 x3)

Άρα η προς ολοκλήρωση ποσότητα στην (10) γράϕεται

partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) = partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))minus partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partφpartx3

(x1 x3)

Έτσι από την (10) προκύπτουν δύο ολοκληρώματα Το πλεονέκτημααπό αυτή τη διαδικασία είναι ότι το δεύτερο ολοκλήρωμα περιέχειτην partfpartx2 και για το x2 ξέρουμε άκρα ολοκλήρωσης Το πρώτοολοκλήρωμα είναι τοintint

D

intinfinminusinfin

partfpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))dx3dx2dx1 = 0

αϕού η f είναι μηδέν έξω από το BΤο δεύτερο ολοκλήρωμα είναι τοintintint

R2times(0infin)

(minus partφpartx3

(x1 x3)partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3))dx1dx3dt

Επανερχόμαστε τώρα στη μεταβλητή x2 αλλάζοντας ξανά μεταβλη-τή θέτοντας t = x2 minus φ(x1 x3) Οπότε παίρνουμε ότι το τελευταίοολοκλήρωμα είναι ίσο μεintint

R2

(minus partφpartx3

(x1 x3))(intinfin

φ(x1x3)

partfpartx2

dx2

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

21

Το τελευταίο ολοκλήρωμα όμως είναι ίσο με τοBcappartΩ(00 f ) διότι

BcappartΩ(00 f ) =

intintR2

⟨(00 f )(x1φ(x1 x3) x3) Tx1 times Tx3

⟩dx1dx3

=intintR2

⟨(00 f

(x1φ(x1 x3) x3

))(partφpartx1

minus1partφpartx3

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

Αντωνης Τσολομυτης Πανεπιστήμιο Αιγαίου Τμήμα Μαθηματικών83200 Καρλόβασι Σάμος Email antonistsolomitisgmailcom

22

Επειδή αναϕέρθηκε στο μάθημα

Ενεργητική ϕωνή

Ενεστώτας παράγω παρέχωΕνεστώτας-υποτακτική να παράγω να παρέχωΕνεστώτας-προστακτική πάραγε πάρεχεΕνεστώτας-μετοχή παράγοντας παρέχονταςΜέλλοντας στιγμιαίος θα παραγάγω θα παράσχωΜέλλοντας διαρκείας θα παράγω θα παρέχωΜέλλοντας συντελεσμένος θα έχω παραγάγει θα έχω παράσχειΑόριστος παρήγαγα παρείχαΑόριστος-υποτακτική να παραγάγω να παράσχωΑόριστος-προστακτική παράγαγε παράσχετεΑόριστος-απαρέμϕατο παραγάγει παράσχειΠαρατατικός παρήγα παρείχαΠαρακείμενος έχω παραγάγει έχω παράσχειΥπερσυντέλικος είχα παραγάγει είχα παράσχει

Οι τύποι με το -άξω δεν είναι απαραίτητα λάθος (ο μέλλοντας τουάγω στην αρχαία είναι άξω1) και μπορούν να χρησιμοποιηθούν εν-δεχομένως ειδικά αν στον ομιλητή ακούγονται εύηχοι Όμως υπάρ-χουν δυσκολίες με αυτή την επιλογή Για παράδειγμα για το ρήμαlaquoεξάγωraquo θα πούμε laquoθα εξάξωraquo Για το laquoανάγωraquo laquoθα ανάξωraquo Γιατο laquoδιαξάγωraquo laquoθα διαξάξωraquo Ή είναι προτιμότερο να πούμε laquoθαεξαγάγωraquo laquoθα αναγάγωraquo laquoθα διεξαγάγωraquo Ο κακοποιός laquoέχει α-παγάγειraquo το παιδί ή το έχει laquoαπάξειraquo Ανάλογη είναι η κατάστασηκαι με το laquoπαρέχωraquo Είναι σωστό να λέμε laquoνα παρέξειraquo ή laquoνα πα-ράσχειraquo Χωρίς να θέλουμε να μπούμε στην κουβέντα περί σωστούή λάθους γλωσσικής καθαρότητας ή βαρβαρότητας (κουβέντα πουγίνεται έντονα στο διαδίκτυο) από τα παραπάνω παραδείγματαϕαίνεται ότι η επιλογή του laquoθα παραγάγωraquo ή laquoθα παράσχωraquo είναιασϕαλέστερη

Σάμος 11 Μαΐου 2012

1δες online λεξικό Liddell-Scott-Κωνσταντινίδου στη διεύθυνσηhttpmyriamathaegeangrldsweb

1 Εισαγωγικά

Οι σημειώσεις αυτές γράϕτηκαν για το μάθημα του ΑπειροστικούΛογισμού όπως αυτό διδάσκεται στα Τμήματα Μαθηματικών Οιαποδείξεις των τριών αυτών θεωρημάτων στην πλήρη τους γενικό-τητα στον R3 (ή στον R2 για το θεώρημα του Green) δεν είναι απλέςΕιδικά η απόδειξη του θεωρήματος του Gauss είναι δύσκολη και γιααυτό μπορεί να επιλέξει κανείς να την παραλείψει Η απόδειξη τουStokes είναι βατή αν και εκτενής λόγω της αναγκαστικής εϕαρμο-γής του κανόνα της αλυσίδας στην παραγώγιση για διανυσματικέςσυναρτήσειςΟι σημειώσεις αυτές δεν περιέχουν ασκήσεις και γράϕτηκαν κυ-

ρίως με στόχο μια διδακτικά αποδοτικότερη παρουσίαση των θεω-ρημάτων Με αυτό το σκεπτικό οι αποδείξεις πήγαν όλες σε ξεχω-ριστή ενότητα στο τέλος των σημειώσεων

2 Συμβολισμός

Συμβολίζουμε μεintintτο διπλό ολοκλήρωμα σε υποσύνολο του R2 και

μεintintintτο τριπλό ολοκλήρωμα σε υποσύνολο του R3

Με το intC συμβολίζουμε το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα πάνω στην

προσανατολισμένη καμπύλη C Όταν η C είναι απλή κλειστή καμ-πύλη που περικλείει ένα χωρίο στον R2 θεωρούμε ότι είναι θετικάπροσανατολισμένη δηλαδή περπατώντας πάνω στην καμπύλη τοχωρίο που περικλείει είναι στα αριστερά μας Αν η C είναι το σύ-νορο μιας προσανατολισμένης επιϕάνειας στον R3 τότε η C θεω-ρείται προσανατολισμένη θετικά δηλαδή αν περπατάμε στην C μετο σώμα μας στη ϕορά του προσανατολισμού της επιϕάνειας ηεπιϕάνεια είναι στα αριστερά μαςΣυμβολίζουμε με

S το επιϕανειακό ολοκλήρωμα πάνω στην προ-

σανατολισμένη επιϕάνεια S Αν η S είναι κλειστή επιϕάνεια η θε-τική κατεύθυνση είναι η προς τα έξω κατεύθυνση σε σχέση με τοτρισδιάστατο χωρίο που περικλείειΓράϕουμε ⟨xy⟩ για το εσωτερικό γινόμενο των διανυσμάτων x

και y Τα i j και k είναι τα βασικά ορθοκανονικά διανύσματαστον R3 Δηλαδή i = (100) j = (010) και k = (001)Αν F διανυσματική συνάρτηση από το R3 στο R3 και F = (F1 F2 F3)

όπου οι Fj έχουν τιμές στο R γράϕουμε

nablatimes F =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

F1 F2 F3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(1)

3

και

⟨nabla F⟩ = partF1

partx+ partF2

party+ partF3

partz (2)

3 Θεωρήματα Stokes και Gauss

Το θεμελιώδες θεώρημα του Απειροστικού Λογισμού μάς λέει ότι υπότις κατάλληλες προϋποθέσεις το ολοκλήρωμα της παραγώγου f prime

της f στο διάστημα [a b] ισούται με ένα κατάλληλο άθροισμα τωντιμών της f στο σύνορο ab του διαστήματος Συγκεκριμέναint

[ab]f prime = f(b)minus f(a) (3)

Δηλαδή το ολοκλήρωμα της παραγώγου στο διάστημα [a b] υπο-λογίζεται από τις τιμές της συνάρτησης στο σύνορο (στα άκρα)του [a b] Το ίδιο ακριβώς είναι εννοιολογικά του περιεχόμενο τωνθεωρημάτων Stokes και Gauss Στο θεώρημα Stokes το πεδίο ολοκλή-ρωσης είναι μια επιϕάνεια και ο υπολογισμός με βάση τις τιμέςστο σύνορο της επιϕάνειας (το αντίστοιχο του f(b) minus f(a)) γίνεταιμε επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο σύνορό της Ομοίως στο θεώρηματου Gauss το πεδίο ολοκλήρωσης είναι ένα χωρίο στον τρισδιάστα-το χώρο και ο υπολογισμός με βάση τις τιμές στο σύνορο του χω-ρίου γίνεται με το επιϕανειακό ολοκλήρωμα στο σύνορο του χωρίουδηλαδή στην επιϕάνεια που περικλείει το χωρίο

31 Το θεώρημα του Stokes

Έστω ότι η S προσανατολισμένη επιϕάνεια στον R3 που ορίζεταιαπό μια ένα προς ένα παραμετρικοποίηση Φ D sube R2 rarr S και partSτο θετικά προσανατολισμένο σύνορό της Αν F S rarr R3 μια C1

συνάρτηση τότε

το επιϕανειακό ολοκλήρωμα μιας laquoκατάλληλης παραγώ-γουraquo της F υπολογίζεται από τις τιμές της F στο σύνο-ρο της επιϕάνειας Δηλαδή σε πλήρη αναλογία με τοντύπο (3) ισχύει ένας τύπος της μορϕής

SlaquoF primeraquo =

intpartSF

όπου το δεύτερο ολοκλήρωμα είναι το επικαμπύλιο ολο-κλήρωμα της F στο partS

Το μόνο που μένει να διευκρινιστεί είναι ποια είναι η laquoκατάλληληπαράγωγοςraquo της F ώστε να ισχύει ο παραπάνω τύπος

4

Θεώρημα 31 (Stokes) Έστω ότι η S είναι μια κατά τμήματα C2

ϕραγμένη προσανατολισμένη επιϕάνεια στον R3 Αν F S rarr R3

μια C1 συνάρτηση και partS το θετικά προσανατολισμένο σύνορο τηςS το οποίο υποθέτουμε ότι είναι απλή κλειστή κατά τμήματα C1

καμπύλη τότε ισχύει Snablatimes F =

intpartSF (4)

Δηλαδή η laquoκατάλληλη παράγωγοςraquo είναι η συνάρτηση nablatimes F

Υπενθυμίζουμε εδώ τα απαραίτητα για τον υπολογισμό των πο-σοτήτων του παραπάνω τύπου

bull Αν Φ D sube R2 rarr R με Φ(uv) = (Φ1(uv)Φ2(uv)Φ3(uv))μια 1-1

παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας S θέτουμε

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tv =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)και το επιϕανειακό ολοκλήρωμα στα αριστερά της (4) υπολο-γίζεται με το διπλό ολοκλήρωμαintint

D

⟨nablatimes F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

bull Αν σ(t) isin R3 για t isin [a b] μια παραμετρικοποίηση του partS τότετο επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στα δεξιά της (4) ισούται μεint b

a

⟨F(σ(t)

) σ prime(t)

⟩dt

Παρατήρηση 31 Θέλοντας να κάνουμε τον αναγνώστη να νοιώθεισίγουρος για την εννοιολογική ταύτιση της σχέσης (4) με τη σχέση(3) θα δείξουμε ότι πράγματι το θεώρημα του Stokes εϕαρμοσμένοσε κατάλληλη επιϕάνεια συνεπάγεται το θεμελιώδες θεώρημα τουαπειροστικού λογισμού Ας υποθέσουμε λοιπόν τη σχέση (4) καιέστω ότι η f είναι συνάρτηση C1 στο [a b] Θεωρούμε την επίπεδηεπιϕάνεια S = [a b] times [01] times 0 sube R3 και τη συνάρτηση F(xy) =(0 f (x)0) Έχουμε

nablatimes F =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

0 f(x) 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= f prime(x)k

Για την παραμετρικοποίηση της S θέτουμε D = S και για (uv) isin DΦ(uv) = (uv0) Έτσι Tu = (100) Tv = (010) και εύκολα προκύ-

5

πτει ότι Tu times Tv = k Οπότε το αριστερό μέλος της (4) γίνεταιSnablatimes F =

intintD

⟨nablatimes F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

=int 1

0

int baf prime(u)dudv

=int baf prime(x)dx

Στρεϕόμαστε τώρα στο δεξιό σκέλος Το σύνορο του S αποτελείταιαπό τα ευθύγραμμα τμήματα

C1 =(t00) t isin [a b]

C2 =(t10) t isin [a b]

B1 =(a t0) t isin [01]

καιB2 =

(b t0) t isin [01]

Οι παραμετρικοποιήσεις που δίνονται στα παραπάνω ευθύγραμματμήματα δίνουν τον θετικό προσανατολισμό στα C1 και B2 ενώ δί-νουν τον αρνητικό προσανατολισμό στα C2 και B1 Συνεπώς

intpartSF =

intC1

F minusintC2

F minusintB1

F +intB2

F (5)

Όμως

intC1

F =int ba

⟨F(t00) (100)

⟩dt =

int ba

⟨(0 f (t)0

) (100)

⟩dt = 0

intC2

F =int ba

⟨F(t10) (100)

⟩dt =

int ba

⟨(0 f (t)0

) (100)

⟩dt = 0

Και

intB2

F =int 1

0

⟨F(b t0) (010)

⟩dt

=int 1

0

⟨(0 f (b)0

) (010)

⟩dt

=int 1

0f(b)dt

= f(b)

intB1

F =int 1

0

⟨F(a t0) (010)

⟩dt

=int 1

0

⟨(0 f (a)0

) (010)

⟩dt

=int 1

0f(a)dt

= f(a)

6

Αντικαθιστώντας στην (5) παίρνουμεintpartS F = f(b) minus f(a) ολοκληρώ-

νοντας την απόδειξη Έτσι το θεώρημα του Stokes πράγματι αποτε-λεί επέκταση του γνωστού μας θεμελιώδους θεωρήματος του απει-ροστικού λογισμού μίας μεταβλητής σε περισσότερες μεταβλητές

311 Το θεώρημα του Green

Μια ειδική περίπτωση του θεωρήματος Stokes είναι η περίπτωσηόπου η επιϕάνεια S είναι επίπεδη υποσύνολο του R2 και η συνάρ-τηση F έχει πεδίο τιμών το R2 Σε αυτή την περίπτωση το πεδίοορισμού της παραμετρικοποίησης Φ της S το D ταυτίζεται με τηνS και η Φ είναι η ταυτοτική Φ(uv) = (uv) (όπου παραλείψαμε τηντρίτη μηδενική συντεταγμένη (μιλώντας αυστηρά ταυτίζουμε το R2

με το R2 times 0 sub R3 ή αλλιώς ταυτίζουμε τα (uv) με τα (uv0))Όπως και στην Παρατήρηση 31 υπολογίζουμε ότι Tu times Tv = k

οπότε σε αυτή την περίπτωση

intSnablatimes F =

intintD

⟨nablatimes F(uv) k⟩dudvΤώρα αν F = (PQ) = (PQ0) υπολογίζουμε την παράσταση ⟨nabla timesF(uv) k

⟩με την ορίζουσα (1) και βρίσκουμε (άσκηση) ότι

⟨nablatimes F(uv) k⟩ = partQpartu

minus partPpartv

Έτσι σε αυτή την ειδική περίπτωση ο τύπος του θεωρήματος Stokesγράϕεται ως intint

D

(partQpartx

minus partPparty

)dxdy =

intpartDF

όπου F = (PQ) Αυτός ο τύπος ο τύπος που προκύπτει από τοθεώρημα Stokes όταν S sube R2 και F S rarr R2 ονομάζεται laquoθεώρηματου GreenraquoΗ παρουσίαση του θεωρήματος Green ως συνέπεια του θεωρήμα-

τος Stokes έγινε για καθαρά διδακτικούς λόγους Όμως όσο αϕοράστις αποδείξεις τους (δες ενότητα 4) πρώτα αποδεικνύουμε την ει-δική και ευκολότερη περίπτωση του θεωρήματος Green και στη συ-νέχεια αποδεικνύουμε το θεώρημα Stokes

312 Εϕαρμογή υπολογισμός εμβαδού χωρίου

Παρατηρούμε ότι αν στον τύπο του Green βάλουμε Q(xy) = 12x και

P(xy) = minus 12y θα ισχύει

partQpartx minus

partPparty = 1 οπότε

12intpartD(minusyx) =

intintD

1dxdy = Εμβαδόν(D)

7

Έτσι καταλήγουμε στον τύπο

Εμβαδόν(D) = 12intpartD(minusyx)

Οι επιλογές που κάναμε για τα P και Q δεν είναι μοναδικές Θαμπορούσαμε για παράδειγμα να είχαμε επιλέξει Q = x και P = 0Θα χρησιμοποιήσουμε τον παραπάνω τύπο για να υπολογίσουμε

το εμβαδόν του ϕύλλου του Καρτέσιου Πρόκειται για τον βρόγχοπου παράγεται από την καμπύλη με παραμετρικοποίηση

σ(t) =(

3t1+ t3

3t2

1+ t3)

όπου t isin [0infin) (σε καρτεσιανές συντεταγμένες και σε πεπλεγμένημορϕή η εξίσωση είναι x3 + y3 minus 3xy = 0) Το σχήμα της καμπύληςϕαίνεται στο σχήμα 1 Σύμϕωνα με τον τύπο του εμβαδού που

minus1 lt t le 0

t lt minus1

t ge 0

y = minusx minus 1

Σχήμα 1 Το ϕύλλο του Καρτέσιου (the folium of Descartes)

βρήκαμε παραπάνω το εμβαδόν του ϕύλλου ισούται με

intσ(minusyx) = 1

2

intinfin0

⟨(minus 3t2

1+ t3 3t

1+ t3) σ prime(t)

⟩dt

= 12

intinfin0

(3t

1+ t3)2

dt

= 12

minus31+ t3

∣∣∣∣∣infin

0

= 32

8

32 Το θεώρημα του Gauss

Θεωρούμε Ω ένα κλειστό και ϕραγμένο υποσύνολο του R3 το οποίοέχει κατά τμήματα C2 σύνορο partΩ Θεωρούμε επίσης ότι το partΩ είναιπροσανατολισμένο με τη θετική ϕορά δηλαδή με το laquoπρος τα έξωraquoαπό το Ω διάνυσμα Αν F διανυσματική C1 συνάρτηση στο Ω τότε

το χωρικό (τριπλό) ολοκλήρωμα μιας laquoκατάλληλης πα-ραγώγουraquo της F υπολογίζεται από τις τιμές της F στοσύνορο partΩ του χωρίου Ω Δηλαδή σε πλήρη αναλογίαμε τον τύπο (3) ισχύει ένας τύπος της μορϕήςintintint

ΩlaquoF primeraquo =

partΩF

όπου το δεύτερο ολοκλήρωμα είναι το επιϕανειακό ολο-κλήρωμα της F στο partΩ

Το μόνο που μένει να διευκρινιστεί και πάλι είναι ποια είναι ηlaquoκατάλληλη παράγωγοςraquo της F ώστε να ισχύει ο παραπάνω τύπος

Θεώρημα 32 (απόκλισης του Gauss) Έστω ότι το Ω είναι ένα υπο-σύνολο του R3 κλειστό και ϕραγμένο με κατά τμήματα C2 σύνοροpartΩ Τότε αν η F με πεδίο τιμών το R3 είναι C1 συνάρτηση στο Ωισχύει intintint

Ω⟨nabla F⟩ =

partΩF

Η laquoκατάλληλη παράγωγοςraquo δηλαδή εδώ είναι η ποσότητα ⟨nabla F⟩Υπενθυμίζουμε ότι για να υπολογιστεί το επιϕανειακό ολοκλήρωμαχρειαζόμαστε μια 1-1 και κατά τμήματα C2 παραμετρικοποίηση Φ =(Φ1Φ2Φ3) D sube R2 rarr partΩ της επιϕάνειας partΩ οπότε

partΩF =

intintD⟨nabla times F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tv =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

4 Αποδείξεις

41 Απόδειξη του θεωρήματος Green

Όπως είπαμε και στο τέλος της υποενότητας 311 η παρουσίασητου θεωρήματος Green ως συνέπεια του θεωρήματος Stokes έγινε γιακαθαρά διδακτικούς λόγους Ξεκινάμε με την απόδειξη του θεωρή-ματος Green

9

Λήμμα 5 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου I C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και P D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Απόδειξη Αϕού το χωρίο είναι τύπου I υπάρχουν συνεχείς συ-ναρτήσεις φ1 φ2 [a b]rarr R ώστε

D = (xy) a le x le bφ1(x) le y leφ2(x)

Οπότε το διπλό ολοκλήρωμα από το θεμελιώδες θεώρημα του Απει-ροστικού Λογισμού ισούται μεintint

D

partP(qu)party

dydx =int ba

(intφ2(x)

φ1(x)

partP(xy)party

dy)dx

=int ba

(P(xφ2(x)

)minus P(xφ1(x)))dx

Τα(xφ1(x)

)για x isin [a b] παραμετρικοποιούν την C1 με τη δηλω-

μένη ϕορά (δες σχήμα 2) οπότεint baP(xφ1(x)

)dx =

intC1

(P0)

Ομοίως τα(xφ1(x)

)για x isin [a b] παραμετρικοποιούν την C2 με

a b

ϕ1

ϕ2

C1

C2

B1

B2

D

Σχήμα 2 Χωρίο τύπου I

την αντίθετη ϕορά οπότεint baP(xφ2(x)

)dx = minus

intC2

(P0)

Έτσι καταλήγουμε στη σχέσηintintD

partPpartydydx = minus

intC1cupC2

(P0) (6)

10

Επειδή το x είναι σταθερό στα ευθύγραμμα τμήματα B1 και B2 συ-νεπάγεται ότι

intB1(P0) =

intB1(P0) = 0 για παράδειγμα B1 = (ay)

φ1(a) le y le φ2(a) δηλαδή παραμετρικοποιείται από την σ1(t) =(a t) για t isin [φ1(a)φ2(a)] και έτσι σ prime1(t) = (01) συνεπώς

intB1

(P0) =intφ2(a)

φ1(a)

⟨(P0)(ay) (01)

⟩dy = 0

Προσθέτοντας τα μηδενικά ολοκληρώματα στις B1 και B2 στην (6)παίρνουμε intint

D

partPpartydxdy = minus

intC(P0)

Με τον ίδιο ακριβώς τρόπο αποδεικνύεται και το ακόλουθο

Λήμμα 6 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου II C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και Q D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(0Q) =

intintD

partQpartxdxdy

Τα δύο παραπάνω λήμματα έχουν πολύ ισχυρούς περιορισμούςγια το χωρίο D Συγκεκριμένα απαιτούν το χωρίο να είναι τύπου Iκαι τύπου II αντίστοιχα Μπορούμε να αποδείξουμε τα ίδια αποτελέ-σματα σε γενικότερα χωρία Αντί να δώσουμε έναν αυστηρό ορισμόγια τα επιτρεπτά χωρία προτιμάμε να βασιστούμε σε εικόνες Ένα

D D1

D2

Σχήμα 3 Χωρίο όχι τύπου I στο οποίο ισχύει το θεώρημα Green

χωρίο όπως το πρώτο χωρίο στο σχήμα 3 δεν είναι τύπου I Όμωςμπορούμε να το κόψουμε σε δύο τμήματα το D1 και το D2 τα οποίαείναι τύπου I Έτσι σύμϕωνα με το Λήμμα 5 ισχύουν οι σχέσεις

intpartD1

(P0) = minusintintD1

partPpartydxdy

και

intpartD2

(P0) = minusintintD2

partPpartydxdy

11

Το άθροισμα των ολοκληρωμάτων στα δεξιά κάνει

minusintintD1

partPpartydxdy minus

intintD2

partPpartydxdy = minus

intintD

partPpartydxdy

Για το άθροισμα στα αριστερά παρατηρούμε ότι το κομμάτι τουσυνόρου στο οποίο κόψαμε το D τα σύνορα που στο σχήμα εμϕανί-ζονται με μπλε χρώμα έχουν μεταξύ τους αντίθετο προσανατολισμόόταν τα D1 και D2 έχουν και τα δύο τον θετικό προσανατολισμόΟπότε όταν προσθέσουμε τα επικαμπύλια ολοκληρώματα στο partD1

και στο partD2 θα έχουμε απαλοιϕή των επικαμπυλίων ολοκληρωμά-των πάνω στις μπλε καμπύλες Έτσι το αποτέλεσμα θα είναι τοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα πάνω στο partD Αποδείξαμε με αυτόν τοντρόπο ότι και σε τέτοια χωρία που δεν είναι τύπου I ισχύει

intpartD(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Ανάλογη είναι η κατάσταση σε σχέση με το Λήμμα 6 Αν τοχωρίο κόβεται σε κομμάτια τύπου II τότε το Λήμμα 6 συνεχίζει ναισχύειΘα πρέπει να παρατηρήσουμε εδώ ότι το χωρίο μπορεί να είναι

ιδιαίτερα περίπλοκο και να απαιτείται να κοπεί σε πολλά τμήματαόπως για παράδειγμα το χωρίο του σχήματος 4 Για την παρακάτω

Σχήμα 4 Χωρίο που απαιτεί πολλά κοψίματα ώστε κάθε τμήμα τουνα είναι τύπου I ή τύπου II

απόδειξη του θεωρήματος Green θα υποθέσουμε ότι στο χωρίο Dισχύουν και το Λήμμα 5 και το Λήμμα 6Απόδειξη του θεωρήματος Green Έστω ότι το D είναι ένα χωρίο

στον R2 στο οποίο ισχύουν και τα δύο παραπάνω λήμματα Αν

12

F = (PQ) τότε intintD⟨nabla times F k⟩ =

intintD

(partQpartx

minus partPparty

)dxdy

= intpartD(0Q)+

intpartD(P0)

= intpartD(PQ)

= intpartDF

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

61 Απόδειξη του θεωρήματος Stokes

Θα αποδείξουμε το θεώρημα Stokes στην περίπτωση που η επιϕά-νεια παραμετρικοποιείται από μια C2 παραμετρικοποίηση Στην αν-τίθετη περίπτωση το θεώρημα αποδεικνύεται κόβοντας την επιϕά-νεια σε τμήματα όπου το καθένα περιγράϕεται από μία παραμετρι-κοποίηση και στο τέλος αθροίζουμε τους τύπους από κάθε τμήματης όπως κάναμε και στο θεώρημα του Green για χωρία που έπρεπενα κοπούν για να περιγραϕούν ως τύπου I ή IIΑς θέσουμε πρώτα κάποιο συμβολισμό Η F αϕού έχει πεδίο τι-

μών στο R3 έχει τρεις συνιστώσες συναρτήσεις δηλαδή γράϕεταιF = (F1 F2 F3) όπου οι F1 F2 και F3 είναι C1 συναρτήσεις από τηνεπιϕάνεια S στο R Έστω ότι η επιϕάνεια S περιγράϕεται από τηνπαραμετρικοποίηση Φ(uv) D sube R2 rarr S με

Φ(uv) = (Φ1(uv)Φ2(uv)Φ3(uv))

όπου οι Φ1 Φ2 Φ3 είναι C2 συναρτήσεις από το D στο R και γιατο D υποθέτουμε επίσης ότι ισχύει το θεώρημα του Green Θέτουμεεπίσης σ(t) [a b] rarr R2 παραμετρικοποίηση του partD φ(t) = Φ(σ(t))παραμετρικοποίηση του partS και υποθέτουμε ότι όλες οι προηγούμε-νες παραμετρικοποιήσεις διατηρούν τον θετικό προσανατολισμόΤέλος σημειώνουμε ότι θα χρειαστούμε τον κανόνα της αλυσίδας

στην παραγώγιση για συναρτήσεις πολλών μεταβλητώνΗ απόδειξη θα γίνει αποδεικνύοντας πρώτα το θεώρημα στην

ειδική περίπτωση όπου F2 = F3 = 0 οπότε F = (F100) Στη συνέχειααλλάζοντας κυκλικά τους δείκτες (ή επαναλαμβάνοντας τις ίδιεςπράξεις) θα προκύψουν τύποι για τις περιπτώσεις όπου F = (0 F20)και F = (00 F3) Στο τέλος θα προσθέσουμε αυτούς τους τρεις τύ-πουςΞεκινάμε την απόδειξη του θεωρήματος του Stokes από το επιϕα-

νειακό ολοκλήρωμαSnablatimes F =

intintD

⟨(nablatimes F)(Φ(uv)) Tu times Tv⟩ 13

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tu =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

Υπολογίζουμε το nabla times F με τη σχετική ορίζουσα (δες την ορίζουσαπαρακάτω) και το βρίσκουμε ίσο με partF1

partz j minuspartF1party k Έτσι

Snablatimes F =

S

(0partF1

partzminuspartF1

party

)(7)

=intintD

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

F1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(Φ(uv)

)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partupartΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣⟩dudv

=intintD

(minuspartF1

partz(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ3

partvminus partΦ3

partupartΦ1

partv

)

minuspartF1

party(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ2

partvminus partΦ2

partupartΦ1

partv

))dudv

(8)

Κρατάμε αυτή την έκϕραση και στρεϕόμαστε τώρα στο επικαμπύ-λιο ολοκλήρωμα Σκοπός μας είναι με τη βοήθεια της σύνθεσης μετην Φ να περάσουμε από το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partS στοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partD ώστε να χρησιμοποιήσουμε το θε-ώρημα του Green Έχουμε

intpartSF =

int ba

⟨F(φ(t)

)φprime(t)

⟩dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))ddt

(Φ(σ(t)

))dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))(ddtΦ1(σ(t)

)ddtΦ2(σ(t)

)ddtΦ3(σ(t)

))⟩dt

το οποίο επειδή F = (F100) ισούται μεint baF1

(Φ(σ(t)

)) ddtΦ1(σ(t)

)dt

Από τον κανόνα αλυσίδας ισχύει

ddtΦ1(σ(t)

) = ⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩

14

Έτσι παίρνουμε

intpartSF =

int ba

[F1

(Φ(σ(t)

)) middot⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩]dt

=int ba

⟨((F1 Φ)

(partΦ1

partupartΦ1

partv

))(σ(t)

) σ prime(t)

⟩dt

= intpartD

((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)=intpartDΨ

όπου θέσαμε

Ψ =((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)= (Ψ1Ψ2)

Συνεπώς σε αυτό το σημείο μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το θεώ-ρημα Green οπότε

intpartDΨ =

intintD⟨nablatimes Ψ k⟩ dudv

δηλαδή

intpartSF =

intintD

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩dudv

Υπολογίζοντας το τελευταίο εσωτερικό γινόμενο

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ =

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartu

partpartv

partpartw

Ψ1 Ψ2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ k⟩

= partΨ2

partuminus partΨ1

partv

= partpartu

((F1 Φ)partΦ1

partv

)minus partpartv

((F1 Φ)partΦ1

partu

)

=(partpartuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

Οι όροι με τις παραγώγους δεύτερης τάξης διαγράϕονται οπότεκαταλήγουμε στην

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ = ( part

partuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv

)minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu

)

15

Χρησιμοποιώντας τον κανόνα της αλυσίδας βρίσκουμε ότι η τελευ-ταία παράσταση είναι ίση με(

partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partu+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partu

)partΦ1

partv

minus(partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partv+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partv

)partΦ1

partu

Ελέγχουμε εύκολα (άσκηση) ότι αυτοί οι όροι είναι οι ίδιοι που εμ-ϕανίζονται στην (8) και άρα με τη βοήθεια της (7) έχουμε δείξειότι

intpartS(F100) =

partS

(0partF1

partzminuspartF1

party

)

Με όμοιες πράξεις ή εναλλάσσοντας τους δείκτες και τις θέσεις τωνποσοτήτων μέσα στα διανύσματα κυκλικά (x rarr y rarr z rarr x) βλέπουμεότι

intpartS(0 F20) =

partS

(minuspartF2

partz0partF2

partx

)και

intpartS(00 F3) =

partS

(partF3

partyminuspartF3

partx0)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις τρεις τελευταίες σχέσεις οδηγούμαστεστην

intpartS(F1 F2 F3) =

partS

(partF3

partyminus partF2

partzpartF1

partzminus partF3

partxpartF2

partxminus partF1

party

)

Εύκολα ελέγχεται με την γνωστή μας ορίζουσα ότι το διάνυσμαμέσα στο τελευταίο ολοκλήρωμα είναι το nabla times F ολοκληρώνονταςτην απόδειξη

62 Απόδειξη του θεωρήματος Gauss

Ας υποθέσουμε για να απλοποιήσουμε λίγο την απόδειξη ότι το σύ-νορο του Ω είναι C2 Θα χρησιμοποιήσουμε δύο ισχυρισμούς που δενθα αποδείξουμε σε αυτό το μάθημα Όμως πρώτον θα είναι πειστι-κοί και δεύτερον ο ενδιαϕερόμενος αναγνώστης μπορεί να καταϕύ-γει σε ένα βιβλίο διαϕορικής γεωμετρίας για τις πλήρεις λεπτομέ-ρειεςΘα είναι ευκολότερο για την απόδειξη αντί να χρησιμοποιήσουμε

τα x y και z για τις συντεταγμένες ενός διανύσματος τον R3 ναγράϕουμε x1 x2 x3 Έτσι αν F = (F1 F2 F3) το ζητούμενο είναι νααποδείξουμε ότιintintint

Ω

(partF1

partx1+ partF2

partx2+ partF3

partx3

)dx1dx2dx3 =

partΩ(F1 F2 F3)

16

Οι δύο ισχυρισμοί στους οποίους αναϕερθήκαμε παραπάνω είναιοι εξήςΙσχυρισμός 1 Το Ω είναι δυνατόν να γραϕτεί ως ένωση ευκλεί-

δειων δίσκων αρκετά μικρής ακτίνας ώστε αν B ένας τέτοιος δί-σκος ο οποίος τέμνει το σύνορο του Ω τότε το B capΩ να γράϕεται(όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5) με τη βοήθεια του γραϕήματος μιαςσυνάρτησης φ D sube R2 rarr R είτε ως

(I) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 lt φ(x1 x3) είτε ως

(II) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 lt φ(x1 x2) είτε ως

(III) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 gt φ(x2 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 lt φ(x2 x3)

B1

B2 B3 B4

x2

x3

x1

B1 = (x1 x2 x3) isin B1 x2 gt ϕ1(x1 x3)

B2 = (x1 x2 x3) isin B2 x3 lt ϕ2(x1 x2)

B3 = (x1 x2 x3) isin B3 x3 gt ϕ3(x1 x2)

B4 = (x1 x2 x3) isin B4 x2 lt ϕ4(x1 x3)

για διαφορετικές συναρτήσεις ϕ1 ϕ2 ϕ3

και ϕ4 από το R2 στο R

Σχήμα 5 Διάϕορες περιπτώσεις τομών ευκλείδειων δίσκων με τοσύνορο του Ω

Όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5 το αν η περιγραϕή θα είναι όπωςστην περίπτωση (I) ή στην περίπτωση (II) ή στην (III) έχει να κάνειμε το που βρίσκεται ο δίσκος B σε σχέση με το σύνορο του ΩΤο ότι το παραπάνω είναι εϕικτό σχετίζεται με το ότι το Ω είναι

κλειστό και ϕραγμένο καθώς και με το ότι το σύνορό του είναι C2Δεν θα μπούμε όμως σε λεπτομέρειες απόδειξηςΙσχυρισμός 2 Το παρακάτω είναι ένα πολύ ισχυρό εργαλείο το

οποίο ονομάζεται διαμέριση της μονάδαςΈστω B1 B2 BN οι ευκλείδειοι δίσκοι που περιγράϕει ο Ισχυρι-

σμός 1 Υπάρχουν συναρτήσεις ψ1 ψ2 ψN οι οποίες είναι C1 καιικανοποιούν τις εξής συνθήκες

bull sumNj=1ψj = 1 πάνω στο Ω

bull ψj∣∣∣R3Bj

= 0 για κάθε j = 1 2 N

17

Αυτός ο ισχυρισμός δεν είναι τόσο δύσκολος όσο ίσως ακούγεταιΑπλά βρίσκει κανείς συναρτήσεις που να ικανοποιούν τη δεύτερησυνθήκη και πάνω στο Ω να έχουν θετικό άθροισμα (κάντε ένα σχή-μα) Τέλος διαιρούμε κάθε συνάρτηση με το άθροισμά τους ώστε ναικανοποιείται και η πρώτη συνθήκη

Είμαστε τώρα έτοιμοι να ξεκινήσουμε την απόδειξη Αρκεί νααποδείξουμε ότι intintint

Ω

partF1

partx1dx1dx2dx3 =

partΩ(F100)intintint

Ω

partF2

partx2dx1dx2dx3 =

partΩ(0 F20)intintint

Ω

partF3

partx3dx1dx2dx3 =

partΩ(00 F3)

διότι μετά απλώς θα προσθέσουμε κατά μέλη Η απόδειξη αυτώνείναι ίδια οπότε αρκεί για παράδειγμα να αποδείξουμε την τελευ-ταία Απλοποιώντας περαιτέρω θα γράϕουμε f αντί για F3 οπότεπρέπει να αποδείξουμε ότιintintint

Ω

partfpartx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00 f )

Θα κάνουμε ακόμα μια απλοποίησηΈστω Bj j = 1 2 N ένας από τους δίσκους του Ισχυρισμού 1

και ψj οι αντίστοιχες συναρτήσεις από τον Ισχυρισμό 2 Αν απο-δείξουμε ότι intintint

Ω

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00ψjf)

για κάθε j μετά θα προσθέσουμε κατά μέλη για όλα τα j και επει-δή το άθροισμα των ψj πάνω στο Ω ισούται με 1 θα πάρουμε τοζητούμενο Τώρα η ψj είναι μηδέν έξω από το Bj σύμϕωνα με τονΙσχυρισμό 2 οπότε η παραπάνω ολοκλήρωση είναι στην πραγματι-κότητα ολοκλήρωση πάνω στο Bj cap Ω και το επιϕανειακό ολοκλή-ρωμα είναι πάνω στο Bj cap partΩ Δηλαδή ζητάμε να ισχύειintintint

BjcapΩ

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =BjcappartΩ

(00ψjf)

Για να μην γράϕουμε λοιπόν συνεχώς ψjf κάνουμε την εξής απλο-ποίηση επειδή η ψj μηδενίζεται έξω από το Bj και άρα και η ψjf αρκεί να αποδείξουμε ότιintintint

R3

partfpartx3

dx1dx2dx3 =BcappartΩ

(00 f ) (9)

όπου B ευκλείδειος δίσκος από τον Ισχυρισμό 1 και f μια C1 συνάρ-τηση που μηδενίζεται έξω από το B Παρατηρούμε ότι επειδή η f

18

είναι συνεχής (ως C1) είναι αναγκαστικά μηδέν και στο σύνορο τουBΠερίπτωση 1 Το B δεν τέμνει το σύνορο του Ω δηλαδή είναι μέ-

σα στο εσωτερικό Ω Αυτή η περίπτωση αντιμετωπίζεται εύκολαδιότι στα αριστερά της (9) ολοκληρώνουμε πρώτα ως x3 και χρη-σιμοποιούμε ότι η f είναι μηδέν εκτός του Bintintint

R3

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintR2f(x1 x2 x3)

∣∣∣x3=+infinx3=minusinfin

dx2dx1 = 0

Αλλά μηδέν είναι και το δεξιό μέρος της (9) αϕού B cap partΩ = emptyΠερίπτωση 2 Το B τέμνει το σύνορο του Ω Έτσι έχουμε τις

περιπτώσεις I ή II ή III της σελίδας 17 Αν ισχύουν οι περιπτώσειςμε τις ανισότητες lt η αντιμετώπιση είναι ίδια με τις περιπτώσειςόπου ισχύει η gt Επειδή η f βρίσκεται στην τρίτη συντεταγμένηστο (00 f ) οι περιπτώσεις I και III αντιμετωπίζονται με τον ίδιοτρόπο Οπότε θα ασχοληθούμε μόνο με τις περιπτώσεις

B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

καιB capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)intintintΩ

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x2)

partfpartx3

)dx3dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Δείχνουμε τώρα ότι το τελευταίο ολοκλήρωμα ισούται με το

B

BcapΩ

capϕ

x3

Σχήμα 6 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

19

BcappartΩ

(00 f )

Η παραμετρικοποίηση του Bcap partΩ είναι η Φ(x1 x2φ(x1 x2))Υπολογί-

ζουμε με την γνωστή ορίζουσα το Tx1 times Tx2 και βρίσκουμε

Tx1 times Tx2 = minuspartφpartx1

iminus partφpartx2

j + k

Φανερά ⟨Tx1 times Tx2 k⟩ gt 0 οπότε (δες σχήμα 6) η Φ αντιστρέϕει τονπροσανατολισμό Συνεπώς

BcappartΩ(00 f ) = minus

intD⟨(00 f )(Φ(x1 x2) Tx1 times Tx2⟩dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)Η παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας του partΩ μέσα στο B είναι

τώρα η Φ(x1 x3) =(x1φ(x1 x3) x3

)και υπολογίζοντας με την ορί-

ζουσα βρίσκουμε ότι

Tx1 times Tx3 =partφpartx1

iminus j + partφpartx3

Προϕανώς ⟨Tx1 times Tx3 j⟩ = minus1 lt 0 άρα (δες σχήμα 7) η παραμετρικο-ποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό Θέλοντας να υπολογίσουμε

B

BcapΩcap

ϕ

x2

Σχήμα 7 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

τοintintintBcapΩ partfpartx3 dx3dx2dx1 θα ήταν εύκολη δουλειά αν μπορούσα-

με να ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς x3 αϕού θα μπορούσαμενα χρησιμοποιήσουμε το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λο-γισμού όπως στην προηγούμενη υποπερίπτωση Όμως τώρα δεν

20

ξέρουμε πού κινείται το x3 αλλά το x2 (συγκεκριμένα x2 gt φ(x1 x3))Παρόλα αυτά θα επιμείνουμε η πρώτη ολοκλήρωση πρέπει να γίνειως προς μεταβλητή που γνωρίζουμε τα άκρα μεταβολής Οπότε θαεπιχειρήσουμε να αλλάξουμε το partx3 σε partx2 στην προς ολοκλήρωσηποσότητα Για να το πετύχουμε αυτό αλλάζουμε μεταβλητή Θέ-τουμε x2 = φ(x1 x3) + t Όταν x2 = φ(x1 x3) το t = 0 Και βεβαίωςdx2 = dt Έτσιintintint

BcapΩpartfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x3)

partfpartx3

(x1 x2 x3)dx2

)dx1dx2

=intintD

(intinfin0

partfpartx3

(x1φ(x1 x2)+ t x3)dt)dx2dx3

=intintint

R2times(0infin)partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)dtdx1dx3

(10)

Από τον κανόνα της αλυσίδας

partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

)) =⟨nablaf part

partx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)= partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)+ partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partfpartx3

(x1 x3)

Άρα η προς ολοκλήρωση ποσότητα στην (10) γράϕεται

partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) = partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))minus partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partφpartx3

(x1 x3)

Έτσι από την (10) προκύπτουν δύο ολοκληρώματα Το πλεονέκτημααπό αυτή τη διαδικασία είναι ότι το δεύτερο ολοκλήρωμα περιέχειτην partfpartx2 και για το x2 ξέρουμε άκρα ολοκλήρωσης Το πρώτοολοκλήρωμα είναι τοintint

D

intinfinminusinfin

partfpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))dx3dx2dx1 = 0

αϕού η f είναι μηδέν έξω από το BΤο δεύτερο ολοκλήρωμα είναι τοintintint

R2times(0infin)

(minus partφpartx3

(x1 x3)partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3))dx1dx3dt

Επανερχόμαστε τώρα στη μεταβλητή x2 αλλάζοντας ξανά μεταβλη-τή θέτοντας t = x2 minus φ(x1 x3) Οπότε παίρνουμε ότι το τελευταίοολοκλήρωμα είναι ίσο μεintint

R2

(minus partφpartx3

(x1 x3))(intinfin

φ(x1x3)

partfpartx2

dx2

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

21

Το τελευταίο ολοκλήρωμα όμως είναι ίσο με τοBcappartΩ(00 f ) διότι

BcappartΩ(00 f ) =

intintR2

⟨(00 f )(x1φ(x1 x3) x3) Tx1 times Tx3

⟩dx1dx3

=intintR2

⟨(00 f

(x1φ(x1 x3) x3

))(partφpartx1

minus1partφpartx3

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

Αντωνης Τσολομυτης Πανεπιστήμιο Αιγαίου Τμήμα Μαθηματικών83200 Καρλόβασι Σάμος Email antonistsolomitisgmailcom

22

1 Εισαγωγικά

Οι σημειώσεις αυτές γράϕτηκαν για το μάθημα του ΑπειροστικούΛογισμού όπως αυτό διδάσκεται στα Τμήματα Μαθηματικών Οιαποδείξεις των τριών αυτών θεωρημάτων στην πλήρη τους γενικό-τητα στον R3 (ή στον R2 για το θεώρημα του Green) δεν είναι απλέςΕιδικά η απόδειξη του θεωρήματος του Gauss είναι δύσκολη και γιααυτό μπορεί να επιλέξει κανείς να την παραλείψει Η απόδειξη τουStokes είναι βατή αν και εκτενής λόγω της αναγκαστικής εϕαρμο-γής του κανόνα της αλυσίδας στην παραγώγιση για διανυσματικέςσυναρτήσειςΟι σημειώσεις αυτές δεν περιέχουν ασκήσεις και γράϕτηκαν κυ-

ρίως με στόχο μια διδακτικά αποδοτικότερη παρουσίαση των θεω-ρημάτων Με αυτό το σκεπτικό οι αποδείξεις πήγαν όλες σε ξεχω-ριστή ενότητα στο τέλος των σημειώσεων

2 Συμβολισμός

Συμβολίζουμε μεintintτο διπλό ολοκλήρωμα σε υποσύνολο του R2 και

μεintintintτο τριπλό ολοκλήρωμα σε υποσύνολο του R3

Με το intC συμβολίζουμε το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα πάνω στην

προσανατολισμένη καμπύλη C Όταν η C είναι απλή κλειστή καμ-πύλη που περικλείει ένα χωρίο στον R2 θεωρούμε ότι είναι θετικάπροσανατολισμένη δηλαδή περπατώντας πάνω στην καμπύλη τοχωρίο που περικλείει είναι στα αριστερά μας Αν η C είναι το σύ-νορο μιας προσανατολισμένης επιϕάνειας στον R3 τότε η C θεω-ρείται προσανατολισμένη θετικά δηλαδή αν περπατάμε στην C μετο σώμα μας στη ϕορά του προσανατολισμού της επιϕάνειας ηεπιϕάνεια είναι στα αριστερά μαςΣυμβολίζουμε με

S το επιϕανειακό ολοκλήρωμα πάνω στην προ-

σανατολισμένη επιϕάνεια S Αν η S είναι κλειστή επιϕάνεια η θε-τική κατεύθυνση είναι η προς τα έξω κατεύθυνση σε σχέση με τοτρισδιάστατο χωρίο που περικλείειΓράϕουμε ⟨xy⟩ για το εσωτερικό γινόμενο των διανυσμάτων x

και y Τα i j και k είναι τα βασικά ορθοκανονικά διανύσματαστον R3 Δηλαδή i = (100) j = (010) και k = (001)Αν F διανυσματική συνάρτηση από το R3 στο R3 και F = (F1 F2 F3)

όπου οι Fj έχουν τιμές στο R γράϕουμε

nablatimes F =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

F1 F2 F3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(1)

3

και

⟨nabla F⟩ = partF1

partx+ partF2

party+ partF3

partz (2)

3 Θεωρήματα Stokes και Gauss

Το θεμελιώδες θεώρημα του Απειροστικού Λογισμού μάς λέει ότι υπότις κατάλληλες προϋποθέσεις το ολοκλήρωμα της παραγώγου f prime

της f στο διάστημα [a b] ισούται με ένα κατάλληλο άθροισμα τωντιμών της f στο σύνορο ab του διαστήματος Συγκεκριμέναint

[ab]f prime = f(b)minus f(a) (3)

Δηλαδή το ολοκλήρωμα της παραγώγου στο διάστημα [a b] υπο-λογίζεται από τις τιμές της συνάρτησης στο σύνορο (στα άκρα)του [a b] Το ίδιο ακριβώς είναι εννοιολογικά του περιεχόμενο τωνθεωρημάτων Stokes και Gauss Στο θεώρημα Stokes το πεδίο ολοκλή-ρωσης είναι μια επιϕάνεια και ο υπολογισμός με βάση τις τιμέςστο σύνορο της επιϕάνειας (το αντίστοιχο του f(b) minus f(a)) γίνεταιμε επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο σύνορό της Ομοίως στο θεώρηματου Gauss το πεδίο ολοκλήρωσης είναι ένα χωρίο στον τρισδιάστα-το χώρο και ο υπολογισμός με βάση τις τιμές στο σύνορο του χω-ρίου γίνεται με το επιϕανειακό ολοκλήρωμα στο σύνορο του χωρίουδηλαδή στην επιϕάνεια που περικλείει το χωρίο

31 Το θεώρημα του Stokes

Έστω ότι η S προσανατολισμένη επιϕάνεια στον R3 που ορίζεταιαπό μια ένα προς ένα παραμετρικοποίηση Φ D sube R2 rarr S και partSτο θετικά προσανατολισμένο σύνορό της Αν F S rarr R3 μια C1

συνάρτηση τότε

το επιϕανειακό ολοκλήρωμα μιας laquoκατάλληλης παραγώ-γουraquo της F υπολογίζεται από τις τιμές της F στο σύνο-ρο της επιϕάνειας Δηλαδή σε πλήρη αναλογία με τοντύπο (3) ισχύει ένας τύπος της μορϕής

SlaquoF primeraquo =

intpartSF

όπου το δεύτερο ολοκλήρωμα είναι το επικαμπύλιο ολο-κλήρωμα της F στο partS

Το μόνο που μένει να διευκρινιστεί είναι ποια είναι η laquoκατάλληληπαράγωγοςraquo της F ώστε να ισχύει ο παραπάνω τύπος

4

Θεώρημα 31 (Stokes) Έστω ότι η S είναι μια κατά τμήματα C2

ϕραγμένη προσανατολισμένη επιϕάνεια στον R3 Αν F S rarr R3

μια C1 συνάρτηση και partS το θετικά προσανατολισμένο σύνορο τηςS το οποίο υποθέτουμε ότι είναι απλή κλειστή κατά τμήματα C1

καμπύλη τότε ισχύει Snablatimes F =

intpartSF (4)

Δηλαδή η laquoκατάλληλη παράγωγοςraquo είναι η συνάρτηση nablatimes F

Υπενθυμίζουμε εδώ τα απαραίτητα για τον υπολογισμό των πο-σοτήτων του παραπάνω τύπου

bull Αν Φ D sube R2 rarr R με Φ(uv) = (Φ1(uv)Φ2(uv)Φ3(uv))μια 1-1

παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας S θέτουμε

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tv =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)και το επιϕανειακό ολοκλήρωμα στα αριστερά της (4) υπολο-γίζεται με το διπλό ολοκλήρωμαintint

D

⟨nablatimes F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

bull Αν σ(t) isin R3 για t isin [a b] μια παραμετρικοποίηση του partS τότετο επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στα δεξιά της (4) ισούται μεint b

a

⟨F(σ(t)

) σ prime(t)

⟩dt

Παρατήρηση 31 Θέλοντας να κάνουμε τον αναγνώστη να νοιώθεισίγουρος για την εννοιολογική ταύτιση της σχέσης (4) με τη σχέση(3) θα δείξουμε ότι πράγματι το θεώρημα του Stokes εϕαρμοσμένοσε κατάλληλη επιϕάνεια συνεπάγεται το θεμελιώδες θεώρημα τουαπειροστικού λογισμού Ας υποθέσουμε λοιπόν τη σχέση (4) καιέστω ότι η f είναι συνάρτηση C1 στο [a b] Θεωρούμε την επίπεδηεπιϕάνεια S = [a b] times [01] times 0 sube R3 και τη συνάρτηση F(xy) =(0 f (x)0) Έχουμε

nablatimes F =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

0 f(x) 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= f prime(x)k

Για την παραμετρικοποίηση της S θέτουμε D = S και για (uv) isin DΦ(uv) = (uv0) Έτσι Tu = (100) Tv = (010) και εύκολα προκύ-

5

πτει ότι Tu times Tv = k Οπότε το αριστερό μέλος της (4) γίνεταιSnablatimes F =

intintD

⟨nablatimes F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

=int 1

0

int baf prime(u)dudv

=int baf prime(x)dx

Στρεϕόμαστε τώρα στο δεξιό σκέλος Το σύνορο του S αποτελείταιαπό τα ευθύγραμμα τμήματα

C1 =(t00) t isin [a b]

C2 =(t10) t isin [a b]

B1 =(a t0) t isin [01]

καιB2 =

(b t0) t isin [01]

Οι παραμετρικοποιήσεις που δίνονται στα παραπάνω ευθύγραμματμήματα δίνουν τον θετικό προσανατολισμό στα C1 και B2 ενώ δί-νουν τον αρνητικό προσανατολισμό στα C2 και B1 Συνεπώς

intpartSF =

intC1

F minusintC2

F minusintB1

F +intB2

F (5)

Όμως

intC1

F =int ba

⟨F(t00) (100)

⟩dt =

int ba

⟨(0 f (t)0

) (100)

⟩dt = 0

intC2

F =int ba

⟨F(t10) (100)

⟩dt =

int ba

⟨(0 f (t)0

) (100)

⟩dt = 0

Και

intB2

F =int 1

0

⟨F(b t0) (010)

⟩dt

=int 1

0

⟨(0 f (b)0

) (010)

⟩dt

=int 1

0f(b)dt

= f(b)

intB1

F =int 1

0

⟨F(a t0) (010)

⟩dt

=int 1

0

⟨(0 f (a)0

) (010)

⟩dt

=int 1

0f(a)dt

= f(a)

6

Αντικαθιστώντας στην (5) παίρνουμεintpartS F = f(b) minus f(a) ολοκληρώ-

νοντας την απόδειξη Έτσι το θεώρημα του Stokes πράγματι αποτε-λεί επέκταση του γνωστού μας θεμελιώδους θεωρήματος του απει-ροστικού λογισμού μίας μεταβλητής σε περισσότερες μεταβλητές

311 Το θεώρημα του Green

Μια ειδική περίπτωση του θεωρήματος Stokes είναι η περίπτωσηόπου η επιϕάνεια S είναι επίπεδη υποσύνολο του R2 και η συνάρ-τηση F έχει πεδίο τιμών το R2 Σε αυτή την περίπτωση το πεδίοορισμού της παραμετρικοποίησης Φ της S το D ταυτίζεται με τηνS και η Φ είναι η ταυτοτική Φ(uv) = (uv) (όπου παραλείψαμε τηντρίτη μηδενική συντεταγμένη (μιλώντας αυστηρά ταυτίζουμε το R2

με το R2 times 0 sub R3 ή αλλιώς ταυτίζουμε τα (uv) με τα (uv0))Όπως και στην Παρατήρηση 31 υπολογίζουμε ότι Tu times Tv = k

οπότε σε αυτή την περίπτωση

intSnablatimes F =

intintD

⟨nablatimes F(uv) k⟩dudvΤώρα αν F = (PQ) = (PQ0) υπολογίζουμε την παράσταση ⟨nabla timesF(uv) k

⟩με την ορίζουσα (1) και βρίσκουμε (άσκηση) ότι

⟨nablatimes F(uv) k⟩ = partQpartu

minus partPpartv

Έτσι σε αυτή την ειδική περίπτωση ο τύπος του θεωρήματος Stokesγράϕεται ως intint

D

(partQpartx

minus partPparty

)dxdy =

intpartDF

όπου F = (PQ) Αυτός ο τύπος ο τύπος που προκύπτει από τοθεώρημα Stokes όταν S sube R2 και F S rarr R2 ονομάζεται laquoθεώρηματου GreenraquoΗ παρουσίαση του θεωρήματος Green ως συνέπεια του θεωρήμα-

τος Stokes έγινε για καθαρά διδακτικούς λόγους Όμως όσο αϕοράστις αποδείξεις τους (δες ενότητα 4) πρώτα αποδεικνύουμε την ει-δική και ευκολότερη περίπτωση του θεωρήματος Green και στη συ-νέχεια αποδεικνύουμε το θεώρημα Stokes

312 Εϕαρμογή υπολογισμός εμβαδού χωρίου

Παρατηρούμε ότι αν στον τύπο του Green βάλουμε Q(xy) = 12x και

P(xy) = minus 12y θα ισχύει

partQpartx minus

partPparty = 1 οπότε

12intpartD(minusyx) =

intintD

1dxdy = Εμβαδόν(D)

7

Έτσι καταλήγουμε στον τύπο

Εμβαδόν(D) = 12intpartD(minusyx)

Οι επιλογές που κάναμε για τα P και Q δεν είναι μοναδικές Θαμπορούσαμε για παράδειγμα να είχαμε επιλέξει Q = x και P = 0Θα χρησιμοποιήσουμε τον παραπάνω τύπο για να υπολογίσουμε

το εμβαδόν του ϕύλλου του Καρτέσιου Πρόκειται για τον βρόγχοπου παράγεται από την καμπύλη με παραμετρικοποίηση

σ(t) =(

3t1+ t3

3t2

1+ t3)

όπου t isin [0infin) (σε καρτεσιανές συντεταγμένες και σε πεπλεγμένημορϕή η εξίσωση είναι x3 + y3 minus 3xy = 0) Το σχήμα της καμπύληςϕαίνεται στο σχήμα 1 Σύμϕωνα με τον τύπο του εμβαδού που

minus1 lt t le 0

t lt minus1

t ge 0

y = minusx minus 1

Σχήμα 1 Το ϕύλλο του Καρτέσιου (the folium of Descartes)

βρήκαμε παραπάνω το εμβαδόν του ϕύλλου ισούται με

intσ(minusyx) = 1

2

intinfin0

⟨(minus 3t2

1+ t3 3t

1+ t3) σ prime(t)

⟩dt

= 12

intinfin0

(3t

1+ t3)2

dt

= 12

minus31+ t3

∣∣∣∣∣infin

0

= 32

8

32 Το θεώρημα του Gauss

Θεωρούμε Ω ένα κλειστό και ϕραγμένο υποσύνολο του R3 το οποίοέχει κατά τμήματα C2 σύνορο partΩ Θεωρούμε επίσης ότι το partΩ είναιπροσανατολισμένο με τη θετική ϕορά δηλαδή με το laquoπρος τα έξωraquoαπό το Ω διάνυσμα Αν F διανυσματική C1 συνάρτηση στο Ω τότε

το χωρικό (τριπλό) ολοκλήρωμα μιας laquoκατάλληλης πα-ραγώγουraquo της F υπολογίζεται από τις τιμές της F στοσύνορο partΩ του χωρίου Ω Δηλαδή σε πλήρη αναλογίαμε τον τύπο (3) ισχύει ένας τύπος της μορϕήςintintint

ΩlaquoF primeraquo =

partΩF

όπου το δεύτερο ολοκλήρωμα είναι το επιϕανειακό ολο-κλήρωμα της F στο partΩ

Το μόνο που μένει να διευκρινιστεί και πάλι είναι ποια είναι ηlaquoκατάλληλη παράγωγοςraquo της F ώστε να ισχύει ο παραπάνω τύπος

Θεώρημα 32 (απόκλισης του Gauss) Έστω ότι το Ω είναι ένα υπο-σύνολο του R3 κλειστό και ϕραγμένο με κατά τμήματα C2 σύνοροpartΩ Τότε αν η F με πεδίο τιμών το R3 είναι C1 συνάρτηση στο Ωισχύει intintint

Ω⟨nabla F⟩ =

partΩF

Η laquoκατάλληλη παράγωγοςraquo δηλαδή εδώ είναι η ποσότητα ⟨nabla F⟩Υπενθυμίζουμε ότι για να υπολογιστεί το επιϕανειακό ολοκλήρωμαχρειαζόμαστε μια 1-1 και κατά τμήματα C2 παραμετρικοποίηση Φ =(Φ1Φ2Φ3) D sube R2 rarr partΩ της επιϕάνειας partΩ οπότε

partΩF =

intintD⟨nabla times F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tv =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

4 Αποδείξεις

41 Απόδειξη του θεωρήματος Green

Όπως είπαμε και στο τέλος της υποενότητας 311 η παρουσίασητου θεωρήματος Green ως συνέπεια του θεωρήματος Stokes έγινε γιακαθαρά διδακτικούς λόγους Ξεκινάμε με την απόδειξη του θεωρή-ματος Green

9

Λήμμα 5 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου I C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και P D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Απόδειξη Αϕού το χωρίο είναι τύπου I υπάρχουν συνεχείς συ-ναρτήσεις φ1 φ2 [a b]rarr R ώστε

D = (xy) a le x le bφ1(x) le y leφ2(x)

Οπότε το διπλό ολοκλήρωμα από το θεμελιώδες θεώρημα του Απει-ροστικού Λογισμού ισούται μεintint

D

partP(qu)party

dydx =int ba

(intφ2(x)

φ1(x)

partP(xy)party

dy)dx

=int ba

(P(xφ2(x)

)minus P(xφ1(x)))dx

Τα(xφ1(x)

)για x isin [a b] παραμετρικοποιούν την C1 με τη δηλω-

μένη ϕορά (δες σχήμα 2) οπότεint baP(xφ1(x)

)dx =

intC1

(P0)

Ομοίως τα(xφ1(x)

)για x isin [a b] παραμετρικοποιούν την C2 με

a b

ϕ1

ϕ2

C1

C2

B1

B2

D

Σχήμα 2 Χωρίο τύπου I

την αντίθετη ϕορά οπότεint baP(xφ2(x)

)dx = minus

intC2

(P0)

Έτσι καταλήγουμε στη σχέσηintintD

partPpartydydx = minus

intC1cupC2

(P0) (6)

10

Επειδή το x είναι σταθερό στα ευθύγραμμα τμήματα B1 και B2 συ-νεπάγεται ότι

intB1(P0) =

intB1(P0) = 0 για παράδειγμα B1 = (ay)

φ1(a) le y le φ2(a) δηλαδή παραμετρικοποιείται από την σ1(t) =(a t) για t isin [φ1(a)φ2(a)] και έτσι σ prime1(t) = (01) συνεπώς

intB1

(P0) =intφ2(a)

φ1(a)

⟨(P0)(ay) (01)

⟩dy = 0

Προσθέτοντας τα μηδενικά ολοκληρώματα στις B1 και B2 στην (6)παίρνουμε intint

D

partPpartydxdy = minus

intC(P0)

Με τον ίδιο ακριβώς τρόπο αποδεικνύεται και το ακόλουθο

Λήμμα 6 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου II C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και Q D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(0Q) =

intintD

partQpartxdxdy

Τα δύο παραπάνω λήμματα έχουν πολύ ισχυρούς περιορισμούςγια το χωρίο D Συγκεκριμένα απαιτούν το χωρίο να είναι τύπου Iκαι τύπου II αντίστοιχα Μπορούμε να αποδείξουμε τα ίδια αποτελέ-σματα σε γενικότερα χωρία Αντί να δώσουμε έναν αυστηρό ορισμόγια τα επιτρεπτά χωρία προτιμάμε να βασιστούμε σε εικόνες Ένα

D D1

D2

Σχήμα 3 Χωρίο όχι τύπου I στο οποίο ισχύει το θεώρημα Green

χωρίο όπως το πρώτο χωρίο στο σχήμα 3 δεν είναι τύπου I Όμωςμπορούμε να το κόψουμε σε δύο τμήματα το D1 και το D2 τα οποίαείναι τύπου I Έτσι σύμϕωνα με το Λήμμα 5 ισχύουν οι σχέσεις

intpartD1

(P0) = minusintintD1

partPpartydxdy

και

intpartD2

(P0) = minusintintD2

partPpartydxdy

11

Το άθροισμα των ολοκληρωμάτων στα δεξιά κάνει

minusintintD1

partPpartydxdy minus

intintD2

partPpartydxdy = minus

intintD

partPpartydxdy

Για το άθροισμα στα αριστερά παρατηρούμε ότι το κομμάτι τουσυνόρου στο οποίο κόψαμε το D τα σύνορα που στο σχήμα εμϕανί-ζονται με μπλε χρώμα έχουν μεταξύ τους αντίθετο προσανατολισμόόταν τα D1 και D2 έχουν και τα δύο τον θετικό προσανατολισμόΟπότε όταν προσθέσουμε τα επικαμπύλια ολοκληρώματα στο partD1

και στο partD2 θα έχουμε απαλοιϕή των επικαμπυλίων ολοκληρωμά-των πάνω στις μπλε καμπύλες Έτσι το αποτέλεσμα θα είναι τοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα πάνω στο partD Αποδείξαμε με αυτόν τοντρόπο ότι και σε τέτοια χωρία που δεν είναι τύπου I ισχύει

intpartD(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Ανάλογη είναι η κατάσταση σε σχέση με το Λήμμα 6 Αν τοχωρίο κόβεται σε κομμάτια τύπου II τότε το Λήμμα 6 συνεχίζει ναισχύειΘα πρέπει να παρατηρήσουμε εδώ ότι το χωρίο μπορεί να είναι

ιδιαίτερα περίπλοκο και να απαιτείται να κοπεί σε πολλά τμήματαόπως για παράδειγμα το χωρίο του σχήματος 4 Για την παρακάτω

Σχήμα 4 Χωρίο που απαιτεί πολλά κοψίματα ώστε κάθε τμήμα τουνα είναι τύπου I ή τύπου II

απόδειξη του θεωρήματος Green θα υποθέσουμε ότι στο χωρίο Dισχύουν και το Λήμμα 5 και το Λήμμα 6Απόδειξη του θεωρήματος Green Έστω ότι το D είναι ένα χωρίο

στον R2 στο οποίο ισχύουν και τα δύο παραπάνω λήμματα Αν

12

F = (PQ) τότε intintD⟨nabla times F k⟩ =

intintD

(partQpartx

minus partPparty

)dxdy

= intpartD(0Q)+

intpartD(P0)

= intpartD(PQ)

= intpartDF

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

61 Απόδειξη του θεωρήματος Stokes

Θα αποδείξουμε το θεώρημα Stokes στην περίπτωση που η επιϕά-νεια παραμετρικοποιείται από μια C2 παραμετρικοποίηση Στην αν-τίθετη περίπτωση το θεώρημα αποδεικνύεται κόβοντας την επιϕά-νεια σε τμήματα όπου το καθένα περιγράϕεται από μία παραμετρι-κοποίηση και στο τέλος αθροίζουμε τους τύπους από κάθε τμήματης όπως κάναμε και στο θεώρημα του Green για χωρία που έπρεπενα κοπούν για να περιγραϕούν ως τύπου I ή IIΑς θέσουμε πρώτα κάποιο συμβολισμό Η F αϕού έχει πεδίο τι-

μών στο R3 έχει τρεις συνιστώσες συναρτήσεις δηλαδή γράϕεταιF = (F1 F2 F3) όπου οι F1 F2 και F3 είναι C1 συναρτήσεις από τηνεπιϕάνεια S στο R Έστω ότι η επιϕάνεια S περιγράϕεται από τηνπαραμετρικοποίηση Φ(uv) D sube R2 rarr S με

Φ(uv) = (Φ1(uv)Φ2(uv)Φ3(uv))

όπου οι Φ1 Φ2 Φ3 είναι C2 συναρτήσεις από το D στο R και γιατο D υποθέτουμε επίσης ότι ισχύει το θεώρημα του Green Θέτουμεεπίσης σ(t) [a b] rarr R2 παραμετρικοποίηση του partD φ(t) = Φ(σ(t))παραμετρικοποίηση του partS και υποθέτουμε ότι όλες οι προηγούμε-νες παραμετρικοποιήσεις διατηρούν τον θετικό προσανατολισμόΤέλος σημειώνουμε ότι θα χρειαστούμε τον κανόνα της αλυσίδας

στην παραγώγιση για συναρτήσεις πολλών μεταβλητώνΗ απόδειξη θα γίνει αποδεικνύοντας πρώτα το θεώρημα στην

ειδική περίπτωση όπου F2 = F3 = 0 οπότε F = (F100) Στη συνέχειααλλάζοντας κυκλικά τους δείκτες (ή επαναλαμβάνοντας τις ίδιεςπράξεις) θα προκύψουν τύποι για τις περιπτώσεις όπου F = (0 F20)και F = (00 F3) Στο τέλος θα προσθέσουμε αυτούς τους τρεις τύ-πουςΞεκινάμε την απόδειξη του θεωρήματος του Stokes από το επιϕα-

νειακό ολοκλήρωμαSnablatimes F =

intintD

⟨(nablatimes F)(Φ(uv)) Tu times Tv⟩ 13

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tu =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

Υπολογίζουμε το nabla times F με τη σχετική ορίζουσα (δες την ορίζουσαπαρακάτω) και το βρίσκουμε ίσο με partF1

partz j minuspartF1party k Έτσι

Snablatimes F =

S

(0partF1

partzminuspartF1

party

)(7)

=intintD

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

F1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(Φ(uv)

)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partupartΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣⟩dudv

=intintD

(minuspartF1

partz(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ3

partvminus partΦ3

partupartΦ1

partv

)

minuspartF1

party(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ2

partvminus partΦ2

partupartΦ1

partv

))dudv

(8)

Κρατάμε αυτή την έκϕραση και στρεϕόμαστε τώρα στο επικαμπύ-λιο ολοκλήρωμα Σκοπός μας είναι με τη βοήθεια της σύνθεσης μετην Φ να περάσουμε από το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partS στοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partD ώστε να χρησιμοποιήσουμε το θε-ώρημα του Green Έχουμε

intpartSF =

int ba

⟨F(φ(t)

)φprime(t)

⟩dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))ddt

(Φ(σ(t)

))dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))(ddtΦ1(σ(t)

)ddtΦ2(σ(t)

)ddtΦ3(σ(t)

))⟩dt

το οποίο επειδή F = (F100) ισούται μεint baF1

(Φ(σ(t)

)) ddtΦ1(σ(t)

)dt

Από τον κανόνα αλυσίδας ισχύει

ddtΦ1(σ(t)

) = ⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩

14

Έτσι παίρνουμε

intpartSF =

int ba

[F1

(Φ(σ(t)

)) middot⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩]dt

=int ba

⟨((F1 Φ)

(partΦ1

partupartΦ1

partv

))(σ(t)

) σ prime(t)

⟩dt

= intpartD

((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)=intpartDΨ

όπου θέσαμε

Ψ =((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)= (Ψ1Ψ2)

Συνεπώς σε αυτό το σημείο μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το θεώ-ρημα Green οπότε

intpartDΨ =

intintD⟨nablatimes Ψ k⟩ dudv

δηλαδή

intpartSF =

intintD

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩dudv

Υπολογίζοντας το τελευταίο εσωτερικό γινόμενο

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ =

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartu

partpartv

partpartw

Ψ1 Ψ2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ k⟩

= partΨ2

partuminus partΨ1

partv

= partpartu

((F1 Φ)partΦ1

partv

)minus partpartv

((F1 Φ)partΦ1

partu

)

=(partpartuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

Οι όροι με τις παραγώγους δεύτερης τάξης διαγράϕονται οπότεκαταλήγουμε στην

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ = ( part

partuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv

)minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu

)

15

Χρησιμοποιώντας τον κανόνα της αλυσίδας βρίσκουμε ότι η τελευ-ταία παράσταση είναι ίση με(

partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partu+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partu

)partΦ1

partv

minus(partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partv+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partv

)partΦ1

partu

Ελέγχουμε εύκολα (άσκηση) ότι αυτοί οι όροι είναι οι ίδιοι που εμ-ϕανίζονται στην (8) και άρα με τη βοήθεια της (7) έχουμε δείξειότι

intpartS(F100) =

partS

(0partF1

partzminuspartF1

party

)

Με όμοιες πράξεις ή εναλλάσσοντας τους δείκτες και τις θέσεις τωνποσοτήτων μέσα στα διανύσματα κυκλικά (x rarr y rarr z rarr x) βλέπουμεότι

intpartS(0 F20) =

partS

(minuspartF2

partz0partF2

partx

)και

intpartS(00 F3) =

partS

(partF3

partyminuspartF3

partx0)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις τρεις τελευταίες σχέσεις οδηγούμαστεστην

intpartS(F1 F2 F3) =

partS

(partF3

partyminus partF2

partzpartF1

partzminus partF3

partxpartF2

partxminus partF1

party

)

Εύκολα ελέγχεται με την γνωστή μας ορίζουσα ότι το διάνυσμαμέσα στο τελευταίο ολοκλήρωμα είναι το nabla times F ολοκληρώνονταςτην απόδειξη

62 Απόδειξη του θεωρήματος Gauss

Ας υποθέσουμε για να απλοποιήσουμε λίγο την απόδειξη ότι το σύ-νορο του Ω είναι C2 Θα χρησιμοποιήσουμε δύο ισχυρισμούς που δενθα αποδείξουμε σε αυτό το μάθημα Όμως πρώτον θα είναι πειστι-κοί και δεύτερον ο ενδιαϕερόμενος αναγνώστης μπορεί να καταϕύ-γει σε ένα βιβλίο διαϕορικής γεωμετρίας για τις πλήρεις λεπτομέ-ρειεςΘα είναι ευκολότερο για την απόδειξη αντί να χρησιμοποιήσουμε

τα x y και z για τις συντεταγμένες ενός διανύσματος τον R3 ναγράϕουμε x1 x2 x3 Έτσι αν F = (F1 F2 F3) το ζητούμενο είναι νααποδείξουμε ότιintintint

Ω

(partF1

partx1+ partF2

partx2+ partF3

partx3

)dx1dx2dx3 =

partΩ(F1 F2 F3)

16

Οι δύο ισχυρισμοί στους οποίους αναϕερθήκαμε παραπάνω είναιοι εξήςΙσχυρισμός 1 Το Ω είναι δυνατόν να γραϕτεί ως ένωση ευκλεί-

δειων δίσκων αρκετά μικρής ακτίνας ώστε αν B ένας τέτοιος δί-σκος ο οποίος τέμνει το σύνορο του Ω τότε το B capΩ να γράϕεται(όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5) με τη βοήθεια του γραϕήματος μιαςσυνάρτησης φ D sube R2 rarr R είτε ως

(I) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 lt φ(x1 x3) είτε ως

(II) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 lt φ(x1 x2) είτε ως

(III) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 gt φ(x2 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 lt φ(x2 x3)

B1

B2 B3 B4

x2

x3

x1

B1 = (x1 x2 x3) isin B1 x2 gt ϕ1(x1 x3)

B2 = (x1 x2 x3) isin B2 x3 lt ϕ2(x1 x2)

B3 = (x1 x2 x3) isin B3 x3 gt ϕ3(x1 x2)

B4 = (x1 x2 x3) isin B4 x2 lt ϕ4(x1 x3)

για διαφορετικές συναρτήσεις ϕ1 ϕ2 ϕ3

και ϕ4 από το R2 στο R

Σχήμα 5 Διάϕορες περιπτώσεις τομών ευκλείδειων δίσκων με τοσύνορο του Ω

Όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5 το αν η περιγραϕή θα είναι όπωςστην περίπτωση (I) ή στην περίπτωση (II) ή στην (III) έχει να κάνειμε το που βρίσκεται ο δίσκος B σε σχέση με το σύνορο του ΩΤο ότι το παραπάνω είναι εϕικτό σχετίζεται με το ότι το Ω είναι

κλειστό και ϕραγμένο καθώς και με το ότι το σύνορό του είναι C2Δεν θα μπούμε όμως σε λεπτομέρειες απόδειξηςΙσχυρισμός 2 Το παρακάτω είναι ένα πολύ ισχυρό εργαλείο το

οποίο ονομάζεται διαμέριση της μονάδαςΈστω B1 B2 BN οι ευκλείδειοι δίσκοι που περιγράϕει ο Ισχυρι-

σμός 1 Υπάρχουν συναρτήσεις ψ1 ψ2 ψN οι οποίες είναι C1 καιικανοποιούν τις εξής συνθήκες

bull sumNj=1ψj = 1 πάνω στο Ω

bull ψj∣∣∣R3Bj

= 0 για κάθε j = 1 2 N

17

Αυτός ο ισχυρισμός δεν είναι τόσο δύσκολος όσο ίσως ακούγεταιΑπλά βρίσκει κανείς συναρτήσεις που να ικανοποιούν τη δεύτερησυνθήκη και πάνω στο Ω να έχουν θετικό άθροισμα (κάντε ένα σχή-μα) Τέλος διαιρούμε κάθε συνάρτηση με το άθροισμά τους ώστε ναικανοποιείται και η πρώτη συνθήκη

Είμαστε τώρα έτοιμοι να ξεκινήσουμε την απόδειξη Αρκεί νααποδείξουμε ότι intintint

Ω

partF1

partx1dx1dx2dx3 =

partΩ(F100)intintint

Ω

partF2

partx2dx1dx2dx3 =

partΩ(0 F20)intintint

Ω

partF3

partx3dx1dx2dx3 =

partΩ(00 F3)

διότι μετά απλώς θα προσθέσουμε κατά μέλη Η απόδειξη αυτώνείναι ίδια οπότε αρκεί για παράδειγμα να αποδείξουμε την τελευ-ταία Απλοποιώντας περαιτέρω θα γράϕουμε f αντί για F3 οπότεπρέπει να αποδείξουμε ότιintintint

Ω

partfpartx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00 f )

Θα κάνουμε ακόμα μια απλοποίησηΈστω Bj j = 1 2 N ένας από τους δίσκους του Ισχυρισμού 1

και ψj οι αντίστοιχες συναρτήσεις από τον Ισχυρισμό 2 Αν απο-δείξουμε ότι intintint

Ω

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00ψjf)

για κάθε j μετά θα προσθέσουμε κατά μέλη για όλα τα j και επει-δή το άθροισμα των ψj πάνω στο Ω ισούται με 1 θα πάρουμε τοζητούμενο Τώρα η ψj είναι μηδέν έξω από το Bj σύμϕωνα με τονΙσχυρισμό 2 οπότε η παραπάνω ολοκλήρωση είναι στην πραγματι-κότητα ολοκλήρωση πάνω στο Bj cap Ω και το επιϕανειακό ολοκλή-ρωμα είναι πάνω στο Bj cap partΩ Δηλαδή ζητάμε να ισχύειintintint

BjcapΩ

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =BjcappartΩ

(00ψjf)

Για να μην γράϕουμε λοιπόν συνεχώς ψjf κάνουμε την εξής απλο-ποίηση επειδή η ψj μηδενίζεται έξω από το Bj και άρα και η ψjf αρκεί να αποδείξουμε ότιintintint

R3

partfpartx3

dx1dx2dx3 =BcappartΩ

(00 f ) (9)

όπου B ευκλείδειος δίσκος από τον Ισχυρισμό 1 και f μια C1 συνάρ-τηση που μηδενίζεται έξω από το B Παρατηρούμε ότι επειδή η f

18

είναι συνεχής (ως C1) είναι αναγκαστικά μηδέν και στο σύνορο τουBΠερίπτωση 1 Το B δεν τέμνει το σύνορο του Ω δηλαδή είναι μέ-

σα στο εσωτερικό Ω Αυτή η περίπτωση αντιμετωπίζεται εύκολαδιότι στα αριστερά της (9) ολοκληρώνουμε πρώτα ως x3 και χρη-σιμοποιούμε ότι η f είναι μηδέν εκτός του Bintintint

R3

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintR2f(x1 x2 x3)

∣∣∣x3=+infinx3=minusinfin

dx2dx1 = 0

Αλλά μηδέν είναι και το δεξιό μέρος της (9) αϕού B cap partΩ = emptyΠερίπτωση 2 Το B τέμνει το σύνορο του Ω Έτσι έχουμε τις

περιπτώσεις I ή II ή III της σελίδας 17 Αν ισχύουν οι περιπτώσειςμε τις ανισότητες lt η αντιμετώπιση είναι ίδια με τις περιπτώσειςόπου ισχύει η gt Επειδή η f βρίσκεται στην τρίτη συντεταγμένηστο (00 f ) οι περιπτώσεις I και III αντιμετωπίζονται με τον ίδιοτρόπο Οπότε θα ασχοληθούμε μόνο με τις περιπτώσεις

B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

καιB capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)intintintΩ

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x2)

partfpartx3

)dx3dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Δείχνουμε τώρα ότι το τελευταίο ολοκλήρωμα ισούται με το

B

BcapΩ

capϕ

x3

Σχήμα 6 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

19

BcappartΩ

(00 f )

Η παραμετρικοποίηση του Bcap partΩ είναι η Φ(x1 x2φ(x1 x2))Υπολογί-

ζουμε με την γνωστή ορίζουσα το Tx1 times Tx2 και βρίσκουμε

Tx1 times Tx2 = minuspartφpartx1

iminus partφpartx2

j + k

Φανερά ⟨Tx1 times Tx2 k⟩ gt 0 οπότε (δες σχήμα 6) η Φ αντιστρέϕει τονπροσανατολισμό Συνεπώς

BcappartΩ(00 f ) = minus

intD⟨(00 f )(Φ(x1 x2) Tx1 times Tx2⟩dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)Η παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας του partΩ μέσα στο B είναι

τώρα η Φ(x1 x3) =(x1φ(x1 x3) x3

)και υπολογίζοντας με την ορί-

ζουσα βρίσκουμε ότι

Tx1 times Tx3 =partφpartx1

iminus j + partφpartx3

Προϕανώς ⟨Tx1 times Tx3 j⟩ = minus1 lt 0 άρα (δες σχήμα 7) η παραμετρικο-ποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό Θέλοντας να υπολογίσουμε

B

BcapΩcap

ϕ

x2

Σχήμα 7 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

τοintintintBcapΩ partfpartx3 dx3dx2dx1 θα ήταν εύκολη δουλειά αν μπορούσα-

με να ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς x3 αϕού θα μπορούσαμενα χρησιμοποιήσουμε το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λο-γισμού όπως στην προηγούμενη υποπερίπτωση Όμως τώρα δεν

20

ξέρουμε πού κινείται το x3 αλλά το x2 (συγκεκριμένα x2 gt φ(x1 x3))Παρόλα αυτά θα επιμείνουμε η πρώτη ολοκλήρωση πρέπει να γίνειως προς μεταβλητή που γνωρίζουμε τα άκρα μεταβολής Οπότε θαεπιχειρήσουμε να αλλάξουμε το partx3 σε partx2 στην προς ολοκλήρωσηποσότητα Για να το πετύχουμε αυτό αλλάζουμε μεταβλητή Θέ-τουμε x2 = φ(x1 x3) + t Όταν x2 = φ(x1 x3) το t = 0 Και βεβαίωςdx2 = dt Έτσιintintint

BcapΩpartfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x3)

partfpartx3

(x1 x2 x3)dx2

)dx1dx2

=intintD

(intinfin0

partfpartx3

(x1φ(x1 x2)+ t x3)dt)dx2dx3

=intintint

R2times(0infin)partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)dtdx1dx3

(10)

Από τον κανόνα της αλυσίδας

partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

)) =⟨nablaf part

partx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)= partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)+ partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partfpartx3

(x1 x3)

Άρα η προς ολοκλήρωση ποσότητα στην (10) γράϕεται

partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) = partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))minus partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partφpartx3

(x1 x3)

Έτσι από την (10) προκύπτουν δύο ολοκληρώματα Το πλεονέκτημααπό αυτή τη διαδικασία είναι ότι το δεύτερο ολοκλήρωμα περιέχειτην partfpartx2 και για το x2 ξέρουμε άκρα ολοκλήρωσης Το πρώτοολοκλήρωμα είναι τοintint

D

intinfinminusinfin

partfpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))dx3dx2dx1 = 0

αϕού η f είναι μηδέν έξω από το BΤο δεύτερο ολοκλήρωμα είναι τοintintint

R2times(0infin)

(minus partφpartx3

(x1 x3)partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3))dx1dx3dt

Επανερχόμαστε τώρα στη μεταβλητή x2 αλλάζοντας ξανά μεταβλη-τή θέτοντας t = x2 minus φ(x1 x3) Οπότε παίρνουμε ότι το τελευταίοολοκλήρωμα είναι ίσο μεintint

R2

(minus partφpartx3

(x1 x3))(intinfin

φ(x1x3)

partfpartx2

dx2

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

21

Το τελευταίο ολοκλήρωμα όμως είναι ίσο με τοBcappartΩ(00 f ) διότι

BcappartΩ(00 f ) =

intintR2

⟨(00 f )(x1φ(x1 x3) x3) Tx1 times Tx3

⟩dx1dx3

=intintR2

⟨(00 f

(x1φ(x1 x3) x3

))(partφpartx1

minus1partφpartx3

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

Αντωνης Τσολομυτης Πανεπιστήμιο Αιγαίου Τμήμα Μαθηματικών83200 Καρλόβασι Σάμος Email antonistsolomitisgmailcom

22

και

⟨nabla F⟩ = partF1

partx+ partF2

party+ partF3

partz (2)

3 Θεωρήματα Stokes και Gauss

Το θεμελιώδες θεώρημα του Απειροστικού Λογισμού μάς λέει ότι υπότις κατάλληλες προϋποθέσεις το ολοκλήρωμα της παραγώγου f prime

της f στο διάστημα [a b] ισούται με ένα κατάλληλο άθροισμα τωντιμών της f στο σύνορο ab του διαστήματος Συγκεκριμέναint

[ab]f prime = f(b)minus f(a) (3)

Δηλαδή το ολοκλήρωμα της παραγώγου στο διάστημα [a b] υπο-λογίζεται από τις τιμές της συνάρτησης στο σύνορο (στα άκρα)του [a b] Το ίδιο ακριβώς είναι εννοιολογικά του περιεχόμενο τωνθεωρημάτων Stokes και Gauss Στο θεώρημα Stokes το πεδίο ολοκλή-ρωσης είναι μια επιϕάνεια και ο υπολογισμός με βάση τις τιμέςστο σύνορο της επιϕάνειας (το αντίστοιχο του f(b) minus f(a)) γίνεταιμε επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο σύνορό της Ομοίως στο θεώρηματου Gauss το πεδίο ολοκλήρωσης είναι ένα χωρίο στον τρισδιάστα-το χώρο και ο υπολογισμός με βάση τις τιμές στο σύνορο του χω-ρίου γίνεται με το επιϕανειακό ολοκλήρωμα στο σύνορο του χωρίουδηλαδή στην επιϕάνεια που περικλείει το χωρίο

31 Το θεώρημα του Stokes

Έστω ότι η S προσανατολισμένη επιϕάνεια στον R3 που ορίζεταιαπό μια ένα προς ένα παραμετρικοποίηση Φ D sube R2 rarr S και partSτο θετικά προσανατολισμένο σύνορό της Αν F S rarr R3 μια C1

συνάρτηση τότε

το επιϕανειακό ολοκλήρωμα μιας laquoκατάλληλης παραγώ-γουraquo της F υπολογίζεται από τις τιμές της F στο σύνο-ρο της επιϕάνειας Δηλαδή σε πλήρη αναλογία με τοντύπο (3) ισχύει ένας τύπος της μορϕής

SlaquoF primeraquo =

intpartSF

όπου το δεύτερο ολοκλήρωμα είναι το επικαμπύλιο ολο-κλήρωμα της F στο partS

Το μόνο που μένει να διευκρινιστεί είναι ποια είναι η laquoκατάλληληπαράγωγοςraquo της F ώστε να ισχύει ο παραπάνω τύπος

4

Θεώρημα 31 (Stokes) Έστω ότι η S είναι μια κατά τμήματα C2

ϕραγμένη προσανατολισμένη επιϕάνεια στον R3 Αν F S rarr R3

μια C1 συνάρτηση και partS το θετικά προσανατολισμένο σύνορο τηςS το οποίο υποθέτουμε ότι είναι απλή κλειστή κατά τμήματα C1

καμπύλη τότε ισχύει Snablatimes F =

intpartSF (4)

Δηλαδή η laquoκατάλληλη παράγωγοςraquo είναι η συνάρτηση nablatimes F

Υπενθυμίζουμε εδώ τα απαραίτητα για τον υπολογισμό των πο-σοτήτων του παραπάνω τύπου

bull Αν Φ D sube R2 rarr R με Φ(uv) = (Φ1(uv)Φ2(uv)Φ3(uv))μια 1-1

παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας S θέτουμε

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tv =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)και το επιϕανειακό ολοκλήρωμα στα αριστερά της (4) υπολο-γίζεται με το διπλό ολοκλήρωμαintint

D

⟨nablatimes F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

bull Αν σ(t) isin R3 για t isin [a b] μια παραμετρικοποίηση του partS τότετο επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στα δεξιά της (4) ισούται μεint b

a

⟨F(σ(t)

) σ prime(t)

⟩dt

Παρατήρηση 31 Θέλοντας να κάνουμε τον αναγνώστη να νοιώθεισίγουρος για την εννοιολογική ταύτιση της σχέσης (4) με τη σχέση(3) θα δείξουμε ότι πράγματι το θεώρημα του Stokes εϕαρμοσμένοσε κατάλληλη επιϕάνεια συνεπάγεται το θεμελιώδες θεώρημα τουαπειροστικού λογισμού Ας υποθέσουμε λοιπόν τη σχέση (4) καιέστω ότι η f είναι συνάρτηση C1 στο [a b] Θεωρούμε την επίπεδηεπιϕάνεια S = [a b] times [01] times 0 sube R3 και τη συνάρτηση F(xy) =(0 f (x)0) Έχουμε

nablatimes F =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

0 f(x) 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= f prime(x)k

Για την παραμετρικοποίηση της S θέτουμε D = S και για (uv) isin DΦ(uv) = (uv0) Έτσι Tu = (100) Tv = (010) και εύκολα προκύ-

5

πτει ότι Tu times Tv = k Οπότε το αριστερό μέλος της (4) γίνεταιSnablatimes F =

intintD

⟨nablatimes F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

=int 1

0

int baf prime(u)dudv

=int baf prime(x)dx

Στρεϕόμαστε τώρα στο δεξιό σκέλος Το σύνορο του S αποτελείταιαπό τα ευθύγραμμα τμήματα

C1 =(t00) t isin [a b]

C2 =(t10) t isin [a b]

B1 =(a t0) t isin [01]

καιB2 =

(b t0) t isin [01]

Οι παραμετρικοποιήσεις που δίνονται στα παραπάνω ευθύγραμματμήματα δίνουν τον θετικό προσανατολισμό στα C1 και B2 ενώ δί-νουν τον αρνητικό προσανατολισμό στα C2 και B1 Συνεπώς

intpartSF =

intC1

F minusintC2

F minusintB1

F +intB2

F (5)

Όμως

intC1

F =int ba

⟨F(t00) (100)

⟩dt =

int ba

⟨(0 f (t)0

) (100)

⟩dt = 0

intC2

F =int ba

⟨F(t10) (100)

⟩dt =

int ba

⟨(0 f (t)0

) (100)

⟩dt = 0

Και

intB2

F =int 1

0

⟨F(b t0) (010)

⟩dt

=int 1

0

⟨(0 f (b)0

) (010)

⟩dt

=int 1

0f(b)dt

= f(b)

intB1

F =int 1

0

⟨F(a t0) (010)

⟩dt

=int 1

0

⟨(0 f (a)0

) (010)

⟩dt

=int 1

0f(a)dt

= f(a)

6

Αντικαθιστώντας στην (5) παίρνουμεintpartS F = f(b) minus f(a) ολοκληρώ-

νοντας την απόδειξη Έτσι το θεώρημα του Stokes πράγματι αποτε-λεί επέκταση του γνωστού μας θεμελιώδους θεωρήματος του απει-ροστικού λογισμού μίας μεταβλητής σε περισσότερες μεταβλητές

311 Το θεώρημα του Green

Μια ειδική περίπτωση του θεωρήματος Stokes είναι η περίπτωσηόπου η επιϕάνεια S είναι επίπεδη υποσύνολο του R2 και η συνάρ-τηση F έχει πεδίο τιμών το R2 Σε αυτή την περίπτωση το πεδίοορισμού της παραμετρικοποίησης Φ της S το D ταυτίζεται με τηνS και η Φ είναι η ταυτοτική Φ(uv) = (uv) (όπου παραλείψαμε τηντρίτη μηδενική συντεταγμένη (μιλώντας αυστηρά ταυτίζουμε το R2

με το R2 times 0 sub R3 ή αλλιώς ταυτίζουμε τα (uv) με τα (uv0))Όπως και στην Παρατήρηση 31 υπολογίζουμε ότι Tu times Tv = k

οπότε σε αυτή την περίπτωση

intSnablatimes F =

intintD

⟨nablatimes F(uv) k⟩dudvΤώρα αν F = (PQ) = (PQ0) υπολογίζουμε την παράσταση ⟨nabla timesF(uv) k

⟩με την ορίζουσα (1) και βρίσκουμε (άσκηση) ότι

⟨nablatimes F(uv) k⟩ = partQpartu

minus partPpartv

Έτσι σε αυτή την ειδική περίπτωση ο τύπος του θεωρήματος Stokesγράϕεται ως intint

D

(partQpartx

minus partPparty

)dxdy =

intpartDF

όπου F = (PQ) Αυτός ο τύπος ο τύπος που προκύπτει από τοθεώρημα Stokes όταν S sube R2 και F S rarr R2 ονομάζεται laquoθεώρηματου GreenraquoΗ παρουσίαση του θεωρήματος Green ως συνέπεια του θεωρήμα-

τος Stokes έγινε για καθαρά διδακτικούς λόγους Όμως όσο αϕοράστις αποδείξεις τους (δες ενότητα 4) πρώτα αποδεικνύουμε την ει-δική και ευκολότερη περίπτωση του θεωρήματος Green και στη συ-νέχεια αποδεικνύουμε το θεώρημα Stokes

312 Εϕαρμογή υπολογισμός εμβαδού χωρίου

Παρατηρούμε ότι αν στον τύπο του Green βάλουμε Q(xy) = 12x και

P(xy) = minus 12y θα ισχύει

partQpartx minus

partPparty = 1 οπότε

12intpartD(minusyx) =

intintD

1dxdy = Εμβαδόν(D)

7

Έτσι καταλήγουμε στον τύπο

Εμβαδόν(D) = 12intpartD(minusyx)

Οι επιλογές που κάναμε για τα P και Q δεν είναι μοναδικές Θαμπορούσαμε για παράδειγμα να είχαμε επιλέξει Q = x και P = 0Θα χρησιμοποιήσουμε τον παραπάνω τύπο για να υπολογίσουμε

το εμβαδόν του ϕύλλου του Καρτέσιου Πρόκειται για τον βρόγχοπου παράγεται από την καμπύλη με παραμετρικοποίηση

σ(t) =(

3t1+ t3

3t2

1+ t3)

όπου t isin [0infin) (σε καρτεσιανές συντεταγμένες και σε πεπλεγμένημορϕή η εξίσωση είναι x3 + y3 minus 3xy = 0) Το σχήμα της καμπύληςϕαίνεται στο σχήμα 1 Σύμϕωνα με τον τύπο του εμβαδού που

minus1 lt t le 0

t lt minus1

t ge 0

y = minusx minus 1

Σχήμα 1 Το ϕύλλο του Καρτέσιου (the folium of Descartes)

βρήκαμε παραπάνω το εμβαδόν του ϕύλλου ισούται με

intσ(minusyx) = 1

2

intinfin0

⟨(minus 3t2

1+ t3 3t

1+ t3) σ prime(t)

⟩dt

= 12

intinfin0

(3t

1+ t3)2

dt

= 12

minus31+ t3

∣∣∣∣∣infin

0

= 32

8

32 Το θεώρημα του Gauss

Θεωρούμε Ω ένα κλειστό και ϕραγμένο υποσύνολο του R3 το οποίοέχει κατά τμήματα C2 σύνορο partΩ Θεωρούμε επίσης ότι το partΩ είναιπροσανατολισμένο με τη θετική ϕορά δηλαδή με το laquoπρος τα έξωraquoαπό το Ω διάνυσμα Αν F διανυσματική C1 συνάρτηση στο Ω τότε

το χωρικό (τριπλό) ολοκλήρωμα μιας laquoκατάλληλης πα-ραγώγουraquo της F υπολογίζεται από τις τιμές της F στοσύνορο partΩ του χωρίου Ω Δηλαδή σε πλήρη αναλογίαμε τον τύπο (3) ισχύει ένας τύπος της μορϕήςintintint

ΩlaquoF primeraquo =

partΩF

όπου το δεύτερο ολοκλήρωμα είναι το επιϕανειακό ολο-κλήρωμα της F στο partΩ

Το μόνο που μένει να διευκρινιστεί και πάλι είναι ποια είναι ηlaquoκατάλληλη παράγωγοςraquo της F ώστε να ισχύει ο παραπάνω τύπος

Θεώρημα 32 (απόκλισης του Gauss) Έστω ότι το Ω είναι ένα υπο-σύνολο του R3 κλειστό και ϕραγμένο με κατά τμήματα C2 σύνοροpartΩ Τότε αν η F με πεδίο τιμών το R3 είναι C1 συνάρτηση στο Ωισχύει intintint

Ω⟨nabla F⟩ =

partΩF

Η laquoκατάλληλη παράγωγοςraquo δηλαδή εδώ είναι η ποσότητα ⟨nabla F⟩Υπενθυμίζουμε ότι για να υπολογιστεί το επιϕανειακό ολοκλήρωμαχρειαζόμαστε μια 1-1 και κατά τμήματα C2 παραμετρικοποίηση Φ =(Φ1Φ2Φ3) D sube R2 rarr partΩ της επιϕάνειας partΩ οπότε

partΩF =

intintD⟨nabla times F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tv =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

4 Αποδείξεις

41 Απόδειξη του θεωρήματος Green

Όπως είπαμε και στο τέλος της υποενότητας 311 η παρουσίασητου θεωρήματος Green ως συνέπεια του θεωρήματος Stokes έγινε γιακαθαρά διδακτικούς λόγους Ξεκινάμε με την απόδειξη του θεωρή-ματος Green

9

Λήμμα 5 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου I C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και P D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Απόδειξη Αϕού το χωρίο είναι τύπου I υπάρχουν συνεχείς συ-ναρτήσεις φ1 φ2 [a b]rarr R ώστε

D = (xy) a le x le bφ1(x) le y leφ2(x)

Οπότε το διπλό ολοκλήρωμα από το θεμελιώδες θεώρημα του Απει-ροστικού Λογισμού ισούται μεintint

D

partP(qu)party

dydx =int ba

(intφ2(x)

φ1(x)

partP(xy)party

dy)dx

=int ba

(P(xφ2(x)

)minus P(xφ1(x)))dx

Τα(xφ1(x)

)για x isin [a b] παραμετρικοποιούν την C1 με τη δηλω-

μένη ϕορά (δες σχήμα 2) οπότεint baP(xφ1(x)

)dx =

intC1

(P0)

Ομοίως τα(xφ1(x)

)για x isin [a b] παραμετρικοποιούν την C2 με

a b

ϕ1

ϕ2

C1

C2

B1

B2

D

Σχήμα 2 Χωρίο τύπου I

την αντίθετη ϕορά οπότεint baP(xφ2(x)

)dx = minus

intC2

(P0)

Έτσι καταλήγουμε στη σχέσηintintD

partPpartydydx = minus

intC1cupC2

(P0) (6)

10

Επειδή το x είναι σταθερό στα ευθύγραμμα τμήματα B1 και B2 συ-νεπάγεται ότι

intB1(P0) =

intB1(P0) = 0 για παράδειγμα B1 = (ay)

φ1(a) le y le φ2(a) δηλαδή παραμετρικοποιείται από την σ1(t) =(a t) για t isin [φ1(a)φ2(a)] και έτσι σ prime1(t) = (01) συνεπώς

intB1

(P0) =intφ2(a)

φ1(a)

⟨(P0)(ay) (01)

⟩dy = 0

Προσθέτοντας τα μηδενικά ολοκληρώματα στις B1 και B2 στην (6)παίρνουμε intint

D

partPpartydxdy = minus

intC(P0)

Με τον ίδιο ακριβώς τρόπο αποδεικνύεται και το ακόλουθο

Λήμμα 6 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου II C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και Q D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(0Q) =

intintD

partQpartxdxdy

Τα δύο παραπάνω λήμματα έχουν πολύ ισχυρούς περιορισμούςγια το χωρίο D Συγκεκριμένα απαιτούν το χωρίο να είναι τύπου Iκαι τύπου II αντίστοιχα Μπορούμε να αποδείξουμε τα ίδια αποτελέ-σματα σε γενικότερα χωρία Αντί να δώσουμε έναν αυστηρό ορισμόγια τα επιτρεπτά χωρία προτιμάμε να βασιστούμε σε εικόνες Ένα

D D1

D2

Σχήμα 3 Χωρίο όχι τύπου I στο οποίο ισχύει το θεώρημα Green

χωρίο όπως το πρώτο χωρίο στο σχήμα 3 δεν είναι τύπου I Όμωςμπορούμε να το κόψουμε σε δύο τμήματα το D1 και το D2 τα οποίαείναι τύπου I Έτσι σύμϕωνα με το Λήμμα 5 ισχύουν οι σχέσεις

intpartD1

(P0) = minusintintD1

partPpartydxdy

και

intpartD2

(P0) = minusintintD2

partPpartydxdy

11

Το άθροισμα των ολοκληρωμάτων στα δεξιά κάνει

minusintintD1

partPpartydxdy minus

intintD2

partPpartydxdy = minus

intintD

partPpartydxdy

Για το άθροισμα στα αριστερά παρατηρούμε ότι το κομμάτι τουσυνόρου στο οποίο κόψαμε το D τα σύνορα που στο σχήμα εμϕανί-ζονται με μπλε χρώμα έχουν μεταξύ τους αντίθετο προσανατολισμόόταν τα D1 και D2 έχουν και τα δύο τον θετικό προσανατολισμόΟπότε όταν προσθέσουμε τα επικαμπύλια ολοκληρώματα στο partD1

και στο partD2 θα έχουμε απαλοιϕή των επικαμπυλίων ολοκληρωμά-των πάνω στις μπλε καμπύλες Έτσι το αποτέλεσμα θα είναι τοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα πάνω στο partD Αποδείξαμε με αυτόν τοντρόπο ότι και σε τέτοια χωρία που δεν είναι τύπου I ισχύει

intpartD(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Ανάλογη είναι η κατάσταση σε σχέση με το Λήμμα 6 Αν τοχωρίο κόβεται σε κομμάτια τύπου II τότε το Λήμμα 6 συνεχίζει ναισχύειΘα πρέπει να παρατηρήσουμε εδώ ότι το χωρίο μπορεί να είναι

ιδιαίτερα περίπλοκο και να απαιτείται να κοπεί σε πολλά τμήματαόπως για παράδειγμα το χωρίο του σχήματος 4 Για την παρακάτω

Σχήμα 4 Χωρίο που απαιτεί πολλά κοψίματα ώστε κάθε τμήμα τουνα είναι τύπου I ή τύπου II

απόδειξη του θεωρήματος Green θα υποθέσουμε ότι στο χωρίο Dισχύουν και το Λήμμα 5 και το Λήμμα 6Απόδειξη του θεωρήματος Green Έστω ότι το D είναι ένα χωρίο

στον R2 στο οποίο ισχύουν και τα δύο παραπάνω λήμματα Αν

12

F = (PQ) τότε intintD⟨nabla times F k⟩ =

intintD

(partQpartx

minus partPparty

)dxdy

= intpartD(0Q)+

intpartD(P0)

= intpartD(PQ)

= intpartDF

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

61 Απόδειξη του θεωρήματος Stokes

Θα αποδείξουμε το θεώρημα Stokes στην περίπτωση που η επιϕά-νεια παραμετρικοποιείται από μια C2 παραμετρικοποίηση Στην αν-τίθετη περίπτωση το θεώρημα αποδεικνύεται κόβοντας την επιϕά-νεια σε τμήματα όπου το καθένα περιγράϕεται από μία παραμετρι-κοποίηση και στο τέλος αθροίζουμε τους τύπους από κάθε τμήματης όπως κάναμε και στο θεώρημα του Green για χωρία που έπρεπενα κοπούν για να περιγραϕούν ως τύπου I ή IIΑς θέσουμε πρώτα κάποιο συμβολισμό Η F αϕού έχει πεδίο τι-

μών στο R3 έχει τρεις συνιστώσες συναρτήσεις δηλαδή γράϕεταιF = (F1 F2 F3) όπου οι F1 F2 και F3 είναι C1 συναρτήσεις από τηνεπιϕάνεια S στο R Έστω ότι η επιϕάνεια S περιγράϕεται από τηνπαραμετρικοποίηση Φ(uv) D sube R2 rarr S με

Φ(uv) = (Φ1(uv)Φ2(uv)Φ3(uv))

όπου οι Φ1 Φ2 Φ3 είναι C2 συναρτήσεις από το D στο R και γιατο D υποθέτουμε επίσης ότι ισχύει το θεώρημα του Green Θέτουμεεπίσης σ(t) [a b] rarr R2 παραμετρικοποίηση του partD φ(t) = Φ(σ(t))παραμετρικοποίηση του partS και υποθέτουμε ότι όλες οι προηγούμε-νες παραμετρικοποιήσεις διατηρούν τον θετικό προσανατολισμόΤέλος σημειώνουμε ότι θα χρειαστούμε τον κανόνα της αλυσίδας

στην παραγώγιση για συναρτήσεις πολλών μεταβλητώνΗ απόδειξη θα γίνει αποδεικνύοντας πρώτα το θεώρημα στην

ειδική περίπτωση όπου F2 = F3 = 0 οπότε F = (F100) Στη συνέχειααλλάζοντας κυκλικά τους δείκτες (ή επαναλαμβάνοντας τις ίδιεςπράξεις) θα προκύψουν τύποι για τις περιπτώσεις όπου F = (0 F20)και F = (00 F3) Στο τέλος θα προσθέσουμε αυτούς τους τρεις τύ-πουςΞεκινάμε την απόδειξη του θεωρήματος του Stokes από το επιϕα-

νειακό ολοκλήρωμαSnablatimes F =

intintD

⟨(nablatimes F)(Φ(uv)) Tu times Tv⟩ 13

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tu =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

Υπολογίζουμε το nabla times F με τη σχετική ορίζουσα (δες την ορίζουσαπαρακάτω) και το βρίσκουμε ίσο με partF1

partz j minuspartF1party k Έτσι

Snablatimes F =

S

(0partF1

partzminuspartF1

party

)(7)

=intintD

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

F1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(Φ(uv)

)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partupartΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣⟩dudv

=intintD

(minuspartF1

partz(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ3

partvminus partΦ3

partupartΦ1

partv

)

minuspartF1

party(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ2

partvminus partΦ2

partupartΦ1

partv

))dudv

(8)

Κρατάμε αυτή την έκϕραση και στρεϕόμαστε τώρα στο επικαμπύ-λιο ολοκλήρωμα Σκοπός μας είναι με τη βοήθεια της σύνθεσης μετην Φ να περάσουμε από το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partS στοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partD ώστε να χρησιμοποιήσουμε το θε-ώρημα του Green Έχουμε

intpartSF =

int ba

⟨F(φ(t)

)φprime(t)

⟩dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))ddt

(Φ(σ(t)

))dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))(ddtΦ1(σ(t)

)ddtΦ2(σ(t)

)ddtΦ3(σ(t)

))⟩dt

το οποίο επειδή F = (F100) ισούται μεint baF1

(Φ(σ(t)

)) ddtΦ1(σ(t)

)dt

Από τον κανόνα αλυσίδας ισχύει

ddtΦ1(σ(t)

) = ⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩

14

Έτσι παίρνουμε

intpartSF =

int ba

[F1

(Φ(σ(t)

)) middot⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩]dt

=int ba

⟨((F1 Φ)

(partΦ1

partupartΦ1

partv

))(σ(t)

) σ prime(t)

⟩dt

= intpartD

((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)=intpartDΨ

όπου θέσαμε

Ψ =((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)= (Ψ1Ψ2)

Συνεπώς σε αυτό το σημείο μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το θεώ-ρημα Green οπότε

intpartDΨ =

intintD⟨nablatimes Ψ k⟩ dudv

δηλαδή

intpartSF =

intintD

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩dudv

Υπολογίζοντας το τελευταίο εσωτερικό γινόμενο

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ =

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartu

partpartv

partpartw

Ψ1 Ψ2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ k⟩

= partΨ2

partuminus partΨ1

partv

= partpartu

((F1 Φ)partΦ1

partv

)minus partpartv

((F1 Φ)partΦ1

partu

)

=(partpartuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

Οι όροι με τις παραγώγους δεύτερης τάξης διαγράϕονται οπότεκαταλήγουμε στην

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ = ( part

partuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv

)minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu

)

15

Χρησιμοποιώντας τον κανόνα της αλυσίδας βρίσκουμε ότι η τελευ-ταία παράσταση είναι ίση με(

partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partu+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partu

)partΦ1

partv

minus(partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partv+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partv

)partΦ1

partu

Ελέγχουμε εύκολα (άσκηση) ότι αυτοί οι όροι είναι οι ίδιοι που εμ-ϕανίζονται στην (8) και άρα με τη βοήθεια της (7) έχουμε δείξειότι

intpartS(F100) =

partS

(0partF1

partzminuspartF1

party

)

Με όμοιες πράξεις ή εναλλάσσοντας τους δείκτες και τις θέσεις τωνποσοτήτων μέσα στα διανύσματα κυκλικά (x rarr y rarr z rarr x) βλέπουμεότι

intpartS(0 F20) =

partS

(minuspartF2

partz0partF2

partx

)και

intpartS(00 F3) =

partS

(partF3

partyminuspartF3

partx0)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις τρεις τελευταίες σχέσεις οδηγούμαστεστην

intpartS(F1 F2 F3) =

partS

(partF3

partyminus partF2

partzpartF1

partzminus partF3

partxpartF2

partxminus partF1

party

)

Εύκολα ελέγχεται με την γνωστή μας ορίζουσα ότι το διάνυσμαμέσα στο τελευταίο ολοκλήρωμα είναι το nabla times F ολοκληρώνονταςτην απόδειξη

62 Απόδειξη του θεωρήματος Gauss

Ας υποθέσουμε για να απλοποιήσουμε λίγο την απόδειξη ότι το σύ-νορο του Ω είναι C2 Θα χρησιμοποιήσουμε δύο ισχυρισμούς που δενθα αποδείξουμε σε αυτό το μάθημα Όμως πρώτον θα είναι πειστι-κοί και δεύτερον ο ενδιαϕερόμενος αναγνώστης μπορεί να καταϕύ-γει σε ένα βιβλίο διαϕορικής γεωμετρίας για τις πλήρεις λεπτομέ-ρειεςΘα είναι ευκολότερο για την απόδειξη αντί να χρησιμοποιήσουμε

τα x y και z για τις συντεταγμένες ενός διανύσματος τον R3 ναγράϕουμε x1 x2 x3 Έτσι αν F = (F1 F2 F3) το ζητούμενο είναι νααποδείξουμε ότιintintint

Ω

(partF1

partx1+ partF2

partx2+ partF3

partx3

)dx1dx2dx3 =

partΩ(F1 F2 F3)

16

Οι δύο ισχυρισμοί στους οποίους αναϕερθήκαμε παραπάνω είναιοι εξήςΙσχυρισμός 1 Το Ω είναι δυνατόν να γραϕτεί ως ένωση ευκλεί-

δειων δίσκων αρκετά μικρής ακτίνας ώστε αν B ένας τέτοιος δί-σκος ο οποίος τέμνει το σύνορο του Ω τότε το B capΩ να γράϕεται(όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5) με τη βοήθεια του γραϕήματος μιαςσυνάρτησης φ D sube R2 rarr R είτε ως

(I) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 lt φ(x1 x3) είτε ως

(II) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 lt φ(x1 x2) είτε ως

(III) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 gt φ(x2 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 lt φ(x2 x3)

B1

B2 B3 B4

x2

x3

x1

B1 = (x1 x2 x3) isin B1 x2 gt ϕ1(x1 x3)

B2 = (x1 x2 x3) isin B2 x3 lt ϕ2(x1 x2)

B3 = (x1 x2 x3) isin B3 x3 gt ϕ3(x1 x2)

B4 = (x1 x2 x3) isin B4 x2 lt ϕ4(x1 x3)

για διαφορετικές συναρτήσεις ϕ1 ϕ2 ϕ3

και ϕ4 από το R2 στο R

Σχήμα 5 Διάϕορες περιπτώσεις τομών ευκλείδειων δίσκων με τοσύνορο του Ω

Όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5 το αν η περιγραϕή θα είναι όπωςστην περίπτωση (I) ή στην περίπτωση (II) ή στην (III) έχει να κάνειμε το που βρίσκεται ο δίσκος B σε σχέση με το σύνορο του ΩΤο ότι το παραπάνω είναι εϕικτό σχετίζεται με το ότι το Ω είναι

κλειστό και ϕραγμένο καθώς και με το ότι το σύνορό του είναι C2Δεν θα μπούμε όμως σε λεπτομέρειες απόδειξηςΙσχυρισμός 2 Το παρακάτω είναι ένα πολύ ισχυρό εργαλείο το

οποίο ονομάζεται διαμέριση της μονάδαςΈστω B1 B2 BN οι ευκλείδειοι δίσκοι που περιγράϕει ο Ισχυρι-

σμός 1 Υπάρχουν συναρτήσεις ψ1 ψ2 ψN οι οποίες είναι C1 καιικανοποιούν τις εξής συνθήκες

bull sumNj=1ψj = 1 πάνω στο Ω

bull ψj∣∣∣R3Bj

= 0 για κάθε j = 1 2 N

17

Αυτός ο ισχυρισμός δεν είναι τόσο δύσκολος όσο ίσως ακούγεταιΑπλά βρίσκει κανείς συναρτήσεις που να ικανοποιούν τη δεύτερησυνθήκη και πάνω στο Ω να έχουν θετικό άθροισμα (κάντε ένα σχή-μα) Τέλος διαιρούμε κάθε συνάρτηση με το άθροισμά τους ώστε ναικανοποιείται και η πρώτη συνθήκη

Είμαστε τώρα έτοιμοι να ξεκινήσουμε την απόδειξη Αρκεί νααποδείξουμε ότι intintint

Ω

partF1

partx1dx1dx2dx3 =

partΩ(F100)intintint

Ω

partF2

partx2dx1dx2dx3 =

partΩ(0 F20)intintint

Ω

partF3

partx3dx1dx2dx3 =

partΩ(00 F3)

διότι μετά απλώς θα προσθέσουμε κατά μέλη Η απόδειξη αυτώνείναι ίδια οπότε αρκεί για παράδειγμα να αποδείξουμε την τελευ-ταία Απλοποιώντας περαιτέρω θα γράϕουμε f αντί για F3 οπότεπρέπει να αποδείξουμε ότιintintint

Ω

partfpartx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00 f )

Θα κάνουμε ακόμα μια απλοποίησηΈστω Bj j = 1 2 N ένας από τους δίσκους του Ισχυρισμού 1

και ψj οι αντίστοιχες συναρτήσεις από τον Ισχυρισμό 2 Αν απο-δείξουμε ότι intintint

Ω

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00ψjf)

για κάθε j μετά θα προσθέσουμε κατά μέλη για όλα τα j και επει-δή το άθροισμα των ψj πάνω στο Ω ισούται με 1 θα πάρουμε τοζητούμενο Τώρα η ψj είναι μηδέν έξω από το Bj σύμϕωνα με τονΙσχυρισμό 2 οπότε η παραπάνω ολοκλήρωση είναι στην πραγματι-κότητα ολοκλήρωση πάνω στο Bj cap Ω και το επιϕανειακό ολοκλή-ρωμα είναι πάνω στο Bj cap partΩ Δηλαδή ζητάμε να ισχύειintintint

BjcapΩ

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =BjcappartΩ

(00ψjf)

Για να μην γράϕουμε λοιπόν συνεχώς ψjf κάνουμε την εξής απλο-ποίηση επειδή η ψj μηδενίζεται έξω από το Bj και άρα και η ψjf αρκεί να αποδείξουμε ότιintintint

R3

partfpartx3

dx1dx2dx3 =BcappartΩ

(00 f ) (9)

όπου B ευκλείδειος δίσκος από τον Ισχυρισμό 1 και f μια C1 συνάρ-τηση που μηδενίζεται έξω από το B Παρατηρούμε ότι επειδή η f

18

είναι συνεχής (ως C1) είναι αναγκαστικά μηδέν και στο σύνορο τουBΠερίπτωση 1 Το B δεν τέμνει το σύνορο του Ω δηλαδή είναι μέ-

σα στο εσωτερικό Ω Αυτή η περίπτωση αντιμετωπίζεται εύκολαδιότι στα αριστερά της (9) ολοκληρώνουμε πρώτα ως x3 και χρη-σιμοποιούμε ότι η f είναι μηδέν εκτός του Bintintint

R3

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintR2f(x1 x2 x3)

∣∣∣x3=+infinx3=minusinfin

dx2dx1 = 0

Αλλά μηδέν είναι και το δεξιό μέρος της (9) αϕού B cap partΩ = emptyΠερίπτωση 2 Το B τέμνει το σύνορο του Ω Έτσι έχουμε τις

περιπτώσεις I ή II ή III της σελίδας 17 Αν ισχύουν οι περιπτώσειςμε τις ανισότητες lt η αντιμετώπιση είναι ίδια με τις περιπτώσειςόπου ισχύει η gt Επειδή η f βρίσκεται στην τρίτη συντεταγμένηστο (00 f ) οι περιπτώσεις I και III αντιμετωπίζονται με τον ίδιοτρόπο Οπότε θα ασχοληθούμε μόνο με τις περιπτώσεις

B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

καιB capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)intintintΩ

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x2)

partfpartx3

)dx3dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Δείχνουμε τώρα ότι το τελευταίο ολοκλήρωμα ισούται με το

B

BcapΩ

capϕ

x3

Σχήμα 6 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

19

BcappartΩ

(00 f )

Η παραμετρικοποίηση του Bcap partΩ είναι η Φ(x1 x2φ(x1 x2))Υπολογί-

ζουμε με την γνωστή ορίζουσα το Tx1 times Tx2 και βρίσκουμε

Tx1 times Tx2 = minuspartφpartx1

iminus partφpartx2

j + k

Φανερά ⟨Tx1 times Tx2 k⟩ gt 0 οπότε (δες σχήμα 6) η Φ αντιστρέϕει τονπροσανατολισμό Συνεπώς

BcappartΩ(00 f ) = minus

intD⟨(00 f )(Φ(x1 x2) Tx1 times Tx2⟩dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)Η παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας του partΩ μέσα στο B είναι

τώρα η Φ(x1 x3) =(x1φ(x1 x3) x3

)και υπολογίζοντας με την ορί-

ζουσα βρίσκουμε ότι

Tx1 times Tx3 =partφpartx1

iminus j + partφpartx3

Προϕανώς ⟨Tx1 times Tx3 j⟩ = minus1 lt 0 άρα (δες σχήμα 7) η παραμετρικο-ποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό Θέλοντας να υπολογίσουμε

B

BcapΩcap

ϕ

x2

Σχήμα 7 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

τοintintintBcapΩ partfpartx3 dx3dx2dx1 θα ήταν εύκολη δουλειά αν μπορούσα-

με να ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς x3 αϕού θα μπορούσαμενα χρησιμοποιήσουμε το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λο-γισμού όπως στην προηγούμενη υποπερίπτωση Όμως τώρα δεν

20

ξέρουμε πού κινείται το x3 αλλά το x2 (συγκεκριμένα x2 gt φ(x1 x3))Παρόλα αυτά θα επιμείνουμε η πρώτη ολοκλήρωση πρέπει να γίνειως προς μεταβλητή που γνωρίζουμε τα άκρα μεταβολής Οπότε θαεπιχειρήσουμε να αλλάξουμε το partx3 σε partx2 στην προς ολοκλήρωσηποσότητα Για να το πετύχουμε αυτό αλλάζουμε μεταβλητή Θέ-τουμε x2 = φ(x1 x3) + t Όταν x2 = φ(x1 x3) το t = 0 Και βεβαίωςdx2 = dt Έτσιintintint

BcapΩpartfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x3)

partfpartx3

(x1 x2 x3)dx2

)dx1dx2

=intintD

(intinfin0

partfpartx3

(x1φ(x1 x2)+ t x3)dt)dx2dx3

=intintint

R2times(0infin)partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)dtdx1dx3

(10)

Από τον κανόνα της αλυσίδας

partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

)) =⟨nablaf part

partx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)= partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)+ partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partfpartx3

(x1 x3)

Άρα η προς ολοκλήρωση ποσότητα στην (10) γράϕεται

partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) = partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))minus partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partφpartx3

(x1 x3)

Έτσι από την (10) προκύπτουν δύο ολοκληρώματα Το πλεονέκτημααπό αυτή τη διαδικασία είναι ότι το δεύτερο ολοκλήρωμα περιέχειτην partfpartx2 και για το x2 ξέρουμε άκρα ολοκλήρωσης Το πρώτοολοκλήρωμα είναι τοintint

D

intinfinminusinfin

partfpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))dx3dx2dx1 = 0

αϕού η f είναι μηδέν έξω από το BΤο δεύτερο ολοκλήρωμα είναι τοintintint

R2times(0infin)

(minus partφpartx3

(x1 x3)partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3))dx1dx3dt

Επανερχόμαστε τώρα στη μεταβλητή x2 αλλάζοντας ξανά μεταβλη-τή θέτοντας t = x2 minus φ(x1 x3) Οπότε παίρνουμε ότι το τελευταίοολοκλήρωμα είναι ίσο μεintint

R2

(minus partφpartx3

(x1 x3))(intinfin

φ(x1x3)

partfpartx2

dx2

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

21

Το τελευταίο ολοκλήρωμα όμως είναι ίσο με τοBcappartΩ(00 f ) διότι

BcappartΩ(00 f ) =

intintR2

⟨(00 f )(x1φ(x1 x3) x3) Tx1 times Tx3

⟩dx1dx3

=intintR2

⟨(00 f

(x1φ(x1 x3) x3

))(partφpartx1

minus1partφpartx3

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

Αντωνης Τσολομυτης Πανεπιστήμιο Αιγαίου Τμήμα Μαθηματικών83200 Καρλόβασι Σάμος Email antonistsolomitisgmailcom

22

Θεώρημα 31 (Stokes) Έστω ότι η S είναι μια κατά τμήματα C2

ϕραγμένη προσανατολισμένη επιϕάνεια στον R3 Αν F S rarr R3

μια C1 συνάρτηση και partS το θετικά προσανατολισμένο σύνορο τηςS το οποίο υποθέτουμε ότι είναι απλή κλειστή κατά τμήματα C1

καμπύλη τότε ισχύει Snablatimes F =

intpartSF (4)

Δηλαδή η laquoκατάλληλη παράγωγοςraquo είναι η συνάρτηση nablatimes F

Υπενθυμίζουμε εδώ τα απαραίτητα για τον υπολογισμό των πο-σοτήτων του παραπάνω τύπου

bull Αν Φ D sube R2 rarr R με Φ(uv) = (Φ1(uv)Φ2(uv)Φ3(uv))μια 1-1

παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας S θέτουμε

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tv =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)και το επιϕανειακό ολοκλήρωμα στα αριστερά της (4) υπολο-γίζεται με το διπλό ολοκλήρωμαintint

D

⟨nablatimes F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

bull Αν σ(t) isin R3 για t isin [a b] μια παραμετρικοποίηση του partS τότετο επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στα δεξιά της (4) ισούται μεint b

a

⟨F(σ(t)

) σ prime(t)

⟩dt

Παρατήρηση 31 Θέλοντας να κάνουμε τον αναγνώστη να νοιώθεισίγουρος για την εννοιολογική ταύτιση της σχέσης (4) με τη σχέση(3) θα δείξουμε ότι πράγματι το θεώρημα του Stokes εϕαρμοσμένοσε κατάλληλη επιϕάνεια συνεπάγεται το θεμελιώδες θεώρημα τουαπειροστικού λογισμού Ας υποθέσουμε λοιπόν τη σχέση (4) καιέστω ότι η f είναι συνάρτηση C1 στο [a b] Θεωρούμε την επίπεδηεπιϕάνεια S = [a b] times [01] times 0 sube R3 και τη συνάρτηση F(xy) =(0 f (x)0) Έχουμε

nablatimes F =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

0 f(x) 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= f prime(x)k

Για την παραμετρικοποίηση της S θέτουμε D = S και για (uv) isin DΦ(uv) = (uv0) Έτσι Tu = (100) Tv = (010) και εύκολα προκύ-

5

πτει ότι Tu times Tv = k Οπότε το αριστερό μέλος της (4) γίνεταιSnablatimes F =

intintD

⟨nablatimes F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

=int 1

0

int baf prime(u)dudv

=int baf prime(x)dx

Στρεϕόμαστε τώρα στο δεξιό σκέλος Το σύνορο του S αποτελείταιαπό τα ευθύγραμμα τμήματα

C1 =(t00) t isin [a b]

C2 =(t10) t isin [a b]

B1 =(a t0) t isin [01]

καιB2 =

(b t0) t isin [01]

Οι παραμετρικοποιήσεις που δίνονται στα παραπάνω ευθύγραμματμήματα δίνουν τον θετικό προσανατολισμό στα C1 και B2 ενώ δί-νουν τον αρνητικό προσανατολισμό στα C2 και B1 Συνεπώς

intpartSF =

intC1

F minusintC2

F minusintB1

F +intB2

F (5)

Όμως

intC1

F =int ba

⟨F(t00) (100)

⟩dt =

int ba

⟨(0 f (t)0

) (100)

⟩dt = 0

intC2

F =int ba

⟨F(t10) (100)

⟩dt =

int ba

⟨(0 f (t)0

) (100)

⟩dt = 0

Και

intB2

F =int 1

0

⟨F(b t0) (010)

⟩dt

=int 1

0

⟨(0 f (b)0

) (010)

⟩dt

=int 1

0f(b)dt

= f(b)

intB1

F =int 1

0

⟨F(a t0) (010)

⟩dt

=int 1

0

⟨(0 f (a)0

) (010)

⟩dt

=int 1

0f(a)dt

= f(a)

6

Αντικαθιστώντας στην (5) παίρνουμεintpartS F = f(b) minus f(a) ολοκληρώ-

νοντας την απόδειξη Έτσι το θεώρημα του Stokes πράγματι αποτε-λεί επέκταση του γνωστού μας θεμελιώδους θεωρήματος του απει-ροστικού λογισμού μίας μεταβλητής σε περισσότερες μεταβλητές

311 Το θεώρημα του Green

Μια ειδική περίπτωση του θεωρήματος Stokes είναι η περίπτωσηόπου η επιϕάνεια S είναι επίπεδη υποσύνολο του R2 και η συνάρ-τηση F έχει πεδίο τιμών το R2 Σε αυτή την περίπτωση το πεδίοορισμού της παραμετρικοποίησης Φ της S το D ταυτίζεται με τηνS και η Φ είναι η ταυτοτική Φ(uv) = (uv) (όπου παραλείψαμε τηντρίτη μηδενική συντεταγμένη (μιλώντας αυστηρά ταυτίζουμε το R2

με το R2 times 0 sub R3 ή αλλιώς ταυτίζουμε τα (uv) με τα (uv0))Όπως και στην Παρατήρηση 31 υπολογίζουμε ότι Tu times Tv = k

οπότε σε αυτή την περίπτωση

intSnablatimes F =

intintD

⟨nablatimes F(uv) k⟩dudvΤώρα αν F = (PQ) = (PQ0) υπολογίζουμε την παράσταση ⟨nabla timesF(uv) k

⟩με την ορίζουσα (1) και βρίσκουμε (άσκηση) ότι

⟨nablatimes F(uv) k⟩ = partQpartu

minus partPpartv

Έτσι σε αυτή την ειδική περίπτωση ο τύπος του θεωρήματος Stokesγράϕεται ως intint

D

(partQpartx

minus partPparty

)dxdy =

intpartDF

όπου F = (PQ) Αυτός ο τύπος ο τύπος που προκύπτει από τοθεώρημα Stokes όταν S sube R2 και F S rarr R2 ονομάζεται laquoθεώρηματου GreenraquoΗ παρουσίαση του θεωρήματος Green ως συνέπεια του θεωρήμα-

τος Stokes έγινε για καθαρά διδακτικούς λόγους Όμως όσο αϕοράστις αποδείξεις τους (δες ενότητα 4) πρώτα αποδεικνύουμε την ει-δική και ευκολότερη περίπτωση του θεωρήματος Green και στη συ-νέχεια αποδεικνύουμε το θεώρημα Stokes

312 Εϕαρμογή υπολογισμός εμβαδού χωρίου

Παρατηρούμε ότι αν στον τύπο του Green βάλουμε Q(xy) = 12x και

P(xy) = minus 12y θα ισχύει

partQpartx minus

partPparty = 1 οπότε

12intpartD(minusyx) =

intintD

1dxdy = Εμβαδόν(D)

7

Έτσι καταλήγουμε στον τύπο

Εμβαδόν(D) = 12intpartD(minusyx)

Οι επιλογές που κάναμε για τα P και Q δεν είναι μοναδικές Θαμπορούσαμε για παράδειγμα να είχαμε επιλέξει Q = x και P = 0Θα χρησιμοποιήσουμε τον παραπάνω τύπο για να υπολογίσουμε

το εμβαδόν του ϕύλλου του Καρτέσιου Πρόκειται για τον βρόγχοπου παράγεται από την καμπύλη με παραμετρικοποίηση

σ(t) =(

3t1+ t3

3t2

1+ t3)

όπου t isin [0infin) (σε καρτεσιανές συντεταγμένες και σε πεπλεγμένημορϕή η εξίσωση είναι x3 + y3 minus 3xy = 0) Το σχήμα της καμπύληςϕαίνεται στο σχήμα 1 Σύμϕωνα με τον τύπο του εμβαδού που

minus1 lt t le 0

t lt minus1

t ge 0

y = minusx minus 1

Σχήμα 1 Το ϕύλλο του Καρτέσιου (the folium of Descartes)

βρήκαμε παραπάνω το εμβαδόν του ϕύλλου ισούται με

intσ(minusyx) = 1

2

intinfin0

⟨(minus 3t2

1+ t3 3t

1+ t3) σ prime(t)

⟩dt

= 12

intinfin0

(3t

1+ t3)2

dt

= 12

minus31+ t3

∣∣∣∣∣infin

0

= 32

8

32 Το θεώρημα του Gauss

Θεωρούμε Ω ένα κλειστό και ϕραγμένο υποσύνολο του R3 το οποίοέχει κατά τμήματα C2 σύνορο partΩ Θεωρούμε επίσης ότι το partΩ είναιπροσανατολισμένο με τη θετική ϕορά δηλαδή με το laquoπρος τα έξωraquoαπό το Ω διάνυσμα Αν F διανυσματική C1 συνάρτηση στο Ω τότε

το χωρικό (τριπλό) ολοκλήρωμα μιας laquoκατάλληλης πα-ραγώγουraquo της F υπολογίζεται από τις τιμές της F στοσύνορο partΩ του χωρίου Ω Δηλαδή σε πλήρη αναλογίαμε τον τύπο (3) ισχύει ένας τύπος της μορϕήςintintint

ΩlaquoF primeraquo =

partΩF

όπου το δεύτερο ολοκλήρωμα είναι το επιϕανειακό ολο-κλήρωμα της F στο partΩ

Το μόνο που μένει να διευκρινιστεί και πάλι είναι ποια είναι ηlaquoκατάλληλη παράγωγοςraquo της F ώστε να ισχύει ο παραπάνω τύπος

Θεώρημα 32 (απόκλισης του Gauss) Έστω ότι το Ω είναι ένα υπο-σύνολο του R3 κλειστό και ϕραγμένο με κατά τμήματα C2 σύνοροpartΩ Τότε αν η F με πεδίο τιμών το R3 είναι C1 συνάρτηση στο Ωισχύει intintint

Ω⟨nabla F⟩ =

partΩF

Η laquoκατάλληλη παράγωγοςraquo δηλαδή εδώ είναι η ποσότητα ⟨nabla F⟩Υπενθυμίζουμε ότι για να υπολογιστεί το επιϕανειακό ολοκλήρωμαχρειαζόμαστε μια 1-1 και κατά τμήματα C2 παραμετρικοποίηση Φ =(Φ1Φ2Φ3) D sube R2 rarr partΩ της επιϕάνειας partΩ οπότε

partΩF =

intintD⟨nabla times F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tv =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

4 Αποδείξεις

41 Απόδειξη του θεωρήματος Green

Όπως είπαμε και στο τέλος της υποενότητας 311 η παρουσίασητου θεωρήματος Green ως συνέπεια του θεωρήματος Stokes έγινε γιακαθαρά διδακτικούς λόγους Ξεκινάμε με την απόδειξη του θεωρή-ματος Green

9

Λήμμα 5 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου I C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και P D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Απόδειξη Αϕού το χωρίο είναι τύπου I υπάρχουν συνεχείς συ-ναρτήσεις φ1 φ2 [a b]rarr R ώστε

D = (xy) a le x le bφ1(x) le y leφ2(x)

Οπότε το διπλό ολοκλήρωμα από το θεμελιώδες θεώρημα του Απει-ροστικού Λογισμού ισούται μεintint

D

partP(qu)party

dydx =int ba

(intφ2(x)

φ1(x)

partP(xy)party

dy)dx

=int ba

(P(xφ2(x)

)minus P(xφ1(x)))dx

Τα(xφ1(x)

)για x isin [a b] παραμετρικοποιούν την C1 με τη δηλω-

μένη ϕορά (δες σχήμα 2) οπότεint baP(xφ1(x)

)dx =

intC1

(P0)

Ομοίως τα(xφ1(x)

)για x isin [a b] παραμετρικοποιούν την C2 με

a b

ϕ1

ϕ2

C1

C2

B1

B2

D

Σχήμα 2 Χωρίο τύπου I

την αντίθετη ϕορά οπότεint baP(xφ2(x)

)dx = minus

intC2

(P0)

Έτσι καταλήγουμε στη σχέσηintintD

partPpartydydx = minus

intC1cupC2

(P0) (6)

10

Επειδή το x είναι σταθερό στα ευθύγραμμα τμήματα B1 και B2 συ-νεπάγεται ότι

intB1(P0) =

intB1(P0) = 0 για παράδειγμα B1 = (ay)

φ1(a) le y le φ2(a) δηλαδή παραμετρικοποιείται από την σ1(t) =(a t) για t isin [φ1(a)φ2(a)] και έτσι σ prime1(t) = (01) συνεπώς

intB1

(P0) =intφ2(a)

φ1(a)

⟨(P0)(ay) (01)

⟩dy = 0

Προσθέτοντας τα μηδενικά ολοκληρώματα στις B1 και B2 στην (6)παίρνουμε intint

D

partPpartydxdy = minus

intC(P0)

Με τον ίδιο ακριβώς τρόπο αποδεικνύεται και το ακόλουθο

Λήμμα 6 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου II C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και Q D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(0Q) =

intintD

partQpartxdxdy

Τα δύο παραπάνω λήμματα έχουν πολύ ισχυρούς περιορισμούςγια το χωρίο D Συγκεκριμένα απαιτούν το χωρίο να είναι τύπου Iκαι τύπου II αντίστοιχα Μπορούμε να αποδείξουμε τα ίδια αποτελέ-σματα σε γενικότερα χωρία Αντί να δώσουμε έναν αυστηρό ορισμόγια τα επιτρεπτά χωρία προτιμάμε να βασιστούμε σε εικόνες Ένα

D D1

D2

Σχήμα 3 Χωρίο όχι τύπου I στο οποίο ισχύει το θεώρημα Green

χωρίο όπως το πρώτο χωρίο στο σχήμα 3 δεν είναι τύπου I Όμωςμπορούμε να το κόψουμε σε δύο τμήματα το D1 και το D2 τα οποίαείναι τύπου I Έτσι σύμϕωνα με το Λήμμα 5 ισχύουν οι σχέσεις

intpartD1

(P0) = minusintintD1

partPpartydxdy

και

intpartD2

(P0) = minusintintD2

partPpartydxdy

11

Το άθροισμα των ολοκληρωμάτων στα δεξιά κάνει

minusintintD1

partPpartydxdy minus

intintD2

partPpartydxdy = minus

intintD

partPpartydxdy

Για το άθροισμα στα αριστερά παρατηρούμε ότι το κομμάτι τουσυνόρου στο οποίο κόψαμε το D τα σύνορα που στο σχήμα εμϕανί-ζονται με μπλε χρώμα έχουν μεταξύ τους αντίθετο προσανατολισμόόταν τα D1 και D2 έχουν και τα δύο τον θετικό προσανατολισμόΟπότε όταν προσθέσουμε τα επικαμπύλια ολοκληρώματα στο partD1

και στο partD2 θα έχουμε απαλοιϕή των επικαμπυλίων ολοκληρωμά-των πάνω στις μπλε καμπύλες Έτσι το αποτέλεσμα θα είναι τοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα πάνω στο partD Αποδείξαμε με αυτόν τοντρόπο ότι και σε τέτοια χωρία που δεν είναι τύπου I ισχύει

intpartD(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Ανάλογη είναι η κατάσταση σε σχέση με το Λήμμα 6 Αν τοχωρίο κόβεται σε κομμάτια τύπου II τότε το Λήμμα 6 συνεχίζει ναισχύειΘα πρέπει να παρατηρήσουμε εδώ ότι το χωρίο μπορεί να είναι

ιδιαίτερα περίπλοκο και να απαιτείται να κοπεί σε πολλά τμήματαόπως για παράδειγμα το χωρίο του σχήματος 4 Για την παρακάτω

Σχήμα 4 Χωρίο που απαιτεί πολλά κοψίματα ώστε κάθε τμήμα τουνα είναι τύπου I ή τύπου II

απόδειξη του θεωρήματος Green θα υποθέσουμε ότι στο χωρίο Dισχύουν και το Λήμμα 5 και το Λήμμα 6Απόδειξη του θεωρήματος Green Έστω ότι το D είναι ένα χωρίο

στον R2 στο οποίο ισχύουν και τα δύο παραπάνω λήμματα Αν

12

F = (PQ) τότε intintD⟨nabla times F k⟩ =

intintD

(partQpartx

minus partPparty

)dxdy

= intpartD(0Q)+

intpartD(P0)

= intpartD(PQ)

= intpartDF

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

61 Απόδειξη του θεωρήματος Stokes

Θα αποδείξουμε το θεώρημα Stokes στην περίπτωση που η επιϕά-νεια παραμετρικοποιείται από μια C2 παραμετρικοποίηση Στην αν-τίθετη περίπτωση το θεώρημα αποδεικνύεται κόβοντας την επιϕά-νεια σε τμήματα όπου το καθένα περιγράϕεται από μία παραμετρι-κοποίηση και στο τέλος αθροίζουμε τους τύπους από κάθε τμήματης όπως κάναμε και στο θεώρημα του Green για χωρία που έπρεπενα κοπούν για να περιγραϕούν ως τύπου I ή IIΑς θέσουμε πρώτα κάποιο συμβολισμό Η F αϕού έχει πεδίο τι-

μών στο R3 έχει τρεις συνιστώσες συναρτήσεις δηλαδή γράϕεταιF = (F1 F2 F3) όπου οι F1 F2 και F3 είναι C1 συναρτήσεις από τηνεπιϕάνεια S στο R Έστω ότι η επιϕάνεια S περιγράϕεται από τηνπαραμετρικοποίηση Φ(uv) D sube R2 rarr S με

Φ(uv) = (Φ1(uv)Φ2(uv)Φ3(uv))

όπου οι Φ1 Φ2 Φ3 είναι C2 συναρτήσεις από το D στο R και γιατο D υποθέτουμε επίσης ότι ισχύει το θεώρημα του Green Θέτουμεεπίσης σ(t) [a b] rarr R2 παραμετρικοποίηση του partD φ(t) = Φ(σ(t))παραμετρικοποίηση του partS και υποθέτουμε ότι όλες οι προηγούμε-νες παραμετρικοποιήσεις διατηρούν τον θετικό προσανατολισμόΤέλος σημειώνουμε ότι θα χρειαστούμε τον κανόνα της αλυσίδας

στην παραγώγιση για συναρτήσεις πολλών μεταβλητώνΗ απόδειξη θα γίνει αποδεικνύοντας πρώτα το θεώρημα στην

ειδική περίπτωση όπου F2 = F3 = 0 οπότε F = (F100) Στη συνέχειααλλάζοντας κυκλικά τους δείκτες (ή επαναλαμβάνοντας τις ίδιεςπράξεις) θα προκύψουν τύποι για τις περιπτώσεις όπου F = (0 F20)και F = (00 F3) Στο τέλος θα προσθέσουμε αυτούς τους τρεις τύ-πουςΞεκινάμε την απόδειξη του θεωρήματος του Stokes από το επιϕα-

νειακό ολοκλήρωμαSnablatimes F =

intintD

⟨(nablatimes F)(Φ(uv)) Tu times Tv⟩ 13

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tu =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

Υπολογίζουμε το nabla times F με τη σχετική ορίζουσα (δες την ορίζουσαπαρακάτω) και το βρίσκουμε ίσο με partF1

partz j minuspartF1party k Έτσι

Snablatimes F =

S

(0partF1

partzminuspartF1

party

)(7)

=intintD

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

F1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(Φ(uv)

)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partupartΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣⟩dudv

=intintD

(minuspartF1

partz(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ3

partvminus partΦ3

partupartΦ1

partv

)

minuspartF1

party(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ2

partvminus partΦ2

partupartΦ1

partv

))dudv

(8)

Κρατάμε αυτή την έκϕραση και στρεϕόμαστε τώρα στο επικαμπύ-λιο ολοκλήρωμα Σκοπός μας είναι με τη βοήθεια της σύνθεσης μετην Φ να περάσουμε από το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partS στοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partD ώστε να χρησιμοποιήσουμε το θε-ώρημα του Green Έχουμε

intpartSF =

int ba

⟨F(φ(t)

)φprime(t)

⟩dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))ddt

(Φ(σ(t)

))dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))(ddtΦ1(σ(t)

)ddtΦ2(σ(t)

)ddtΦ3(σ(t)

))⟩dt

το οποίο επειδή F = (F100) ισούται μεint baF1

(Φ(σ(t)

)) ddtΦ1(σ(t)

)dt

Από τον κανόνα αλυσίδας ισχύει

ddtΦ1(σ(t)

) = ⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩

14

Έτσι παίρνουμε

intpartSF =

int ba

[F1

(Φ(σ(t)

)) middot⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩]dt

=int ba

⟨((F1 Φ)

(partΦ1

partupartΦ1

partv

))(σ(t)

) σ prime(t)

⟩dt

= intpartD

((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)=intpartDΨ

όπου θέσαμε

Ψ =((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)= (Ψ1Ψ2)

Συνεπώς σε αυτό το σημείο μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το θεώ-ρημα Green οπότε

intpartDΨ =

intintD⟨nablatimes Ψ k⟩ dudv

δηλαδή

intpartSF =

intintD

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩dudv

Υπολογίζοντας το τελευταίο εσωτερικό γινόμενο

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ =

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartu

partpartv

partpartw

Ψ1 Ψ2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ k⟩

= partΨ2

partuminus partΨ1

partv

= partpartu

((F1 Φ)partΦ1

partv

)minus partpartv

((F1 Φ)partΦ1

partu

)

=(partpartuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

Οι όροι με τις παραγώγους δεύτερης τάξης διαγράϕονται οπότεκαταλήγουμε στην

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ = ( part

partuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv

)minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu

)

15

Χρησιμοποιώντας τον κανόνα της αλυσίδας βρίσκουμε ότι η τελευ-ταία παράσταση είναι ίση με(

partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partu+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partu

)partΦ1

partv

minus(partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partv+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partv

)partΦ1

partu

Ελέγχουμε εύκολα (άσκηση) ότι αυτοί οι όροι είναι οι ίδιοι που εμ-ϕανίζονται στην (8) και άρα με τη βοήθεια της (7) έχουμε δείξειότι

intpartS(F100) =

partS

(0partF1

partzminuspartF1

party

)

Με όμοιες πράξεις ή εναλλάσσοντας τους δείκτες και τις θέσεις τωνποσοτήτων μέσα στα διανύσματα κυκλικά (x rarr y rarr z rarr x) βλέπουμεότι

intpartS(0 F20) =

partS

(minuspartF2

partz0partF2

partx

)και

intpartS(00 F3) =

partS

(partF3

partyminuspartF3

partx0)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις τρεις τελευταίες σχέσεις οδηγούμαστεστην

intpartS(F1 F2 F3) =

partS

(partF3

partyminus partF2

partzpartF1

partzminus partF3

partxpartF2

partxminus partF1

party

)

Εύκολα ελέγχεται με την γνωστή μας ορίζουσα ότι το διάνυσμαμέσα στο τελευταίο ολοκλήρωμα είναι το nabla times F ολοκληρώνονταςτην απόδειξη

62 Απόδειξη του θεωρήματος Gauss

Ας υποθέσουμε για να απλοποιήσουμε λίγο την απόδειξη ότι το σύ-νορο του Ω είναι C2 Θα χρησιμοποιήσουμε δύο ισχυρισμούς που δενθα αποδείξουμε σε αυτό το μάθημα Όμως πρώτον θα είναι πειστι-κοί και δεύτερον ο ενδιαϕερόμενος αναγνώστης μπορεί να καταϕύ-γει σε ένα βιβλίο διαϕορικής γεωμετρίας για τις πλήρεις λεπτομέ-ρειεςΘα είναι ευκολότερο για την απόδειξη αντί να χρησιμοποιήσουμε

τα x y και z για τις συντεταγμένες ενός διανύσματος τον R3 ναγράϕουμε x1 x2 x3 Έτσι αν F = (F1 F2 F3) το ζητούμενο είναι νααποδείξουμε ότιintintint

Ω

(partF1

partx1+ partF2

partx2+ partF3

partx3

)dx1dx2dx3 =

partΩ(F1 F2 F3)

16

Οι δύο ισχυρισμοί στους οποίους αναϕερθήκαμε παραπάνω είναιοι εξήςΙσχυρισμός 1 Το Ω είναι δυνατόν να γραϕτεί ως ένωση ευκλεί-

δειων δίσκων αρκετά μικρής ακτίνας ώστε αν B ένας τέτοιος δί-σκος ο οποίος τέμνει το σύνορο του Ω τότε το B capΩ να γράϕεται(όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5) με τη βοήθεια του γραϕήματος μιαςσυνάρτησης φ D sube R2 rarr R είτε ως

(I) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 lt φ(x1 x3) είτε ως

(II) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 lt φ(x1 x2) είτε ως

(III) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 gt φ(x2 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 lt φ(x2 x3)

B1

B2 B3 B4

x2

x3

x1

B1 = (x1 x2 x3) isin B1 x2 gt ϕ1(x1 x3)

B2 = (x1 x2 x3) isin B2 x3 lt ϕ2(x1 x2)

B3 = (x1 x2 x3) isin B3 x3 gt ϕ3(x1 x2)

B4 = (x1 x2 x3) isin B4 x2 lt ϕ4(x1 x3)

για διαφορετικές συναρτήσεις ϕ1 ϕ2 ϕ3

και ϕ4 από το R2 στο R

Σχήμα 5 Διάϕορες περιπτώσεις τομών ευκλείδειων δίσκων με τοσύνορο του Ω

Όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5 το αν η περιγραϕή θα είναι όπωςστην περίπτωση (I) ή στην περίπτωση (II) ή στην (III) έχει να κάνειμε το που βρίσκεται ο δίσκος B σε σχέση με το σύνορο του ΩΤο ότι το παραπάνω είναι εϕικτό σχετίζεται με το ότι το Ω είναι

κλειστό και ϕραγμένο καθώς και με το ότι το σύνορό του είναι C2Δεν θα μπούμε όμως σε λεπτομέρειες απόδειξηςΙσχυρισμός 2 Το παρακάτω είναι ένα πολύ ισχυρό εργαλείο το

οποίο ονομάζεται διαμέριση της μονάδαςΈστω B1 B2 BN οι ευκλείδειοι δίσκοι που περιγράϕει ο Ισχυρι-

σμός 1 Υπάρχουν συναρτήσεις ψ1 ψ2 ψN οι οποίες είναι C1 καιικανοποιούν τις εξής συνθήκες

bull sumNj=1ψj = 1 πάνω στο Ω

bull ψj∣∣∣R3Bj

= 0 για κάθε j = 1 2 N

17

Αυτός ο ισχυρισμός δεν είναι τόσο δύσκολος όσο ίσως ακούγεταιΑπλά βρίσκει κανείς συναρτήσεις που να ικανοποιούν τη δεύτερησυνθήκη και πάνω στο Ω να έχουν θετικό άθροισμα (κάντε ένα σχή-μα) Τέλος διαιρούμε κάθε συνάρτηση με το άθροισμά τους ώστε ναικανοποιείται και η πρώτη συνθήκη

Είμαστε τώρα έτοιμοι να ξεκινήσουμε την απόδειξη Αρκεί νααποδείξουμε ότι intintint

Ω

partF1

partx1dx1dx2dx3 =

partΩ(F100)intintint

Ω

partF2

partx2dx1dx2dx3 =

partΩ(0 F20)intintint

Ω

partF3

partx3dx1dx2dx3 =

partΩ(00 F3)

διότι μετά απλώς θα προσθέσουμε κατά μέλη Η απόδειξη αυτώνείναι ίδια οπότε αρκεί για παράδειγμα να αποδείξουμε την τελευ-ταία Απλοποιώντας περαιτέρω θα γράϕουμε f αντί για F3 οπότεπρέπει να αποδείξουμε ότιintintint

Ω

partfpartx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00 f )

Θα κάνουμε ακόμα μια απλοποίησηΈστω Bj j = 1 2 N ένας από τους δίσκους του Ισχυρισμού 1

και ψj οι αντίστοιχες συναρτήσεις από τον Ισχυρισμό 2 Αν απο-δείξουμε ότι intintint

Ω

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00ψjf)

για κάθε j μετά θα προσθέσουμε κατά μέλη για όλα τα j και επει-δή το άθροισμα των ψj πάνω στο Ω ισούται με 1 θα πάρουμε τοζητούμενο Τώρα η ψj είναι μηδέν έξω από το Bj σύμϕωνα με τονΙσχυρισμό 2 οπότε η παραπάνω ολοκλήρωση είναι στην πραγματι-κότητα ολοκλήρωση πάνω στο Bj cap Ω και το επιϕανειακό ολοκλή-ρωμα είναι πάνω στο Bj cap partΩ Δηλαδή ζητάμε να ισχύειintintint

BjcapΩ

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =BjcappartΩ

(00ψjf)

Για να μην γράϕουμε λοιπόν συνεχώς ψjf κάνουμε την εξής απλο-ποίηση επειδή η ψj μηδενίζεται έξω από το Bj και άρα και η ψjf αρκεί να αποδείξουμε ότιintintint

R3

partfpartx3

dx1dx2dx3 =BcappartΩ

(00 f ) (9)

όπου B ευκλείδειος δίσκος από τον Ισχυρισμό 1 και f μια C1 συνάρ-τηση που μηδενίζεται έξω από το B Παρατηρούμε ότι επειδή η f

18

είναι συνεχής (ως C1) είναι αναγκαστικά μηδέν και στο σύνορο τουBΠερίπτωση 1 Το B δεν τέμνει το σύνορο του Ω δηλαδή είναι μέ-

σα στο εσωτερικό Ω Αυτή η περίπτωση αντιμετωπίζεται εύκολαδιότι στα αριστερά της (9) ολοκληρώνουμε πρώτα ως x3 και χρη-σιμοποιούμε ότι η f είναι μηδέν εκτός του Bintintint

R3

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintR2f(x1 x2 x3)

∣∣∣x3=+infinx3=minusinfin

dx2dx1 = 0

Αλλά μηδέν είναι και το δεξιό μέρος της (9) αϕού B cap partΩ = emptyΠερίπτωση 2 Το B τέμνει το σύνορο του Ω Έτσι έχουμε τις

περιπτώσεις I ή II ή III της σελίδας 17 Αν ισχύουν οι περιπτώσειςμε τις ανισότητες lt η αντιμετώπιση είναι ίδια με τις περιπτώσειςόπου ισχύει η gt Επειδή η f βρίσκεται στην τρίτη συντεταγμένηστο (00 f ) οι περιπτώσεις I και III αντιμετωπίζονται με τον ίδιοτρόπο Οπότε θα ασχοληθούμε μόνο με τις περιπτώσεις

B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

καιB capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)intintintΩ

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x2)

partfpartx3

)dx3dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Δείχνουμε τώρα ότι το τελευταίο ολοκλήρωμα ισούται με το

B

BcapΩ

capϕ

x3

Σχήμα 6 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

19

BcappartΩ

(00 f )

Η παραμετρικοποίηση του Bcap partΩ είναι η Φ(x1 x2φ(x1 x2))Υπολογί-

ζουμε με την γνωστή ορίζουσα το Tx1 times Tx2 και βρίσκουμε

Tx1 times Tx2 = minuspartφpartx1

iminus partφpartx2

j + k

Φανερά ⟨Tx1 times Tx2 k⟩ gt 0 οπότε (δες σχήμα 6) η Φ αντιστρέϕει τονπροσανατολισμό Συνεπώς

BcappartΩ(00 f ) = minus

intD⟨(00 f )(Φ(x1 x2) Tx1 times Tx2⟩dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)Η παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας του partΩ μέσα στο B είναι

τώρα η Φ(x1 x3) =(x1φ(x1 x3) x3

)και υπολογίζοντας με την ορί-

ζουσα βρίσκουμε ότι

Tx1 times Tx3 =partφpartx1

iminus j + partφpartx3

Προϕανώς ⟨Tx1 times Tx3 j⟩ = minus1 lt 0 άρα (δες σχήμα 7) η παραμετρικο-ποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό Θέλοντας να υπολογίσουμε

B

BcapΩcap

ϕ

x2

Σχήμα 7 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

τοintintintBcapΩ partfpartx3 dx3dx2dx1 θα ήταν εύκολη δουλειά αν μπορούσα-

με να ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς x3 αϕού θα μπορούσαμενα χρησιμοποιήσουμε το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λο-γισμού όπως στην προηγούμενη υποπερίπτωση Όμως τώρα δεν

20

ξέρουμε πού κινείται το x3 αλλά το x2 (συγκεκριμένα x2 gt φ(x1 x3))Παρόλα αυτά θα επιμείνουμε η πρώτη ολοκλήρωση πρέπει να γίνειως προς μεταβλητή που γνωρίζουμε τα άκρα μεταβολής Οπότε θαεπιχειρήσουμε να αλλάξουμε το partx3 σε partx2 στην προς ολοκλήρωσηποσότητα Για να το πετύχουμε αυτό αλλάζουμε μεταβλητή Θέ-τουμε x2 = φ(x1 x3) + t Όταν x2 = φ(x1 x3) το t = 0 Και βεβαίωςdx2 = dt Έτσιintintint

BcapΩpartfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x3)

partfpartx3

(x1 x2 x3)dx2

)dx1dx2

=intintD

(intinfin0

partfpartx3

(x1φ(x1 x2)+ t x3)dt)dx2dx3

=intintint

R2times(0infin)partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)dtdx1dx3

(10)

Από τον κανόνα της αλυσίδας

partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

)) =⟨nablaf part

partx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)= partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)+ partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partfpartx3

(x1 x3)

Άρα η προς ολοκλήρωση ποσότητα στην (10) γράϕεται

partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) = partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))minus partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partφpartx3

(x1 x3)

Έτσι από την (10) προκύπτουν δύο ολοκληρώματα Το πλεονέκτημααπό αυτή τη διαδικασία είναι ότι το δεύτερο ολοκλήρωμα περιέχειτην partfpartx2 και για το x2 ξέρουμε άκρα ολοκλήρωσης Το πρώτοολοκλήρωμα είναι τοintint

D

intinfinminusinfin

partfpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))dx3dx2dx1 = 0

αϕού η f είναι μηδέν έξω από το BΤο δεύτερο ολοκλήρωμα είναι τοintintint

R2times(0infin)

(minus partφpartx3

(x1 x3)partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3))dx1dx3dt

Επανερχόμαστε τώρα στη μεταβλητή x2 αλλάζοντας ξανά μεταβλη-τή θέτοντας t = x2 minus φ(x1 x3) Οπότε παίρνουμε ότι το τελευταίοολοκλήρωμα είναι ίσο μεintint

R2

(minus partφpartx3

(x1 x3))(intinfin

φ(x1x3)

partfpartx2

dx2

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

21

Το τελευταίο ολοκλήρωμα όμως είναι ίσο με τοBcappartΩ(00 f ) διότι

BcappartΩ(00 f ) =

intintR2

⟨(00 f )(x1φ(x1 x3) x3) Tx1 times Tx3

⟩dx1dx3

=intintR2

⟨(00 f

(x1φ(x1 x3) x3

))(partφpartx1

minus1partφpartx3

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

Αντωνης Τσολομυτης Πανεπιστήμιο Αιγαίου Τμήμα Μαθηματικών83200 Καρλόβασι Σάμος Email antonistsolomitisgmailcom

22

πτει ότι Tu times Tv = k Οπότε το αριστερό μέλος της (4) γίνεταιSnablatimes F =

intintD

⟨nablatimes F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

=int 1

0

int baf prime(u)dudv

=int baf prime(x)dx

Στρεϕόμαστε τώρα στο δεξιό σκέλος Το σύνορο του S αποτελείταιαπό τα ευθύγραμμα τμήματα

C1 =(t00) t isin [a b]

C2 =(t10) t isin [a b]

B1 =(a t0) t isin [01]

καιB2 =

(b t0) t isin [01]

Οι παραμετρικοποιήσεις που δίνονται στα παραπάνω ευθύγραμματμήματα δίνουν τον θετικό προσανατολισμό στα C1 και B2 ενώ δί-νουν τον αρνητικό προσανατολισμό στα C2 και B1 Συνεπώς

intpartSF =

intC1

F minusintC2

F minusintB1

F +intB2

F (5)

Όμως

intC1

F =int ba

⟨F(t00) (100)

⟩dt =

int ba

⟨(0 f (t)0

) (100)

⟩dt = 0

intC2

F =int ba

⟨F(t10) (100)

⟩dt =

int ba

⟨(0 f (t)0

) (100)

⟩dt = 0

Και

intB2

F =int 1

0

⟨F(b t0) (010)

⟩dt

=int 1

0

⟨(0 f (b)0

) (010)

⟩dt

=int 1

0f(b)dt

= f(b)

intB1

F =int 1

0

⟨F(a t0) (010)

⟩dt

=int 1

0

⟨(0 f (a)0

) (010)

⟩dt

=int 1

0f(a)dt

= f(a)

6

Αντικαθιστώντας στην (5) παίρνουμεintpartS F = f(b) minus f(a) ολοκληρώ-

νοντας την απόδειξη Έτσι το θεώρημα του Stokes πράγματι αποτε-λεί επέκταση του γνωστού μας θεμελιώδους θεωρήματος του απει-ροστικού λογισμού μίας μεταβλητής σε περισσότερες μεταβλητές

311 Το θεώρημα του Green

Μια ειδική περίπτωση του θεωρήματος Stokes είναι η περίπτωσηόπου η επιϕάνεια S είναι επίπεδη υποσύνολο του R2 και η συνάρ-τηση F έχει πεδίο τιμών το R2 Σε αυτή την περίπτωση το πεδίοορισμού της παραμετρικοποίησης Φ της S το D ταυτίζεται με τηνS και η Φ είναι η ταυτοτική Φ(uv) = (uv) (όπου παραλείψαμε τηντρίτη μηδενική συντεταγμένη (μιλώντας αυστηρά ταυτίζουμε το R2

με το R2 times 0 sub R3 ή αλλιώς ταυτίζουμε τα (uv) με τα (uv0))Όπως και στην Παρατήρηση 31 υπολογίζουμε ότι Tu times Tv = k

οπότε σε αυτή την περίπτωση

intSnablatimes F =

intintD

⟨nablatimes F(uv) k⟩dudvΤώρα αν F = (PQ) = (PQ0) υπολογίζουμε την παράσταση ⟨nabla timesF(uv) k

⟩με την ορίζουσα (1) και βρίσκουμε (άσκηση) ότι

⟨nablatimes F(uv) k⟩ = partQpartu

minus partPpartv

Έτσι σε αυτή την ειδική περίπτωση ο τύπος του θεωρήματος Stokesγράϕεται ως intint

D

(partQpartx

minus partPparty

)dxdy =

intpartDF

όπου F = (PQ) Αυτός ο τύπος ο τύπος που προκύπτει από τοθεώρημα Stokes όταν S sube R2 και F S rarr R2 ονομάζεται laquoθεώρηματου GreenraquoΗ παρουσίαση του θεωρήματος Green ως συνέπεια του θεωρήμα-

τος Stokes έγινε για καθαρά διδακτικούς λόγους Όμως όσο αϕοράστις αποδείξεις τους (δες ενότητα 4) πρώτα αποδεικνύουμε την ει-δική και ευκολότερη περίπτωση του θεωρήματος Green και στη συ-νέχεια αποδεικνύουμε το θεώρημα Stokes

312 Εϕαρμογή υπολογισμός εμβαδού χωρίου

Παρατηρούμε ότι αν στον τύπο του Green βάλουμε Q(xy) = 12x και

P(xy) = minus 12y θα ισχύει

partQpartx minus

partPparty = 1 οπότε

12intpartD(minusyx) =

intintD

1dxdy = Εμβαδόν(D)

7

Έτσι καταλήγουμε στον τύπο

Εμβαδόν(D) = 12intpartD(minusyx)

Οι επιλογές που κάναμε για τα P και Q δεν είναι μοναδικές Θαμπορούσαμε για παράδειγμα να είχαμε επιλέξει Q = x και P = 0Θα χρησιμοποιήσουμε τον παραπάνω τύπο για να υπολογίσουμε

το εμβαδόν του ϕύλλου του Καρτέσιου Πρόκειται για τον βρόγχοπου παράγεται από την καμπύλη με παραμετρικοποίηση

σ(t) =(

3t1+ t3

3t2

1+ t3)

όπου t isin [0infin) (σε καρτεσιανές συντεταγμένες και σε πεπλεγμένημορϕή η εξίσωση είναι x3 + y3 minus 3xy = 0) Το σχήμα της καμπύληςϕαίνεται στο σχήμα 1 Σύμϕωνα με τον τύπο του εμβαδού που

minus1 lt t le 0

t lt minus1

t ge 0

y = minusx minus 1

Σχήμα 1 Το ϕύλλο του Καρτέσιου (the folium of Descartes)

βρήκαμε παραπάνω το εμβαδόν του ϕύλλου ισούται με

intσ(minusyx) = 1

2

intinfin0

⟨(minus 3t2

1+ t3 3t

1+ t3) σ prime(t)

⟩dt

= 12

intinfin0

(3t

1+ t3)2

dt

= 12

minus31+ t3

∣∣∣∣∣infin

0

= 32

8

32 Το θεώρημα του Gauss

Θεωρούμε Ω ένα κλειστό και ϕραγμένο υποσύνολο του R3 το οποίοέχει κατά τμήματα C2 σύνορο partΩ Θεωρούμε επίσης ότι το partΩ είναιπροσανατολισμένο με τη θετική ϕορά δηλαδή με το laquoπρος τα έξωraquoαπό το Ω διάνυσμα Αν F διανυσματική C1 συνάρτηση στο Ω τότε

το χωρικό (τριπλό) ολοκλήρωμα μιας laquoκατάλληλης πα-ραγώγουraquo της F υπολογίζεται από τις τιμές της F στοσύνορο partΩ του χωρίου Ω Δηλαδή σε πλήρη αναλογίαμε τον τύπο (3) ισχύει ένας τύπος της μορϕήςintintint

ΩlaquoF primeraquo =

partΩF

όπου το δεύτερο ολοκλήρωμα είναι το επιϕανειακό ολο-κλήρωμα της F στο partΩ

Το μόνο που μένει να διευκρινιστεί και πάλι είναι ποια είναι ηlaquoκατάλληλη παράγωγοςraquo της F ώστε να ισχύει ο παραπάνω τύπος

Θεώρημα 32 (απόκλισης του Gauss) Έστω ότι το Ω είναι ένα υπο-σύνολο του R3 κλειστό και ϕραγμένο με κατά τμήματα C2 σύνοροpartΩ Τότε αν η F με πεδίο τιμών το R3 είναι C1 συνάρτηση στο Ωισχύει intintint

Ω⟨nabla F⟩ =

partΩF

Η laquoκατάλληλη παράγωγοςraquo δηλαδή εδώ είναι η ποσότητα ⟨nabla F⟩Υπενθυμίζουμε ότι για να υπολογιστεί το επιϕανειακό ολοκλήρωμαχρειαζόμαστε μια 1-1 και κατά τμήματα C2 παραμετρικοποίηση Φ =(Φ1Φ2Φ3) D sube R2 rarr partΩ της επιϕάνειας partΩ οπότε

partΩF =

intintD⟨nabla times F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tv =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

4 Αποδείξεις

41 Απόδειξη του θεωρήματος Green

Όπως είπαμε και στο τέλος της υποενότητας 311 η παρουσίασητου θεωρήματος Green ως συνέπεια του θεωρήματος Stokes έγινε γιακαθαρά διδακτικούς λόγους Ξεκινάμε με την απόδειξη του θεωρή-ματος Green

9

Λήμμα 5 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου I C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και P D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Απόδειξη Αϕού το χωρίο είναι τύπου I υπάρχουν συνεχείς συ-ναρτήσεις φ1 φ2 [a b]rarr R ώστε

D = (xy) a le x le bφ1(x) le y leφ2(x)

Οπότε το διπλό ολοκλήρωμα από το θεμελιώδες θεώρημα του Απει-ροστικού Λογισμού ισούται μεintint

D

partP(qu)party

dydx =int ba

(intφ2(x)

φ1(x)

partP(xy)party

dy)dx

=int ba

(P(xφ2(x)

)minus P(xφ1(x)))dx

Τα(xφ1(x)

)για x isin [a b] παραμετρικοποιούν την C1 με τη δηλω-

μένη ϕορά (δες σχήμα 2) οπότεint baP(xφ1(x)

)dx =

intC1

(P0)

Ομοίως τα(xφ1(x)

)για x isin [a b] παραμετρικοποιούν την C2 με

a b

ϕ1

ϕ2

C1

C2

B1

B2

D

Σχήμα 2 Χωρίο τύπου I

την αντίθετη ϕορά οπότεint baP(xφ2(x)

)dx = minus

intC2

(P0)

Έτσι καταλήγουμε στη σχέσηintintD

partPpartydydx = minus

intC1cupC2

(P0) (6)

10

Επειδή το x είναι σταθερό στα ευθύγραμμα τμήματα B1 και B2 συ-νεπάγεται ότι

intB1(P0) =

intB1(P0) = 0 για παράδειγμα B1 = (ay)

φ1(a) le y le φ2(a) δηλαδή παραμετρικοποιείται από την σ1(t) =(a t) για t isin [φ1(a)φ2(a)] και έτσι σ prime1(t) = (01) συνεπώς

intB1

(P0) =intφ2(a)

φ1(a)

⟨(P0)(ay) (01)

⟩dy = 0

Προσθέτοντας τα μηδενικά ολοκληρώματα στις B1 και B2 στην (6)παίρνουμε intint

D

partPpartydxdy = minus

intC(P0)

Με τον ίδιο ακριβώς τρόπο αποδεικνύεται και το ακόλουθο

Λήμμα 6 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου II C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και Q D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(0Q) =

intintD

partQpartxdxdy

Τα δύο παραπάνω λήμματα έχουν πολύ ισχυρούς περιορισμούςγια το χωρίο D Συγκεκριμένα απαιτούν το χωρίο να είναι τύπου Iκαι τύπου II αντίστοιχα Μπορούμε να αποδείξουμε τα ίδια αποτελέ-σματα σε γενικότερα χωρία Αντί να δώσουμε έναν αυστηρό ορισμόγια τα επιτρεπτά χωρία προτιμάμε να βασιστούμε σε εικόνες Ένα

D D1

D2

Σχήμα 3 Χωρίο όχι τύπου I στο οποίο ισχύει το θεώρημα Green

χωρίο όπως το πρώτο χωρίο στο σχήμα 3 δεν είναι τύπου I Όμωςμπορούμε να το κόψουμε σε δύο τμήματα το D1 και το D2 τα οποίαείναι τύπου I Έτσι σύμϕωνα με το Λήμμα 5 ισχύουν οι σχέσεις

intpartD1

(P0) = minusintintD1

partPpartydxdy

και

intpartD2

(P0) = minusintintD2

partPpartydxdy

11

Το άθροισμα των ολοκληρωμάτων στα δεξιά κάνει

minusintintD1

partPpartydxdy minus

intintD2

partPpartydxdy = minus

intintD

partPpartydxdy

Για το άθροισμα στα αριστερά παρατηρούμε ότι το κομμάτι τουσυνόρου στο οποίο κόψαμε το D τα σύνορα που στο σχήμα εμϕανί-ζονται με μπλε χρώμα έχουν μεταξύ τους αντίθετο προσανατολισμόόταν τα D1 και D2 έχουν και τα δύο τον θετικό προσανατολισμόΟπότε όταν προσθέσουμε τα επικαμπύλια ολοκληρώματα στο partD1

και στο partD2 θα έχουμε απαλοιϕή των επικαμπυλίων ολοκληρωμά-των πάνω στις μπλε καμπύλες Έτσι το αποτέλεσμα θα είναι τοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα πάνω στο partD Αποδείξαμε με αυτόν τοντρόπο ότι και σε τέτοια χωρία που δεν είναι τύπου I ισχύει

intpartD(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Ανάλογη είναι η κατάσταση σε σχέση με το Λήμμα 6 Αν τοχωρίο κόβεται σε κομμάτια τύπου II τότε το Λήμμα 6 συνεχίζει ναισχύειΘα πρέπει να παρατηρήσουμε εδώ ότι το χωρίο μπορεί να είναι

ιδιαίτερα περίπλοκο και να απαιτείται να κοπεί σε πολλά τμήματαόπως για παράδειγμα το χωρίο του σχήματος 4 Για την παρακάτω

Σχήμα 4 Χωρίο που απαιτεί πολλά κοψίματα ώστε κάθε τμήμα τουνα είναι τύπου I ή τύπου II

απόδειξη του θεωρήματος Green θα υποθέσουμε ότι στο χωρίο Dισχύουν και το Λήμμα 5 και το Λήμμα 6Απόδειξη του θεωρήματος Green Έστω ότι το D είναι ένα χωρίο

στον R2 στο οποίο ισχύουν και τα δύο παραπάνω λήμματα Αν

12

F = (PQ) τότε intintD⟨nabla times F k⟩ =

intintD

(partQpartx

minus partPparty

)dxdy

= intpartD(0Q)+

intpartD(P0)

= intpartD(PQ)

= intpartDF

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

61 Απόδειξη του θεωρήματος Stokes

Θα αποδείξουμε το θεώρημα Stokes στην περίπτωση που η επιϕά-νεια παραμετρικοποιείται από μια C2 παραμετρικοποίηση Στην αν-τίθετη περίπτωση το θεώρημα αποδεικνύεται κόβοντας την επιϕά-νεια σε τμήματα όπου το καθένα περιγράϕεται από μία παραμετρι-κοποίηση και στο τέλος αθροίζουμε τους τύπους από κάθε τμήματης όπως κάναμε και στο θεώρημα του Green για χωρία που έπρεπενα κοπούν για να περιγραϕούν ως τύπου I ή IIΑς θέσουμε πρώτα κάποιο συμβολισμό Η F αϕού έχει πεδίο τι-

μών στο R3 έχει τρεις συνιστώσες συναρτήσεις δηλαδή γράϕεταιF = (F1 F2 F3) όπου οι F1 F2 και F3 είναι C1 συναρτήσεις από τηνεπιϕάνεια S στο R Έστω ότι η επιϕάνεια S περιγράϕεται από τηνπαραμετρικοποίηση Φ(uv) D sube R2 rarr S με

Φ(uv) = (Φ1(uv)Φ2(uv)Φ3(uv))

όπου οι Φ1 Φ2 Φ3 είναι C2 συναρτήσεις από το D στο R και γιατο D υποθέτουμε επίσης ότι ισχύει το θεώρημα του Green Θέτουμεεπίσης σ(t) [a b] rarr R2 παραμετρικοποίηση του partD φ(t) = Φ(σ(t))παραμετρικοποίηση του partS και υποθέτουμε ότι όλες οι προηγούμε-νες παραμετρικοποιήσεις διατηρούν τον θετικό προσανατολισμόΤέλος σημειώνουμε ότι θα χρειαστούμε τον κανόνα της αλυσίδας

στην παραγώγιση για συναρτήσεις πολλών μεταβλητώνΗ απόδειξη θα γίνει αποδεικνύοντας πρώτα το θεώρημα στην

ειδική περίπτωση όπου F2 = F3 = 0 οπότε F = (F100) Στη συνέχειααλλάζοντας κυκλικά τους δείκτες (ή επαναλαμβάνοντας τις ίδιεςπράξεις) θα προκύψουν τύποι για τις περιπτώσεις όπου F = (0 F20)και F = (00 F3) Στο τέλος θα προσθέσουμε αυτούς τους τρεις τύ-πουςΞεκινάμε την απόδειξη του θεωρήματος του Stokes από το επιϕα-

νειακό ολοκλήρωμαSnablatimes F =

intintD

⟨(nablatimes F)(Φ(uv)) Tu times Tv⟩ 13

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tu =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

Υπολογίζουμε το nabla times F με τη σχετική ορίζουσα (δες την ορίζουσαπαρακάτω) και το βρίσκουμε ίσο με partF1

partz j minuspartF1party k Έτσι

Snablatimes F =

S

(0partF1

partzminuspartF1

party

)(7)

=intintD

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

F1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(Φ(uv)

)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partupartΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣⟩dudv

=intintD

(minuspartF1

partz(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ3

partvminus partΦ3

partupartΦ1

partv

)

minuspartF1

party(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ2

partvminus partΦ2

partupartΦ1

partv

))dudv

(8)

Κρατάμε αυτή την έκϕραση και στρεϕόμαστε τώρα στο επικαμπύ-λιο ολοκλήρωμα Σκοπός μας είναι με τη βοήθεια της σύνθεσης μετην Φ να περάσουμε από το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partS στοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partD ώστε να χρησιμοποιήσουμε το θε-ώρημα του Green Έχουμε

intpartSF =

int ba

⟨F(φ(t)

)φprime(t)

⟩dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))ddt

(Φ(σ(t)

))dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))(ddtΦ1(σ(t)

)ddtΦ2(σ(t)

)ddtΦ3(σ(t)

))⟩dt

το οποίο επειδή F = (F100) ισούται μεint baF1

(Φ(σ(t)

)) ddtΦ1(σ(t)

)dt

Από τον κανόνα αλυσίδας ισχύει

ddtΦ1(σ(t)

) = ⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩

14

Έτσι παίρνουμε

intpartSF =

int ba

[F1

(Φ(σ(t)

)) middot⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩]dt

=int ba

⟨((F1 Φ)

(partΦ1

partupartΦ1

partv

))(σ(t)

) σ prime(t)

⟩dt

= intpartD

((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)=intpartDΨ

όπου θέσαμε

Ψ =((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)= (Ψ1Ψ2)

Συνεπώς σε αυτό το σημείο μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το θεώ-ρημα Green οπότε

intpartDΨ =

intintD⟨nablatimes Ψ k⟩ dudv

δηλαδή

intpartSF =

intintD

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩dudv

Υπολογίζοντας το τελευταίο εσωτερικό γινόμενο

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ =

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartu

partpartv

partpartw

Ψ1 Ψ2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ k⟩

= partΨ2

partuminus partΨ1

partv

= partpartu

((F1 Φ)partΦ1

partv

)minus partpartv

((F1 Φ)partΦ1

partu

)

=(partpartuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

Οι όροι με τις παραγώγους δεύτερης τάξης διαγράϕονται οπότεκαταλήγουμε στην

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ = ( part

partuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv

)minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu

)

15

Χρησιμοποιώντας τον κανόνα της αλυσίδας βρίσκουμε ότι η τελευ-ταία παράσταση είναι ίση με(

partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partu+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partu

)partΦ1

partv

minus(partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partv+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partv

)partΦ1

partu

Ελέγχουμε εύκολα (άσκηση) ότι αυτοί οι όροι είναι οι ίδιοι που εμ-ϕανίζονται στην (8) και άρα με τη βοήθεια της (7) έχουμε δείξειότι

intpartS(F100) =

partS

(0partF1

partzminuspartF1

party

)

Με όμοιες πράξεις ή εναλλάσσοντας τους δείκτες και τις θέσεις τωνποσοτήτων μέσα στα διανύσματα κυκλικά (x rarr y rarr z rarr x) βλέπουμεότι

intpartS(0 F20) =

partS

(minuspartF2

partz0partF2

partx

)και

intpartS(00 F3) =

partS

(partF3

partyminuspartF3

partx0)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις τρεις τελευταίες σχέσεις οδηγούμαστεστην

intpartS(F1 F2 F3) =

partS

(partF3

partyminus partF2

partzpartF1

partzminus partF3

partxpartF2

partxminus partF1

party

)

Εύκολα ελέγχεται με την γνωστή μας ορίζουσα ότι το διάνυσμαμέσα στο τελευταίο ολοκλήρωμα είναι το nabla times F ολοκληρώνονταςτην απόδειξη

62 Απόδειξη του θεωρήματος Gauss

Ας υποθέσουμε για να απλοποιήσουμε λίγο την απόδειξη ότι το σύ-νορο του Ω είναι C2 Θα χρησιμοποιήσουμε δύο ισχυρισμούς που δενθα αποδείξουμε σε αυτό το μάθημα Όμως πρώτον θα είναι πειστι-κοί και δεύτερον ο ενδιαϕερόμενος αναγνώστης μπορεί να καταϕύ-γει σε ένα βιβλίο διαϕορικής γεωμετρίας για τις πλήρεις λεπτομέ-ρειεςΘα είναι ευκολότερο για την απόδειξη αντί να χρησιμοποιήσουμε

τα x y και z για τις συντεταγμένες ενός διανύσματος τον R3 ναγράϕουμε x1 x2 x3 Έτσι αν F = (F1 F2 F3) το ζητούμενο είναι νααποδείξουμε ότιintintint

Ω

(partF1

partx1+ partF2

partx2+ partF3

partx3

)dx1dx2dx3 =

partΩ(F1 F2 F3)

16

Οι δύο ισχυρισμοί στους οποίους αναϕερθήκαμε παραπάνω είναιοι εξήςΙσχυρισμός 1 Το Ω είναι δυνατόν να γραϕτεί ως ένωση ευκλεί-

δειων δίσκων αρκετά μικρής ακτίνας ώστε αν B ένας τέτοιος δί-σκος ο οποίος τέμνει το σύνορο του Ω τότε το B capΩ να γράϕεται(όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5) με τη βοήθεια του γραϕήματος μιαςσυνάρτησης φ D sube R2 rarr R είτε ως

(I) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 lt φ(x1 x3) είτε ως

(II) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 lt φ(x1 x2) είτε ως

(III) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 gt φ(x2 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 lt φ(x2 x3)

B1

B2 B3 B4

x2

x3

x1

B1 = (x1 x2 x3) isin B1 x2 gt ϕ1(x1 x3)

B2 = (x1 x2 x3) isin B2 x3 lt ϕ2(x1 x2)

B3 = (x1 x2 x3) isin B3 x3 gt ϕ3(x1 x2)

B4 = (x1 x2 x3) isin B4 x2 lt ϕ4(x1 x3)

για διαφορετικές συναρτήσεις ϕ1 ϕ2 ϕ3

και ϕ4 από το R2 στο R

Σχήμα 5 Διάϕορες περιπτώσεις τομών ευκλείδειων δίσκων με τοσύνορο του Ω

Όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5 το αν η περιγραϕή θα είναι όπωςστην περίπτωση (I) ή στην περίπτωση (II) ή στην (III) έχει να κάνειμε το που βρίσκεται ο δίσκος B σε σχέση με το σύνορο του ΩΤο ότι το παραπάνω είναι εϕικτό σχετίζεται με το ότι το Ω είναι

κλειστό και ϕραγμένο καθώς και με το ότι το σύνορό του είναι C2Δεν θα μπούμε όμως σε λεπτομέρειες απόδειξηςΙσχυρισμός 2 Το παρακάτω είναι ένα πολύ ισχυρό εργαλείο το

οποίο ονομάζεται διαμέριση της μονάδαςΈστω B1 B2 BN οι ευκλείδειοι δίσκοι που περιγράϕει ο Ισχυρι-

σμός 1 Υπάρχουν συναρτήσεις ψ1 ψ2 ψN οι οποίες είναι C1 καιικανοποιούν τις εξής συνθήκες

bull sumNj=1ψj = 1 πάνω στο Ω

bull ψj∣∣∣R3Bj

= 0 για κάθε j = 1 2 N

17

Αυτός ο ισχυρισμός δεν είναι τόσο δύσκολος όσο ίσως ακούγεταιΑπλά βρίσκει κανείς συναρτήσεις που να ικανοποιούν τη δεύτερησυνθήκη και πάνω στο Ω να έχουν θετικό άθροισμα (κάντε ένα σχή-μα) Τέλος διαιρούμε κάθε συνάρτηση με το άθροισμά τους ώστε ναικανοποιείται και η πρώτη συνθήκη

Είμαστε τώρα έτοιμοι να ξεκινήσουμε την απόδειξη Αρκεί νααποδείξουμε ότι intintint

Ω

partF1

partx1dx1dx2dx3 =

partΩ(F100)intintint

Ω

partF2

partx2dx1dx2dx3 =

partΩ(0 F20)intintint

Ω

partF3

partx3dx1dx2dx3 =

partΩ(00 F3)

διότι μετά απλώς θα προσθέσουμε κατά μέλη Η απόδειξη αυτώνείναι ίδια οπότε αρκεί για παράδειγμα να αποδείξουμε την τελευ-ταία Απλοποιώντας περαιτέρω θα γράϕουμε f αντί για F3 οπότεπρέπει να αποδείξουμε ότιintintint

Ω

partfpartx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00 f )

Θα κάνουμε ακόμα μια απλοποίησηΈστω Bj j = 1 2 N ένας από τους δίσκους του Ισχυρισμού 1

και ψj οι αντίστοιχες συναρτήσεις από τον Ισχυρισμό 2 Αν απο-δείξουμε ότι intintint

Ω

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00ψjf)

για κάθε j μετά θα προσθέσουμε κατά μέλη για όλα τα j και επει-δή το άθροισμα των ψj πάνω στο Ω ισούται με 1 θα πάρουμε τοζητούμενο Τώρα η ψj είναι μηδέν έξω από το Bj σύμϕωνα με τονΙσχυρισμό 2 οπότε η παραπάνω ολοκλήρωση είναι στην πραγματι-κότητα ολοκλήρωση πάνω στο Bj cap Ω και το επιϕανειακό ολοκλή-ρωμα είναι πάνω στο Bj cap partΩ Δηλαδή ζητάμε να ισχύειintintint

BjcapΩ

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =BjcappartΩ

(00ψjf)

Για να μην γράϕουμε λοιπόν συνεχώς ψjf κάνουμε την εξής απλο-ποίηση επειδή η ψj μηδενίζεται έξω από το Bj και άρα και η ψjf αρκεί να αποδείξουμε ότιintintint

R3

partfpartx3

dx1dx2dx3 =BcappartΩ

(00 f ) (9)

όπου B ευκλείδειος δίσκος από τον Ισχυρισμό 1 και f μια C1 συνάρ-τηση που μηδενίζεται έξω από το B Παρατηρούμε ότι επειδή η f

18

είναι συνεχής (ως C1) είναι αναγκαστικά μηδέν και στο σύνορο τουBΠερίπτωση 1 Το B δεν τέμνει το σύνορο του Ω δηλαδή είναι μέ-

σα στο εσωτερικό Ω Αυτή η περίπτωση αντιμετωπίζεται εύκολαδιότι στα αριστερά της (9) ολοκληρώνουμε πρώτα ως x3 και χρη-σιμοποιούμε ότι η f είναι μηδέν εκτός του Bintintint

R3

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintR2f(x1 x2 x3)

∣∣∣x3=+infinx3=minusinfin

dx2dx1 = 0

Αλλά μηδέν είναι και το δεξιό μέρος της (9) αϕού B cap partΩ = emptyΠερίπτωση 2 Το B τέμνει το σύνορο του Ω Έτσι έχουμε τις

περιπτώσεις I ή II ή III της σελίδας 17 Αν ισχύουν οι περιπτώσειςμε τις ανισότητες lt η αντιμετώπιση είναι ίδια με τις περιπτώσειςόπου ισχύει η gt Επειδή η f βρίσκεται στην τρίτη συντεταγμένηστο (00 f ) οι περιπτώσεις I και III αντιμετωπίζονται με τον ίδιοτρόπο Οπότε θα ασχοληθούμε μόνο με τις περιπτώσεις

B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

καιB capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)intintintΩ

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x2)

partfpartx3

)dx3dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Δείχνουμε τώρα ότι το τελευταίο ολοκλήρωμα ισούται με το

B

BcapΩ

capϕ

x3

Σχήμα 6 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

19

BcappartΩ

(00 f )

Η παραμετρικοποίηση του Bcap partΩ είναι η Φ(x1 x2φ(x1 x2))Υπολογί-

ζουμε με την γνωστή ορίζουσα το Tx1 times Tx2 και βρίσκουμε

Tx1 times Tx2 = minuspartφpartx1

iminus partφpartx2

j + k

Φανερά ⟨Tx1 times Tx2 k⟩ gt 0 οπότε (δες σχήμα 6) η Φ αντιστρέϕει τονπροσανατολισμό Συνεπώς

BcappartΩ(00 f ) = minus

intD⟨(00 f )(Φ(x1 x2) Tx1 times Tx2⟩dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)Η παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας του partΩ μέσα στο B είναι

τώρα η Φ(x1 x3) =(x1φ(x1 x3) x3

)και υπολογίζοντας με την ορί-

ζουσα βρίσκουμε ότι

Tx1 times Tx3 =partφpartx1

iminus j + partφpartx3

Προϕανώς ⟨Tx1 times Tx3 j⟩ = minus1 lt 0 άρα (δες σχήμα 7) η παραμετρικο-ποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό Θέλοντας να υπολογίσουμε

B

BcapΩcap

ϕ

x2

Σχήμα 7 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

τοintintintBcapΩ partfpartx3 dx3dx2dx1 θα ήταν εύκολη δουλειά αν μπορούσα-

με να ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς x3 αϕού θα μπορούσαμενα χρησιμοποιήσουμε το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λο-γισμού όπως στην προηγούμενη υποπερίπτωση Όμως τώρα δεν

20

ξέρουμε πού κινείται το x3 αλλά το x2 (συγκεκριμένα x2 gt φ(x1 x3))Παρόλα αυτά θα επιμείνουμε η πρώτη ολοκλήρωση πρέπει να γίνειως προς μεταβλητή που γνωρίζουμε τα άκρα μεταβολής Οπότε θαεπιχειρήσουμε να αλλάξουμε το partx3 σε partx2 στην προς ολοκλήρωσηποσότητα Για να το πετύχουμε αυτό αλλάζουμε μεταβλητή Θέ-τουμε x2 = φ(x1 x3) + t Όταν x2 = φ(x1 x3) το t = 0 Και βεβαίωςdx2 = dt Έτσιintintint

BcapΩpartfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x3)

partfpartx3

(x1 x2 x3)dx2

)dx1dx2

=intintD

(intinfin0

partfpartx3

(x1φ(x1 x2)+ t x3)dt)dx2dx3

=intintint

R2times(0infin)partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)dtdx1dx3

(10)

Από τον κανόνα της αλυσίδας

partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

)) =⟨nablaf part

partx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)= partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)+ partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partfpartx3

(x1 x3)

Άρα η προς ολοκλήρωση ποσότητα στην (10) γράϕεται

partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) = partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))minus partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partφpartx3

(x1 x3)

Έτσι από την (10) προκύπτουν δύο ολοκληρώματα Το πλεονέκτημααπό αυτή τη διαδικασία είναι ότι το δεύτερο ολοκλήρωμα περιέχειτην partfpartx2 και για το x2 ξέρουμε άκρα ολοκλήρωσης Το πρώτοολοκλήρωμα είναι τοintint

D

intinfinminusinfin

partfpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))dx3dx2dx1 = 0

αϕού η f είναι μηδέν έξω από το BΤο δεύτερο ολοκλήρωμα είναι τοintintint

R2times(0infin)

(minus partφpartx3

(x1 x3)partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3))dx1dx3dt

Επανερχόμαστε τώρα στη μεταβλητή x2 αλλάζοντας ξανά μεταβλη-τή θέτοντας t = x2 minus φ(x1 x3) Οπότε παίρνουμε ότι το τελευταίοολοκλήρωμα είναι ίσο μεintint

R2

(minus partφpartx3

(x1 x3))(intinfin

φ(x1x3)

partfpartx2

dx2

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

21

Το τελευταίο ολοκλήρωμα όμως είναι ίσο με τοBcappartΩ(00 f ) διότι

BcappartΩ(00 f ) =

intintR2

⟨(00 f )(x1φ(x1 x3) x3) Tx1 times Tx3

⟩dx1dx3

=intintR2

⟨(00 f

(x1φ(x1 x3) x3

))(partφpartx1

minus1partφpartx3

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

Αντωνης Τσολομυτης Πανεπιστήμιο Αιγαίου Τμήμα Μαθηματικών83200 Καρλόβασι Σάμος Email antonistsolomitisgmailcom

22

Αντικαθιστώντας στην (5) παίρνουμεintpartS F = f(b) minus f(a) ολοκληρώ-

νοντας την απόδειξη Έτσι το θεώρημα του Stokes πράγματι αποτε-λεί επέκταση του γνωστού μας θεμελιώδους θεωρήματος του απει-ροστικού λογισμού μίας μεταβλητής σε περισσότερες μεταβλητές

311 Το θεώρημα του Green

Μια ειδική περίπτωση του θεωρήματος Stokes είναι η περίπτωσηόπου η επιϕάνεια S είναι επίπεδη υποσύνολο του R2 και η συνάρ-τηση F έχει πεδίο τιμών το R2 Σε αυτή την περίπτωση το πεδίοορισμού της παραμετρικοποίησης Φ της S το D ταυτίζεται με τηνS και η Φ είναι η ταυτοτική Φ(uv) = (uv) (όπου παραλείψαμε τηντρίτη μηδενική συντεταγμένη (μιλώντας αυστηρά ταυτίζουμε το R2

με το R2 times 0 sub R3 ή αλλιώς ταυτίζουμε τα (uv) με τα (uv0))Όπως και στην Παρατήρηση 31 υπολογίζουμε ότι Tu times Tv = k

οπότε σε αυτή την περίπτωση

intSnablatimes F =

intintD

⟨nablatimes F(uv) k⟩dudvΤώρα αν F = (PQ) = (PQ0) υπολογίζουμε την παράσταση ⟨nabla timesF(uv) k

⟩με την ορίζουσα (1) και βρίσκουμε (άσκηση) ότι

⟨nablatimes F(uv) k⟩ = partQpartu

minus partPpartv

Έτσι σε αυτή την ειδική περίπτωση ο τύπος του θεωρήματος Stokesγράϕεται ως intint

D

(partQpartx

minus partPparty

)dxdy =

intpartDF

όπου F = (PQ) Αυτός ο τύπος ο τύπος που προκύπτει από τοθεώρημα Stokes όταν S sube R2 και F S rarr R2 ονομάζεται laquoθεώρηματου GreenraquoΗ παρουσίαση του θεωρήματος Green ως συνέπεια του θεωρήμα-

τος Stokes έγινε για καθαρά διδακτικούς λόγους Όμως όσο αϕοράστις αποδείξεις τους (δες ενότητα 4) πρώτα αποδεικνύουμε την ει-δική και ευκολότερη περίπτωση του θεωρήματος Green και στη συ-νέχεια αποδεικνύουμε το θεώρημα Stokes

312 Εϕαρμογή υπολογισμός εμβαδού χωρίου

Παρατηρούμε ότι αν στον τύπο του Green βάλουμε Q(xy) = 12x και

P(xy) = minus 12y θα ισχύει

partQpartx minus

partPparty = 1 οπότε

12intpartD(minusyx) =

intintD

1dxdy = Εμβαδόν(D)

7

Έτσι καταλήγουμε στον τύπο

Εμβαδόν(D) = 12intpartD(minusyx)

Οι επιλογές που κάναμε για τα P και Q δεν είναι μοναδικές Θαμπορούσαμε για παράδειγμα να είχαμε επιλέξει Q = x και P = 0Θα χρησιμοποιήσουμε τον παραπάνω τύπο για να υπολογίσουμε

το εμβαδόν του ϕύλλου του Καρτέσιου Πρόκειται για τον βρόγχοπου παράγεται από την καμπύλη με παραμετρικοποίηση

σ(t) =(

3t1+ t3

3t2

1+ t3)

όπου t isin [0infin) (σε καρτεσιανές συντεταγμένες και σε πεπλεγμένημορϕή η εξίσωση είναι x3 + y3 minus 3xy = 0) Το σχήμα της καμπύληςϕαίνεται στο σχήμα 1 Σύμϕωνα με τον τύπο του εμβαδού που

minus1 lt t le 0

t lt minus1

t ge 0

y = minusx minus 1

Σχήμα 1 Το ϕύλλο του Καρτέσιου (the folium of Descartes)

βρήκαμε παραπάνω το εμβαδόν του ϕύλλου ισούται με

intσ(minusyx) = 1

2

intinfin0

⟨(minus 3t2

1+ t3 3t

1+ t3) σ prime(t)

⟩dt

= 12

intinfin0

(3t

1+ t3)2

dt

= 12

minus31+ t3

∣∣∣∣∣infin

0

= 32

8

32 Το θεώρημα του Gauss

Θεωρούμε Ω ένα κλειστό και ϕραγμένο υποσύνολο του R3 το οποίοέχει κατά τμήματα C2 σύνορο partΩ Θεωρούμε επίσης ότι το partΩ είναιπροσανατολισμένο με τη θετική ϕορά δηλαδή με το laquoπρος τα έξωraquoαπό το Ω διάνυσμα Αν F διανυσματική C1 συνάρτηση στο Ω τότε

το χωρικό (τριπλό) ολοκλήρωμα μιας laquoκατάλληλης πα-ραγώγουraquo της F υπολογίζεται από τις τιμές της F στοσύνορο partΩ του χωρίου Ω Δηλαδή σε πλήρη αναλογίαμε τον τύπο (3) ισχύει ένας τύπος της μορϕήςintintint

ΩlaquoF primeraquo =

partΩF

όπου το δεύτερο ολοκλήρωμα είναι το επιϕανειακό ολο-κλήρωμα της F στο partΩ

Το μόνο που μένει να διευκρινιστεί και πάλι είναι ποια είναι ηlaquoκατάλληλη παράγωγοςraquo της F ώστε να ισχύει ο παραπάνω τύπος

Θεώρημα 32 (απόκλισης του Gauss) Έστω ότι το Ω είναι ένα υπο-σύνολο του R3 κλειστό και ϕραγμένο με κατά τμήματα C2 σύνοροpartΩ Τότε αν η F με πεδίο τιμών το R3 είναι C1 συνάρτηση στο Ωισχύει intintint

Ω⟨nabla F⟩ =

partΩF

Η laquoκατάλληλη παράγωγοςraquo δηλαδή εδώ είναι η ποσότητα ⟨nabla F⟩Υπενθυμίζουμε ότι για να υπολογιστεί το επιϕανειακό ολοκλήρωμαχρειαζόμαστε μια 1-1 και κατά τμήματα C2 παραμετρικοποίηση Φ =(Φ1Φ2Φ3) D sube R2 rarr partΩ της επιϕάνειας partΩ οπότε

partΩF =

intintD⟨nabla times F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tv =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

4 Αποδείξεις

41 Απόδειξη του θεωρήματος Green

Όπως είπαμε και στο τέλος της υποενότητας 311 η παρουσίασητου θεωρήματος Green ως συνέπεια του θεωρήματος Stokes έγινε γιακαθαρά διδακτικούς λόγους Ξεκινάμε με την απόδειξη του θεωρή-ματος Green

9

Λήμμα 5 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου I C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και P D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Απόδειξη Αϕού το χωρίο είναι τύπου I υπάρχουν συνεχείς συ-ναρτήσεις φ1 φ2 [a b]rarr R ώστε

D = (xy) a le x le bφ1(x) le y leφ2(x)

Οπότε το διπλό ολοκλήρωμα από το θεμελιώδες θεώρημα του Απει-ροστικού Λογισμού ισούται μεintint

D

partP(qu)party

dydx =int ba

(intφ2(x)

φ1(x)

partP(xy)party

dy)dx

=int ba

(P(xφ2(x)

)minus P(xφ1(x)))dx

Τα(xφ1(x)

)για x isin [a b] παραμετρικοποιούν την C1 με τη δηλω-

μένη ϕορά (δες σχήμα 2) οπότεint baP(xφ1(x)

)dx =

intC1

(P0)

Ομοίως τα(xφ1(x)

)για x isin [a b] παραμετρικοποιούν την C2 με

a b

ϕ1

ϕ2

C1

C2

B1

B2

D

Σχήμα 2 Χωρίο τύπου I

την αντίθετη ϕορά οπότεint baP(xφ2(x)

)dx = minus

intC2

(P0)

Έτσι καταλήγουμε στη σχέσηintintD

partPpartydydx = minus

intC1cupC2

(P0) (6)

10

Επειδή το x είναι σταθερό στα ευθύγραμμα τμήματα B1 και B2 συ-νεπάγεται ότι

intB1(P0) =

intB1(P0) = 0 για παράδειγμα B1 = (ay)

φ1(a) le y le φ2(a) δηλαδή παραμετρικοποιείται από την σ1(t) =(a t) για t isin [φ1(a)φ2(a)] και έτσι σ prime1(t) = (01) συνεπώς

intB1

(P0) =intφ2(a)

φ1(a)

⟨(P0)(ay) (01)

⟩dy = 0

Προσθέτοντας τα μηδενικά ολοκληρώματα στις B1 και B2 στην (6)παίρνουμε intint

D

partPpartydxdy = minus

intC(P0)

Με τον ίδιο ακριβώς τρόπο αποδεικνύεται και το ακόλουθο

Λήμμα 6 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου II C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και Q D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(0Q) =

intintD

partQpartxdxdy

Τα δύο παραπάνω λήμματα έχουν πολύ ισχυρούς περιορισμούςγια το χωρίο D Συγκεκριμένα απαιτούν το χωρίο να είναι τύπου Iκαι τύπου II αντίστοιχα Μπορούμε να αποδείξουμε τα ίδια αποτελέ-σματα σε γενικότερα χωρία Αντί να δώσουμε έναν αυστηρό ορισμόγια τα επιτρεπτά χωρία προτιμάμε να βασιστούμε σε εικόνες Ένα

D D1

D2

Σχήμα 3 Χωρίο όχι τύπου I στο οποίο ισχύει το θεώρημα Green

χωρίο όπως το πρώτο χωρίο στο σχήμα 3 δεν είναι τύπου I Όμωςμπορούμε να το κόψουμε σε δύο τμήματα το D1 και το D2 τα οποίαείναι τύπου I Έτσι σύμϕωνα με το Λήμμα 5 ισχύουν οι σχέσεις

intpartD1

(P0) = minusintintD1

partPpartydxdy

και

intpartD2

(P0) = minusintintD2

partPpartydxdy

11

Το άθροισμα των ολοκληρωμάτων στα δεξιά κάνει

minusintintD1

partPpartydxdy minus

intintD2

partPpartydxdy = minus

intintD

partPpartydxdy

Για το άθροισμα στα αριστερά παρατηρούμε ότι το κομμάτι τουσυνόρου στο οποίο κόψαμε το D τα σύνορα που στο σχήμα εμϕανί-ζονται με μπλε χρώμα έχουν μεταξύ τους αντίθετο προσανατολισμόόταν τα D1 και D2 έχουν και τα δύο τον θετικό προσανατολισμόΟπότε όταν προσθέσουμε τα επικαμπύλια ολοκληρώματα στο partD1

και στο partD2 θα έχουμε απαλοιϕή των επικαμπυλίων ολοκληρωμά-των πάνω στις μπλε καμπύλες Έτσι το αποτέλεσμα θα είναι τοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα πάνω στο partD Αποδείξαμε με αυτόν τοντρόπο ότι και σε τέτοια χωρία που δεν είναι τύπου I ισχύει

intpartD(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Ανάλογη είναι η κατάσταση σε σχέση με το Λήμμα 6 Αν τοχωρίο κόβεται σε κομμάτια τύπου II τότε το Λήμμα 6 συνεχίζει ναισχύειΘα πρέπει να παρατηρήσουμε εδώ ότι το χωρίο μπορεί να είναι

ιδιαίτερα περίπλοκο και να απαιτείται να κοπεί σε πολλά τμήματαόπως για παράδειγμα το χωρίο του σχήματος 4 Για την παρακάτω

Σχήμα 4 Χωρίο που απαιτεί πολλά κοψίματα ώστε κάθε τμήμα τουνα είναι τύπου I ή τύπου II

απόδειξη του θεωρήματος Green θα υποθέσουμε ότι στο χωρίο Dισχύουν και το Λήμμα 5 και το Λήμμα 6Απόδειξη του θεωρήματος Green Έστω ότι το D είναι ένα χωρίο

στον R2 στο οποίο ισχύουν και τα δύο παραπάνω λήμματα Αν

12

F = (PQ) τότε intintD⟨nabla times F k⟩ =

intintD

(partQpartx

minus partPparty

)dxdy

= intpartD(0Q)+

intpartD(P0)

= intpartD(PQ)

= intpartDF

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

61 Απόδειξη του θεωρήματος Stokes

Θα αποδείξουμε το θεώρημα Stokes στην περίπτωση που η επιϕά-νεια παραμετρικοποιείται από μια C2 παραμετρικοποίηση Στην αν-τίθετη περίπτωση το θεώρημα αποδεικνύεται κόβοντας την επιϕά-νεια σε τμήματα όπου το καθένα περιγράϕεται από μία παραμετρι-κοποίηση και στο τέλος αθροίζουμε τους τύπους από κάθε τμήματης όπως κάναμε και στο θεώρημα του Green για χωρία που έπρεπενα κοπούν για να περιγραϕούν ως τύπου I ή IIΑς θέσουμε πρώτα κάποιο συμβολισμό Η F αϕού έχει πεδίο τι-

μών στο R3 έχει τρεις συνιστώσες συναρτήσεις δηλαδή γράϕεταιF = (F1 F2 F3) όπου οι F1 F2 και F3 είναι C1 συναρτήσεις από τηνεπιϕάνεια S στο R Έστω ότι η επιϕάνεια S περιγράϕεται από τηνπαραμετρικοποίηση Φ(uv) D sube R2 rarr S με

Φ(uv) = (Φ1(uv)Φ2(uv)Φ3(uv))

όπου οι Φ1 Φ2 Φ3 είναι C2 συναρτήσεις από το D στο R και γιατο D υποθέτουμε επίσης ότι ισχύει το θεώρημα του Green Θέτουμεεπίσης σ(t) [a b] rarr R2 παραμετρικοποίηση του partD φ(t) = Φ(σ(t))παραμετρικοποίηση του partS και υποθέτουμε ότι όλες οι προηγούμε-νες παραμετρικοποιήσεις διατηρούν τον θετικό προσανατολισμόΤέλος σημειώνουμε ότι θα χρειαστούμε τον κανόνα της αλυσίδας

στην παραγώγιση για συναρτήσεις πολλών μεταβλητώνΗ απόδειξη θα γίνει αποδεικνύοντας πρώτα το θεώρημα στην

ειδική περίπτωση όπου F2 = F3 = 0 οπότε F = (F100) Στη συνέχειααλλάζοντας κυκλικά τους δείκτες (ή επαναλαμβάνοντας τις ίδιεςπράξεις) θα προκύψουν τύποι για τις περιπτώσεις όπου F = (0 F20)και F = (00 F3) Στο τέλος θα προσθέσουμε αυτούς τους τρεις τύ-πουςΞεκινάμε την απόδειξη του θεωρήματος του Stokes από το επιϕα-

νειακό ολοκλήρωμαSnablatimes F =

intintD

⟨(nablatimes F)(Φ(uv)) Tu times Tv⟩ 13

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tu =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

Υπολογίζουμε το nabla times F με τη σχετική ορίζουσα (δες την ορίζουσαπαρακάτω) και το βρίσκουμε ίσο με partF1

partz j minuspartF1party k Έτσι

Snablatimes F =

S

(0partF1

partzminuspartF1

party

)(7)

=intintD

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

F1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(Φ(uv)

)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partupartΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣⟩dudv

=intintD

(minuspartF1

partz(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ3

partvminus partΦ3

partupartΦ1

partv

)

minuspartF1

party(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ2

partvminus partΦ2

partupartΦ1

partv

))dudv

(8)

Κρατάμε αυτή την έκϕραση και στρεϕόμαστε τώρα στο επικαμπύ-λιο ολοκλήρωμα Σκοπός μας είναι με τη βοήθεια της σύνθεσης μετην Φ να περάσουμε από το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partS στοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partD ώστε να χρησιμοποιήσουμε το θε-ώρημα του Green Έχουμε

intpartSF =

int ba

⟨F(φ(t)

)φprime(t)

⟩dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))ddt

(Φ(σ(t)

))dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))(ddtΦ1(σ(t)

)ddtΦ2(σ(t)

)ddtΦ3(σ(t)

))⟩dt

το οποίο επειδή F = (F100) ισούται μεint baF1

(Φ(σ(t)

)) ddtΦ1(σ(t)

)dt

Από τον κανόνα αλυσίδας ισχύει

ddtΦ1(σ(t)

) = ⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩

14

Έτσι παίρνουμε

intpartSF =

int ba

[F1

(Φ(σ(t)

)) middot⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩]dt

=int ba

⟨((F1 Φ)

(partΦ1

partupartΦ1

partv

))(σ(t)

) σ prime(t)

⟩dt

= intpartD

((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)=intpartDΨ

όπου θέσαμε

Ψ =((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)= (Ψ1Ψ2)

Συνεπώς σε αυτό το σημείο μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το θεώ-ρημα Green οπότε

intpartDΨ =

intintD⟨nablatimes Ψ k⟩ dudv

δηλαδή

intpartSF =

intintD

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩dudv

Υπολογίζοντας το τελευταίο εσωτερικό γινόμενο

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ =

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartu

partpartv

partpartw

Ψ1 Ψ2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ k⟩

= partΨ2

partuminus partΨ1

partv

= partpartu

((F1 Φ)partΦ1

partv

)minus partpartv

((F1 Φ)partΦ1

partu

)

=(partpartuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

Οι όροι με τις παραγώγους δεύτερης τάξης διαγράϕονται οπότεκαταλήγουμε στην

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ = ( part

partuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv

)minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu

)

15

Χρησιμοποιώντας τον κανόνα της αλυσίδας βρίσκουμε ότι η τελευ-ταία παράσταση είναι ίση με(

partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partu+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partu

)partΦ1

partv

minus(partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partv+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partv

)partΦ1

partu

Ελέγχουμε εύκολα (άσκηση) ότι αυτοί οι όροι είναι οι ίδιοι που εμ-ϕανίζονται στην (8) και άρα με τη βοήθεια της (7) έχουμε δείξειότι

intpartS(F100) =

partS

(0partF1

partzminuspartF1

party

)

Με όμοιες πράξεις ή εναλλάσσοντας τους δείκτες και τις θέσεις τωνποσοτήτων μέσα στα διανύσματα κυκλικά (x rarr y rarr z rarr x) βλέπουμεότι

intpartS(0 F20) =

partS

(minuspartF2

partz0partF2

partx

)και

intpartS(00 F3) =

partS

(partF3

partyminuspartF3

partx0)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις τρεις τελευταίες σχέσεις οδηγούμαστεστην

intpartS(F1 F2 F3) =

partS

(partF3

partyminus partF2

partzpartF1

partzminus partF3

partxpartF2

partxminus partF1

party

)

Εύκολα ελέγχεται με την γνωστή μας ορίζουσα ότι το διάνυσμαμέσα στο τελευταίο ολοκλήρωμα είναι το nabla times F ολοκληρώνονταςτην απόδειξη

62 Απόδειξη του θεωρήματος Gauss

Ας υποθέσουμε για να απλοποιήσουμε λίγο την απόδειξη ότι το σύ-νορο του Ω είναι C2 Θα χρησιμοποιήσουμε δύο ισχυρισμούς που δενθα αποδείξουμε σε αυτό το μάθημα Όμως πρώτον θα είναι πειστι-κοί και δεύτερον ο ενδιαϕερόμενος αναγνώστης μπορεί να καταϕύ-γει σε ένα βιβλίο διαϕορικής γεωμετρίας για τις πλήρεις λεπτομέ-ρειεςΘα είναι ευκολότερο για την απόδειξη αντί να χρησιμοποιήσουμε

τα x y και z για τις συντεταγμένες ενός διανύσματος τον R3 ναγράϕουμε x1 x2 x3 Έτσι αν F = (F1 F2 F3) το ζητούμενο είναι νααποδείξουμε ότιintintint

Ω

(partF1

partx1+ partF2

partx2+ partF3

partx3

)dx1dx2dx3 =

partΩ(F1 F2 F3)

16

Οι δύο ισχυρισμοί στους οποίους αναϕερθήκαμε παραπάνω είναιοι εξήςΙσχυρισμός 1 Το Ω είναι δυνατόν να γραϕτεί ως ένωση ευκλεί-

δειων δίσκων αρκετά μικρής ακτίνας ώστε αν B ένας τέτοιος δί-σκος ο οποίος τέμνει το σύνορο του Ω τότε το B capΩ να γράϕεται(όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5) με τη βοήθεια του γραϕήματος μιαςσυνάρτησης φ D sube R2 rarr R είτε ως

(I) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 lt φ(x1 x3) είτε ως

(II) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 lt φ(x1 x2) είτε ως

(III) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 gt φ(x2 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 lt φ(x2 x3)

B1

B2 B3 B4

x2

x3

x1

B1 = (x1 x2 x3) isin B1 x2 gt ϕ1(x1 x3)

B2 = (x1 x2 x3) isin B2 x3 lt ϕ2(x1 x2)

B3 = (x1 x2 x3) isin B3 x3 gt ϕ3(x1 x2)

B4 = (x1 x2 x3) isin B4 x2 lt ϕ4(x1 x3)

για διαφορετικές συναρτήσεις ϕ1 ϕ2 ϕ3

και ϕ4 από το R2 στο R

Σχήμα 5 Διάϕορες περιπτώσεις τομών ευκλείδειων δίσκων με τοσύνορο του Ω

Όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5 το αν η περιγραϕή θα είναι όπωςστην περίπτωση (I) ή στην περίπτωση (II) ή στην (III) έχει να κάνειμε το που βρίσκεται ο δίσκος B σε σχέση με το σύνορο του ΩΤο ότι το παραπάνω είναι εϕικτό σχετίζεται με το ότι το Ω είναι

κλειστό και ϕραγμένο καθώς και με το ότι το σύνορό του είναι C2Δεν θα μπούμε όμως σε λεπτομέρειες απόδειξηςΙσχυρισμός 2 Το παρακάτω είναι ένα πολύ ισχυρό εργαλείο το

οποίο ονομάζεται διαμέριση της μονάδαςΈστω B1 B2 BN οι ευκλείδειοι δίσκοι που περιγράϕει ο Ισχυρι-

σμός 1 Υπάρχουν συναρτήσεις ψ1 ψ2 ψN οι οποίες είναι C1 καιικανοποιούν τις εξής συνθήκες

bull sumNj=1ψj = 1 πάνω στο Ω

bull ψj∣∣∣R3Bj

= 0 για κάθε j = 1 2 N

17

Αυτός ο ισχυρισμός δεν είναι τόσο δύσκολος όσο ίσως ακούγεταιΑπλά βρίσκει κανείς συναρτήσεις που να ικανοποιούν τη δεύτερησυνθήκη και πάνω στο Ω να έχουν θετικό άθροισμα (κάντε ένα σχή-μα) Τέλος διαιρούμε κάθε συνάρτηση με το άθροισμά τους ώστε ναικανοποιείται και η πρώτη συνθήκη

Είμαστε τώρα έτοιμοι να ξεκινήσουμε την απόδειξη Αρκεί νααποδείξουμε ότι intintint

Ω

partF1

partx1dx1dx2dx3 =

partΩ(F100)intintint

Ω

partF2

partx2dx1dx2dx3 =

partΩ(0 F20)intintint

Ω

partF3

partx3dx1dx2dx3 =

partΩ(00 F3)

διότι μετά απλώς θα προσθέσουμε κατά μέλη Η απόδειξη αυτώνείναι ίδια οπότε αρκεί για παράδειγμα να αποδείξουμε την τελευ-ταία Απλοποιώντας περαιτέρω θα γράϕουμε f αντί για F3 οπότεπρέπει να αποδείξουμε ότιintintint

Ω

partfpartx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00 f )

Θα κάνουμε ακόμα μια απλοποίησηΈστω Bj j = 1 2 N ένας από τους δίσκους του Ισχυρισμού 1

και ψj οι αντίστοιχες συναρτήσεις από τον Ισχυρισμό 2 Αν απο-δείξουμε ότι intintint

Ω

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00ψjf)

για κάθε j μετά θα προσθέσουμε κατά μέλη για όλα τα j και επει-δή το άθροισμα των ψj πάνω στο Ω ισούται με 1 θα πάρουμε τοζητούμενο Τώρα η ψj είναι μηδέν έξω από το Bj σύμϕωνα με τονΙσχυρισμό 2 οπότε η παραπάνω ολοκλήρωση είναι στην πραγματι-κότητα ολοκλήρωση πάνω στο Bj cap Ω και το επιϕανειακό ολοκλή-ρωμα είναι πάνω στο Bj cap partΩ Δηλαδή ζητάμε να ισχύειintintint

BjcapΩ

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =BjcappartΩ

(00ψjf)

Για να μην γράϕουμε λοιπόν συνεχώς ψjf κάνουμε την εξής απλο-ποίηση επειδή η ψj μηδενίζεται έξω από το Bj και άρα και η ψjf αρκεί να αποδείξουμε ότιintintint

R3

partfpartx3

dx1dx2dx3 =BcappartΩ

(00 f ) (9)

όπου B ευκλείδειος δίσκος από τον Ισχυρισμό 1 και f μια C1 συνάρ-τηση που μηδενίζεται έξω από το B Παρατηρούμε ότι επειδή η f

18

είναι συνεχής (ως C1) είναι αναγκαστικά μηδέν και στο σύνορο τουBΠερίπτωση 1 Το B δεν τέμνει το σύνορο του Ω δηλαδή είναι μέ-

σα στο εσωτερικό Ω Αυτή η περίπτωση αντιμετωπίζεται εύκολαδιότι στα αριστερά της (9) ολοκληρώνουμε πρώτα ως x3 και χρη-σιμοποιούμε ότι η f είναι μηδέν εκτός του Bintintint

R3

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintR2f(x1 x2 x3)

∣∣∣x3=+infinx3=minusinfin

dx2dx1 = 0

Αλλά μηδέν είναι και το δεξιό μέρος της (9) αϕού B cap partΩ = emptyΠερίπτωση 2 Το B τέμνει το σύνορο του Ω Έτσι έχουμε τις

περιπτώσεις I ή II ή III της σελίδας 17 Αν ισχύουν οι περιπτώσειςμε τις ανισότητες lt η αντιμετώπιση είναι ίδια με τις περιπτώσειςόπου ισχύει η gt Επειδή η f βρίσκεται στην τρίτη συντεταγμένηστο (00 f ) οι περιπτώσεις I και III αντιμετωπίζονται με τον ίδιοτρόπο Οπότε θα ασχοληθούμε μόνο με τις περιπτώσεις

B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

καιB capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)intintintΩ

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x2)

partfpartx3

)dx3dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Δείχνουμε τώρα ότι το τελευταίο ολοκλήρωμα ισούται με το

B

BcapΩ

capϕ

x3

Σχήμα 6 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

19

BcappartΩ

(00 f )

Η παραμετρικοποίηση του Bcap partΩ είναι η Φ(x1 x2φ(x1 x2))Υπολογί-

ζουμε με την γνωστή ορίζουσα το Tx1 times Tx2 και βρίσκουμε

Tx1 times Tx2 = minuspartφpartx1

iminus partφpartx2

j + k

Φανερά ⟨Tx1 times Tx2 k⟩ gt 0 οπότε (δες σχήμα 6) η Φ αντιστρέϕει τονπροσανατολισμό Συνεπώς

BcappartΩ(00 f ) = minus

intD⟨(00 f )(Φ(x1 x2) Tx1 times Tx2⟩dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)Η παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας του partΩ μέσα στο B είναι

τώρα η Φ(x1 x3) =(x1φ(x1 x3) x3

)και υπολογίζοντας με την ορί-

ζουσα βρίσκουμε ότι

Tx1 times Tx3 =partφpartx1

iminus j + partφpartx3

Προϕανώς ⟨Tx1 times Tx3 j⟩ = minus1 lt 0 άρα (δες σχήμα 7) η παραμετρικο-ποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό Θέλοντας να υπολογίσουμε

B

BcapΩcap

ϕ

x2

Σχήμα 7 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

τοintintintBcapΩ partfpartx3 dx3dx2dx1 θα ήταν εύκολη δουλειά αν μπορούσα-

με να ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς x3 αϕού θα μπορούσαμενα χρησιμοποιήσουμε το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λο-γισμού όπως στην προηγούμενη υποπερίπτωση Όμως τώρα δεν

20

ξέρουμε πού κινείται το x3 αλλά το x2 (συγκεκριμένα x2 gt φ(x1 x3))Παρόλα αυτά θα επιμείνουμε η πρώτη ολοκλήρωση πρέπει να γίνειως προς μεταβλητή που γνωρίζουμε τα άκρα μεταβολής Οπότε θαεπιχειρήσουμε να αλλάξουμε το partx3 σε partx2 στην προς ολοκλήρωσηποσότητα Για να το πετύχουμε αυτό αλλάζουμε μεταβλητή Θέ-τουμε x2 = φ(x1 x3) + t Όταν x2 = φ(x1 x3) το t = 0 Και βεβαίωςdx2 = dt Έτσιintintint

BcapΩpartfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x3)

partfpartx3

(x1 x2 x3)dx2

)dx1dx2

=intintD

(intinfin0

partfpartx3

(x1φ(x1 x2)+ t x3)dt)dx2dx3

=intintint

R2times(0infin)partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)dtdx1dx3

(10)

Από τον κανόνα της αλυσίδας

partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

)) =⟨nablaf part

partx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)= partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)+ partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partfpartx3

(x1 x3)

Άρα η προς ολοκλήρωση ποσότητα στην (10) γράϕεται

partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) = partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))minus partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partφpartx3

(x1 x3)

Έτσι από την (10) προκύπτουν δύο ολοκληρώματα Το πλεονέκτημααπό αυτή τη διαδικασία είναι ότι το δεύτερο ολοκλήρωμα περιέχειτην partfpartx2 και για το x2 ξέρουμε άκρα ολοκλήρωσης Το πρώτοολοκλήρωμα είναι τοintint

D

intinfinminusinfin

partfpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))dx3dx2dx1 = 0

αϕού η f είναι μηδέν έξω από το BΤο δεύτερο ολοκλήρωμα είναι τοintintint

R2times(0infin)

(minus partφpartx3

(x1 x3)partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3))dx1dx3dt

Επανερχόμαστε τώρα στη μεταβλητή x2 αλλάζοντας ξανά μεταβλη-τή θέτοντας t = x2 minus φ(x1 x3) Οπότε παίρνουμε ότι το τελευταίοολοκλήρωμα είναι ίσο μεintint

R2

(minus partφpartx3

(x1 x3))(intinfin

φ(x1x3)

partfpartx2

dx2

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

21

Το τελευταίο ολοκλήρωμα όμως είναι ίσο με τοBcappartΩ(00 f ) διότι

BcappartΩ(00 f ) =

intintR2

⟨(00 f )(x1φ(x1 x3) x3) Tx1 times Tx3

⟩dx1dx3

=intintR2

⟨(00 f

(x1φ(x1 x3) x3

))(partφpartx1

minus1partφpartx3

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

Αντωνης Τσολομυτης Πανεπιστήμιο Αιγαίου Τμήμα Μαθηματικών83200 Καρλόβασι Σάμος Email antonistsolomitisgmailcom

22

Έτσι καταλήγουμε στον τύπο

Εμβαδόν(D) = 12intpartD(minusyx)

Οι επιλογές που κάναμε για τα P και Q δεν είναι μοναδικές Θαμπορούσαμε για παράδειγμα να είχαμε επιλέξει Q = x και P = 0Θα χρησιμοποιήσουμε τον παραπάνω τύπο για να υπολογίσουμε

το εμβαδόν του ϕύλλου του Καρτέσιου Πρόκειται για τον βρόγχοπου παράγεται από την καμπύλη με παραμετρικοποίηση

σ(t) =(

3t1+ t3

3t2

1+ t3)

όπου t isin [0infin) (σε καρτεσιανές συντεταγμένες και σε πεπλεγμένημορϕή η εξίσωση είναι x3 + y3 minus 3xy = 0) Το σχήμα της καμπύληςϕαίνεται στο σχήμα 1 Σύμϕωνα με τον τύπο του εμβαδού που

minus1 lt t le 0

t lt minus1

t ge 0

y = minusx minus 1

Σχήμα 1 Το ϕύλλο του Καρτέσιου (the folium of Descartes)

βρήκαμε παραπάνω το εμβαδόν του ϕύλλου ισούται με

intσ(minusyx) = 1

2

intinfin0

⟨(minus 3t2

1+ t3 3t

1+ t3) σ prime(t)

⟩dt

= 12

intinfin0

(3t

1+ t3)2

dt

= 12

minus31+ t3

∣∣∣∣∣infin

0

= 32

8

32 Το θεώρημα του Gauss

Θεωρούμε Ω ένα κλειστό και ϕραγμένο υποσύνολο του R3 το οποίοέχει κατά τμήματα C2 σύνορο partΩ Θεωρούμε επίσης ότι το partΩ είναιπροσανατολισμένο με τη θετική ϕορά δηλαδή με το laquoπρος τα έξωraquoαπό το Ω διάνυσμα Αν F διανυσματική C1 συνάρτηση στο Ω τότε

το χωρικό (τριπλό) ολοκλήρωμα μιας laquoκατάλληλης πα-ραγώγουraquo της F υπολογίζεται από τις τιμές της F στοσύνορο partΩ του χωρίου Ω Δηλαδή σε πλήρη αναλογίαμε τον τύπο (3) ισχύει ένας τύπος της μορϕήςintintint

ΩlaquoF primeraquo =

partΩF

όπου το δεύτερο ολοκλήρωμα είναι το επιϕανειακό ολο-κλήρωμα της F στο partΩ

Το μόνο που μένει να διευκρινιστεί και πάλι είναι ποια είναι ηlaquoκατάλληλη παράγωγοςraquo της F ώστε να ισχύει ο παραπάνω τύπος

Θεώρημα 32 (απόκλισης του Gauss) Έστω ότι το Ω είναι ένα υπο-σύνολο του R3 κλειστό και ϕραγμένο με κατά τμήματα C2 σύνοροpartΩ Τότε αν η F με πεδίο τιμών το R3 είναι C1 συνάρτηση στο Ωισχύει intintint

Ω⟨nabla F⟩ =

partΩF

Η laquoκατάλληλη παράγωγοςraquo δηλαδή εδώ είναι η ποσότητα ⟨nabla F⟩Υπενθυμίζουμε ότι για να υπολογιστεί το επιϕανειακό ολοκλήρωμαχρειαζόμαστε μια 1-1 και κατά τμήματα C2 παραμετρικοποίηση Φ =(Φ1Φ2Φ3) D sube R2 rarr partΩ της επιϕάνειας partΩ οπότε

partΩF =

intintD⟨nabla times F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tv =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

4 Αποδείξεις

41 Απόδειξη του θεωρήματος Green

Όπως είπαμε και στο τέλος της υποενότητας 311 η παρουσίασητου θεωρήματος Green ως συνέπεια του θεωρήματος Stokes έγινε γιακαθαρά διδακτικούς λόγους Ξεκινάμε με την απόδειξη του θεωρή-ματος Green

9

Λήμμα 5 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου I C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και P D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Απόδειξη Αϕού το χωρίο είναι τύπου I υπάρχουν συνεχείς συ-ναρτήσεις φ1 φ2 [a b]rarr R ώστε

D = (xy) a le x le bφ1(x) le y leφ2(x)

Οπότε το διπλό ολοκλήρωμα από το θεμελιώδες θεώρημα του Απει-ροστικού Λογισμού ισούται μεintint

D

partP(qu)party

dydx =int ba

(intφ2(x)

φ1(x)

partP(xy)party

dy)dx

=int ba

(P(xφ2(x)

)minus P(xφ1(x)))dx

Τα(xφ1(x)

)για x isin [a b] παραμετρικοποιούν την C1 με τη δηλω-

μένη ϕορά (δες σχήμα 2) οπότεint baP(xφ1(x)

)dx =

intC1

(P0)

Ομοίως τα(xφ1(x)

)για x isin [a b] παραμετρικοποιούν την C2 με

a b

ϕ1

ϕ2

C1

C2

B1

B2

D

Σχήμα 2 Χωρίο τύπου I

την αντίθετη ϕορά οπότεint baP(xφ2(x)

)dx = minus

intC2

(P0)

Έτσι καταλήγουμε στη σχέσηintintD

partPpartydydx = minus

intC1cupC2

(P0) (6)

10

Επειδή το x είναι σταθερό στα ευθύγραμμα τμήματα B1 και B2 συ-νεπάγεται ότι

intB1(P0) =

intB1(P0) = 0 για παράδειγμα B1 = (ay)

φ1(a) le y le φ2(a) δηλαδή παραμετρικοποιείται από την σ1(t) =(a t) για t isin [φ1(a)φ2(a)] και έτσι σ prime1(t) = (01) συνεπώς

intB1

(P0) =intφ2(a)

φ1(a)

⟨(P0)(ay) (01)

⟩dy = 0

Προσθέτοντας τα μηδενικά ολοκληρώματα στις B1 και B2 στην (6)παίρνουμε intint

D

partPpartydxdy = minus

intC(P0)

Με τον ίδιο ακριβώς τρόπο αποδεικνύεται και το ακόλουθο

Λήμμα 6 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου II C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και Q D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(0Q) =

intintD

partQpartxdxdy

Τα δύο παραπάνω λήμματα έχουν πολύ ισχυρούς περιορισμούςγια το χωρίο D Συγκεκριμένα απαιτούν το χωρίο να είναι τύπου Iκαι τύπου II αντίστοιχα Μπορούμε να αποδείξουμε τα ίδια αποτελέ-σματα σε γενικότερα χωρία Αντί να δώσουμε έναν αυστηρό ορισμόγια τα επιτρεπτά χωρία προτιμάμε να βασιστούμε σε εικόνες Ένα

D D1

D2

Σχήμα 3 Χωρίο όχι τύπου I στο οποίο ισχύει το θεώρημα Green

χωρίο όπως το πρώτο χωρίο στο σχήμα 3 δεν είναι τύπου I Όμωςμπορούμε να το κόψουμε σε δύο τμήματα το D1 και το D2 τα οποίαείναι τύπου I Έτσι σύμϕωνα με το Λήμμα 5 ισχύουν οι σχέσεις

intpartD1

(P0) = minusintintD1

partPpartydxdy

και

intpartD2

(P0) = minusintintD2

partPpartydxdy

11

Το άθροισμα των ολοκληρωμάτων στα δεξιά κάνει

minusintintD1

partPpartydxdy minus

intintD2

partPpartydxdy = minus

intintD

partPpartydxdy

Για το άθροισμα στα αριστερά παρατηρούμε ότι το κομμάτι τουσυνόρου στο οποίο κόψαμε το D τα σύνορα που στο σχήμα εμϕανί-ζονται με μπλε χρώμα έχουν μεταξύ τους αντίθετο προσανατολισμόόταν τα D1 και D2 έχουν και τα δύο τον θετικό προσανατολισμόΟπότε όταν προσθέσουμε τα επικαμπύλια ολοκληρώματα στο partD1

και στο partD2 θα έχουμε απαλοιϕή των επικαμπυλίων ολοκληρωμά-των πάνω στις μπλε καμπύλες Έτσι το αποτέλεσμα θα είναι τοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα πάνω στο partD Αποδείξαμε με αυτόν τοντρόπο ότι και σε τέτοια χωρία που δεν είναι τύπου I ισχύει

intpartD(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Ανάλογη είναι η κατάσταση σε σχέση με το Λήμμα 6 Αν τοχωρίο κόβεται σε κομμάτια τύπου II τότε το Λήμμα 6 συνεχίζει ναισχύειΘα πρέπει να παρατηρήσουμε εδώ ότι το χωρίο μπορεί να είναι

ιδιαίτερα περίπλοκο και να απαιτείται να κοπεί σε πολλά τμήματαόπως για παράδειγμα το χωρίο του σχήματος 4 Για την παρακάτω

Σχήμα 4 Χωρίο που απαιτεί πολλά κοψίματα ώστε κάθε τμήμα τουνα είναι τύπου I ή τύπου II

απόδειξη του θεωρήματος Green θα υποθέσουμε ότι στο χωρίο Dισχύουν και το Λήμμα 5 και το Λήμμα 6Απόδειξη του θεωρήματος Green Έστω ότι το D είναι ένα χωρίο

στον R2 στο οποίο ισχύουν και τα δύο παραπάνω λήμματα Αν

12

F = (PQ) τότε intintD⟨nabla times F k⟩ =

intintD

(partQpartx

minus partPparty

)dxdy

= intpartD(0Q)+

intpartD(P0)

= intpartD(PQ)

= intpartDF

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

61 Απόδειξη του θεωρήματος Stokes

Θα αποδείξουμε το θεώρημα Stokes στην περίπτωση που η επιϕά-νεια παραμετρικοποιείται από μια C2 παραμετρικοποίηση Στην αν-τίθετη περίπτωση το θεώρημα αποδεικνύεται κόβοντας την επιϕά-νεια σε τμήματα όπου το καθένα περιγράϕεται από μία παραμετρι-κοποίηση και στο τέλος αθροίζουμε τους τύπους από κάθε τμήματης όπως κάναμε και στο θεώρημα του Green για χωρία που έπρεπενα κοπούν για να περιγραϕούν ως τύπου I ή IIΑς θέσουμε πρώτα κάποιο συμβολισμό Η F αϕού έχει πεδίο τι-

μών στο R3 έχει τρεις συνιστώσες συναρτήσεις δηλαδή γράϕεταιF = (F1 F2 F3) όπου οι F1 F2 και F3 είναι C1 συναρτήσεις από τηνεπιϕάνεια S στο R Έστω ότι η επιϕάνεια S περιγράϕεται από τηνπαραμετρικοποίηση Φ(uv) D sube R2 rarr S με

Φ(uv) = (Φ1(uv)Φ2(uv)Φ3(uv))

όπου οι Φ1 Φ2 Φ3 είναι C2 συναρτήσεις από το D στο R και γιατο D υποθέτουμε επίσης ότι ισχύει το θεώρημα του Green Θέτουμεεπίσης σ(t) [a b] rarr R2 παραμετρικοποίηση του partD φ(t) = Φ(σ(t))παραμετρικοποίηση του partS και υποθέτουμε ότι όλες οι προηγούμε-νες παραμετρικοποιήσεις διατηρούν τον θετικό προσανατολισμόΤέλος σημειώνουμε ότι θα χρειαστούμε τον κανόνα της αλυσίδας

στην παραγώγιση για συναρτήσεις πολλών μεταβλητώνΗ απόδειξη θα γίνει αποδεικνύοντας πρώτα το θεώρημα στην

ειδική περίπτωση όπου F2 = F3 = 0 οπότε F = (F100) Στη συνέχειααλλάζοντας κυκλικά τους δείκτες (ή επαναλαμβάνοντας τις ίδιεςπράξεις) θα προκύψουν τύποι για τις περιπτώσεις όπου F = (0 F20)και F = (00 F3) Στο τέλος θα προσθέσουμε αυτούς τους τρεις τύ-πουςΞεκινάμε την απόδειξη του θεωρήματος του Stokes από το επιϕα-

νειακό ολοκλήρωμαSnablatimes F =

intintD

⟨(nablatimes F)(Φ(uv)) Tu times Tv⟩ 13

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tu =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

Υπολογίζουμε το nabla times F με τη σχετική ορίζουσα (δες την ορίζουσαπαρακάτω) και το βρίσκουμε ίσο με partF1

partz j minuspartF1party k Έτσι

Snablatimes F =

S

(0partF1

partzminuspartF1

party

)(7)

=intintD

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

F1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(Φ(uv)

)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partupartΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣⟩dudv

=intintD

(minuspartF1

partz(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ3

partvminus partΦ3

partupartΦ1

partv

)

minuspartF1

party(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ2

partvminus partΦ2

partupartΦ1

partv

))dudv

(8)

Κρατάμε αυτή την έκϕραση και στρεϕόμαστε τώρα στο επικαμπύ-λιο ολοκλήρωμα Σκοπός μας είναι με τη βοήθεια της σύνθεσης μετην Φ να περάσουμε από το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partS στοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partD ώστε να χρησιμοποιήσουμε το θε-ώρημα του Green Έχουμε

intpartSF =

int ba

⟨F(φ(t)

)φprime(t)

⟩dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))ddt

(Φ(σ(t)

))dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))(ddtΦ1(σ(t)

)ddtΦ2(σ(t)

)ddtΦ3(σ(t)

))⟩dt

το οποίο επειδή F = (F100) ισούται μεint baF1

(Φ(σ(t)

)) ddtΦ1(σ(t)

)dt

Από τον κανόνα αλυσίδας ισχύει

ddtΦ1(σ(t)

) = ⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩

14

Έτσι παίρνουμε

intpartSF =

int ba

[F1

(Φ(σ(t)

)) middot⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩]dt

=int ba

⟨((F1 Φ)

(partΦ1

partupartΦ1

partv

))(σ(t)

) σ prime(t)

⟩dt

= intpartD

((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)=intpartDΨ

όπου θέσαμε

Ψ =((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)= (Ψ1Ψ2)

Συνεπώς σε αυτό το σημείο μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το θεώ-ρημα Green οπότε

intpartDΨ =

intintD⟨nablatimes Ψ k⟩ dudv

δηλαδή

intpartSF =

intintD

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩dudv

Υπολογίζοντας το τελευταίο εσωτερικό γινόμενο

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ =

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartu

partpartv

partpartw

Ψ1 Ψ2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ k⟩

= partΨ2

partuminus partΨ1

partv

= partpartu

((F1 Φ)partΦ1

partv

)minus partpartv

((F1 Φ)partΦ1

partu

)

=(partpartuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

Οι όροι με τις παραγώγους δεύτερης τάξης διαγράϕονται οπότεκαταλήγουμε στην

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ = ( part

partuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv

)minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu

)

15

Χρησιμοποιώντας τον κανόνα της αλυσίδας βρίσκουμε ότι η τελευ-ταία παράσταση είναι ίση με(

partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partu+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partu

)partΦ1

partv

minus(partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partv+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partv

)partΦ1

partu

Ελέγχουμε εύκολα (άσκηση) ότι αυτοί οι όροι είναι οι ίδιοι που εμ-ϕανίζονται στην (8) και άρα με τη βοήθεια της (7) έχουμε δείξειότι

intpartS(F100) =

partS

(0partF1

partzminuspartF1

party

)

Με όμοιες πράξεις ή εναλλάσσοντας τους δείκτες και τις θέσεις τωνποσοτήτων μέσα στα διανύσματα κυκλικά (x rarr y rarr z rarr x) βλέπουμεότι

intpartS(0 F20) =

partS

(minuspartF2

partz0partF2

partx

)και

intpartS(00 F3) =

partS

(partF3

partyminuspartF3

partx0)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις τρεις τελευταίες σχέσεις οδηγούμαστεστην

intpartS(F1 F2 F3) =

partS

(partF3

partyminus partF2

partzpartF1

partzminus partF3

partxpartF2

partxminus partF1

party

)

Εύκολα ελέγχεται με την γνωστή μας ορίζουσα ότι το διάνυσμαμέσα στο τελευταίο ολοκλήρωμα είναι το nabla times F ολοκληρώνονταςτην απόδειξη

62 Απόδειξη του θεωρήματος Gauss

Ας υποθέσουμε για να απλοποιήσουμε λίγο την απόδειξη ότι το σύ-νορο του Ω είναι C2 Θα χρησιμοποιήσουμε δύο ισχυρισμούς που δενθα αποδείξουμε σε αυτό το μάθημα Όμως πρώτον θα είναι πειστι-κοί και δεύτερον ο ενδιαϕερόμενος αναγνώστης μπορεί να καταϕύ-γει σε ένα βιβλίο διαϕορικής γεωμετρίας για τις πλήρεις λεπτομέ-ρειεςΘα είναι ευκολότερο για την απόδειξη αντί να χρησιμοποιήσουμε

τα x y και z για τις συντεταγμένες ενός διανύσματος τον R3 ναγράϕουμε x1 x2 x3 Έτσι αν F = (F1 F2 F3) το ζητούμενο είναι νααποδείξουμε ότιintintint

Ω

(partF1

partx1+ partF2

partx2+ partF3

partx3

)dx1dx2dx3 =

partΩ(F1 F2 F3)

16

Οι δύο ισχυρισμοί στους οποίους αναϕερθήκαμε παραπάνω είναιοι εξήςΙσχυρισμός 1 Το Ω είναι δυνατόν να γραϕτεί ως ένωση ευκλεί-

δειων δίσκων αρκετά μικρής ακτίνας ώστε αν B ένας τέτοιος δί-σκος ο οποίος τέμνει το σύνορο του Ω τότε το B capΩ να γράϕεται(όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5) με τη βοήθεια του γραϕήματος μιαςσυνάρτησης φ D sube R2 rarr R είτε ως

(I) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 lt φ(x1 x3) είτε ως

(II) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 lt φ(x1 x2) είτε ως

(III) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 gt φ(x2 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 lt φ(x2 x3)

B1

B2 B3 B4

x2

x3

x1

B1 = (x1 x2 x3) isin B1 x2 gt ϕ1(x1 x3)

B2 = (x1 x2 x3) isin B2 x3 lt ϕ2(x1 x2)

B3 = (x1 x2 x3) isin B3 x3 gt ϕ3(x1 x2)

B4 = (x1 x2 x3) isin B4 x2 lt ϕ4(x1 x3)

για διαφορετικές συναρτήσεις ϕ1 ϕ2 ϕ3

και ϕ4 από το R2 στο R

Σχήμα 5 Διάϕορες περιπτώσεις τομών ευκλείδειων δίσκων με τοσύνορο του Ω

Όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5 το αν η περιγραϕή θα είναι όπωςστην περίπτωση (I) ή στην περίπτωση (II) ή στην (III) έχει να κάνειμε το που βρίσκεται ο δίσκος B σε σχέση με το σύνορο του ΩΤο ότι το παραπάνω είναι εϕικτό σχετίζεται με το ότι το Ω είναι

κλειστό και ϕραγμένο καθώς και με το ότι το σύνορό του είναι C2Δεν θα μπούμε όμως σε λεπτομέρειες απόδειξηςΙσχυρισμός 2 Το παρακάτω είναι ένα πολύ ισχυρό εργαλείο το

οποίο ονομάζεται διαμέριση της μονάδαςΈστω B1 B2 BN οι ευκλείδειοι δίσκοι που περιγράϕει ο Ισχυρι-

σμός 1 Υπάρχουν συναρτήσεις ψ1 ψ2 ψN οι οποίες είναι C1 καιικανοποιούν τις εξής συνθήκες

bull sumNj=1ψj = 1 πάνω στο Ω

bull ψj∣∣∣R3Bj

= 0 για κάθε j = 1 2 N

17

Αυτός ο ισχυρισμός δεν είναι τόσο δύσκολος όσο ίσως ακούγεταιΑπλά βρίσκει κανείς συναρτήσεις που να ικανοποιούν τη δεύτερησυνθήκη και πάνω στο Ω να έχουν θετικό άθροισμα (κάντε ένα σχή-μα) Τέλος διαιρούμε κάθε συνάρτηση με το άθροισμά τους ώστε ναικανοποιείται και η πρώτη συνθήκη

Είμαστε τώρα έτοιμοι να ξεκινήσουμε την απόδειξη Αρκεί νααποδείξουμε ότι intintint

Ω

partF1

partx1dx1dx2dx3 =

partΩ(F100)intintint

Ω

partF2

partx2dx1dx2dx3 =

partΩ(0 F20)intintint

Ω

partF3

partx3dx1dx2dx3 =

partΩ(00 F3)

διότι μετά απλώς θα προσθέσουμε κατά μέλη Η απόδειξη αυτώνείναι ίδια οπότε αρκεί για παράδειγμα να αποδείξουμε την τελευ-ταία Απλοποιώντας περαιτέρω θα γράϕουμε f αντί για F3 οπότεπρέπει να αποδείξουμε ότιintintint

Ω

partfpartx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00 f )

Θα κάνουμε ακόμα μια απλοποίησηΈστω Bj j = 1 2 N ένας από τους δίσκους του Ισχυρισμού 1

και ψj οι αντίστοιχες συναρτήσεις από τον Ισχυρισμό 2 Αν απο-δείξουμε ότι intintint

Ω

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00ψjf)

για κάθε j μετά θα προσθέσουμε κατά μέλη για όλα τα j και επει-δή το άθροισμα των ψj πάνω στο Ω ισούται με 1 θα πάρουμε τοζητούμενο Τώρα η ψj είναι μηδέν έξω από το Bj σύμϕωνα με τονΙσχυρισμό 2 οπότε η παραπάνω ολοκλήρωση είναι στην πραγματι-κότητα ολοκλήρωση πάνω στο Bj cap Ω και το επιϕανειακό ολοκλή-ρωμα είναι πάνω στο Bj cap partΩ Δηλαδή ζητάμε να ισχύειintintint

BjcapΩ

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =BjcappartΩ

(00ψjf)

Για να μην γράϕουμε λοιπόν συνεχώς ψjf κάνουμε την εξής απλο-ποίηση επειδή η ψj μηδενίζεται έξω από το Bj και άρα και η ψjf αρκεί να αποδείξουμε ότιintintint

R3

partfpartx3

dx1dx2dx3 =BcappartΩ

(00 f ) (9)

όπου B ευκλείδειος δίσκος από τον Ισχυρισμό 1 και f μια C1 συνάρ-τηση που μηδενίζεται έξω από το B Παρατηρούμε ότι επειδή η f

18

είναι συνεχής (ως C1) είναι αναγκαστικά μηδέν και στο σύνορο τουBΠερίπτωση 1 Το B δεν τέμνει το σύνορο του Ω δηλαδή είναι μέ-

σα στο εσωτερικό Ω Αυτή η περίπτωση αντιμετωπίζεται εύκολαδιότι στα αριστερά της (9) ολοκληρώνουμε πρώτα ως x3 και χρη-σιμοποιούμε ότι η f είναι μηδέν εκτός του Bintintint

R3

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintR2f(x1 x2 x3)

∣∣∣x3=+infinx3=minusinfin

dx2dx1 = 0

Αλλά μηδέν είναι και το δεξιό μέρος της (9) αϕού B cap partΩ = emptyΠερίπτωση 2 Το B τέμνει το σύνορο του Ω Έτσι έχουμε τις

περιπτώσεις I ή II ή III της σελίδας 17 Αν ισχύουν οι περιπτώσειςμε τις ανισότητες lt η αντιμετώπιση είναι ίδια με τις περιπτώσειςόπου ισχύει η gt Επειδή η f βρίσκεται στην τρίτη συντεταγμένηστο (00 f ) οι περιπτώσεις I και III αντιμετωπίζονται με τον ίδιοτρόπο Οπότε θα ασχοληθούμε μόνο με τις περιπτώσεις

B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

καιB capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)intintintΩ

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x2)

partfpartx3

)dx3dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Δείχνουμε τώρα ότι το τελευταίο ολοκλήρωμα ισούται με το

B

BcapΩ

capϕ

x3

Σχήμα 6 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

19

BcappartΩ

(00 f )

Η παραμετρικοποίηση του Bcap partΩ είναι η Φ(x1 x2φ(x1 x2))Υπολογί-

ζουμε με την γνωστή ορίζουσα το Tx1 times Tx2 και βρίσκουμε

Tx1 times Tx2 = minuspartφpartx1

iminus partφpartx2

j + k

Φανερά ⟨Tx1 times Tx2 k⟩ gt 0 οπότε (δες σχήμα 6) η Φ αντιστρέϕει τονπροσανατολισμό Συνεπώς

BcappartΩ(00 f ) = minus

intD⟨(00 f )(Φ(x1 x2) Tx1 times Tx2⟩dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)Η παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας του partΩ μέσα στο B είναι

τώρα η Φ(x1 x3) =(x1φ(x1 x3) x3

)και υπολογίζοντας με την ορί-

ζουσα βρίσκουμε ότι

Tx1 times Tx3 =partφpartx1

iminus j + partφpartx3

Προϕανώς ⟨Tx1 times Tx3 j⟩ = minus1 lt 0 άρα (δες σχήμα 7) η παραμετρικο-ποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό Θέλοντας να υπολογίσουμε

B

BcapΩcap

ϕ

x2

Σχήμα 7 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

τοintintintBcapΩ partfpartx3 dx3dx2dx1 θα ήταν εύκολη δουλειά αν μπορούσα-

με να ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς x3 αϕού θα μπορούσαμενα χρησιμοποιήσουμε το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λο-γισμού όπως στην προηγούμενη υποπερίπτωση Όμως τώρα δεν

20

ξέρουμε πού κινείται το x3 αλλά το x2 (συγκεκριμένα x2 gt φ(x1 x3))Παρόλα αυτά θα επιμείνουμε η πρώτη ολοκλήρωση πρέπει να γίνειως προς μεταβλητή που γνωρίζουμε τα άκρα μεταβολής Οπότε θαεπιχειρήσουμε να αλλάξουμε το partx3 σε partx2 στην προς ολοκλήρωσηποσότητα Για να το πετύχουμε αυτό αλλάζουμε μεταβλητή Θέ-τουμε x2 = φ(x1 x3) + t Όταν x2 = φ(x1 x3) το t = 0 Και βεβαίωςdx2 = dt Έτσιintintint

BcapΩpartfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x3)

partfpartx3

(x1 x2 x3)dx2

)dx1dx2

=intintD

(intinfin0

partfpartx3

(x1φ(x1 x2)+ t x3)dt)dx2dx3

=intintint

R2times(0infin)partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)dtdx1dx3

(10)

Από τον κανόνα της αλυσίδας

partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

)) =⟨nablaf part

partx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)= partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)+ partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partfpartx3

(x1 x3)

Άρα η προς ολοκλήρωση ποσότητα στην (10) γράϕεται

partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) = partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))minus partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partφpartx3

(x1 x3)

Έτσι από την (10) προκύπτουν δύο ολοκληρώματα Το πλεονέκτημααπό αυτή τη διαδικασία είναι ότι το δεύτερο ολοκλήρωμα περιέχειτην partfpartx2 και για το x2 ξέρουμε άκρα ολοκλήρωσης Το πρώτοολοκλήρωμα είναι τοintint

D

intinfinminusinfin

partfpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))dx3dx2dx1 = 0

αϕού η f είναι μηδέν έξω από το BΤο δεύτερο ολοκλήρωμα είναι τοintintint

R2times(0infin)

(minus partφpartx3

(x1 x3)partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3))dx1dx3dt

Επανερχόμαστε τώρα στη μεταβλητή x2 αλλάζοντας ξανά μεταβλη-τή θέτοντας t = x2 minus φ(x1 x3) Οπότε παίρνουμε ότι το τελευταίοολοκλήρωμα είναι ίσο μεintint

R2

(minus partφpartx3

(x1 x3))(intinfin

φ(x1x3)

partfpartx2

dx2

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

21

Το τελευταίο ολοκλήρωμα όμως είναι ίσο με τοBcappartΩ(00 f ) διότι

BcappartΩ(00 f ) =

intintR2

⟨(00 f )(x1φ(x1 x3) x3) Tx1 times Tx3

⟩dx1dx3

=intintR2

⟨(00 f

(x1φ(x1 x3) x3

))(partφpartx1

minus1partφpartx3

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

Αντωνης Τσολομυτης Πανεπιστήμιο Αιγαίου Τμήμα Μαθηματικών83200 Καρλόβασι Σάμος Email antonistsolomitisgmailcom

22

32 Το θεώρημα του Gauss

Θεωρούμε Ω ένα κλειστό και ϕραγμένο υποσύνολο του R3 το οποίοέχει κατά τμήματα C2 σύνορο partΩ Θεωρούμε επίσης ότι το partΩ είναιπροσανατολισμένο με τη θετική ϕορά δηλαδή με το laquoπρος τα έξωraquoαπό το Ω διάνυσμα Αν F διανυσματική C1 συνάρτηση στο Ω τότε

το χωρικό (τριπλό) ολοκλήρωμα μιας laquoκατάλληλης πα-ραγώγουraquo της F υπολογίζεται από τις τιμές της F στοσύνορο partΩ του χωρίου Ω Δηλαδή σε πλήρη αναλογίαμε τον τύπο (3) ισχύει ένας τύπος της μορϕήςintintint

ΩlaquoF primeraquo =

partΩF

όπου το δεύτερο ολοκλήρωμα είναι το επιϕανειακό ολο-κλήρωμα της F στο partΩ

Το μόνο που μένει να διευκρινιστεί και πάλι είναι ποια είναι ηlaquoκατάλληλη παράγωγοςraquo της F ώστε να ισχύει ο παραπάνω τύπος

Θεώρημα 32 (απόκλισης του Gauss) Έστω ότι το Ω είναι ένα υπο-σύνολο του R3 κλειστό και ϕραγμένο με κατά τμήματα C2 σύνοροpartΩ Τότε αν η F με πεδίο τιμών το R3 είναι C1 συνάρτηση στο Ωισχύει intintint

Ω⟨nabla F⟩ =

partΩF

Η laquoκατάλληλη παράγωγοςraquo δηλαδή εδώ είναι η ποσότητα ⟨nabla F⟩Υπενθυμίζουμε ότι για να υπολογιστεί το επιϕανειακό ολοκλήρωμαχρειαζόμαστε μια 1-1 και κατά τμήματα C2 παραμετρικοποίηση Φ =(Φ1Φ2Φ3) D sube R2 rarr partΩ της επιϕάνειας partΩ οπότε

partΩF =

intintD⟨nabla times F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tv =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

4 Αποδείξεις

41 Απόδειξη του θεωρήματος Green

Όπως είπαμε και στο τέλος της υποενότητας 311 η παρουσίασητου θεωρήματος Green ως συνέπεια του θεωρήματος Stokes έγινε γιακαθαρά διδακτικούς λόγους Ξεκινάμε με την απόδειξη του θεωρή-ματος Green

9

Λήμμα 5 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου I C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και P D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Απόδειξη Αϕού το χωρίο είναι τύπου I υπάρχουν συνεχείς συ-ναρτήσεις φ1 φ2 [a b]rarr R ώστε

D = (xy) a le x le bφ1(x) le y leφ2(x)

Οπότε το διπλό ολοκλήρωμα από το θεμελιώδες θεώρημα του Απει-ροστικού Λογισμού ισούται μεintint

D

partP(qu)party

dydx =int ba

(intφ2(x)

φ1(x)

partP(xy)party

dy)dx

=int ba

(P(xφ2(x)

)minus P(xφ1(x)))dx

Τα(xφ1(x)

)για x isin [a b] παραμετρικοποιούν την C1 με τη δηλω-

μένη ϕορά (δες σχήμα 2) οπότεint baP(xφ1(x)

)dx =

intC1

(P0)

Ομοίως τα(xφ1(x)

)για x isin [a b] παραμετρικοποιούν την C2 με

a b

ϕ1

ϕ2

C1

C2

B1

B2

D

Σχήμα 2 Χωρίο τύπου I

την αντίθετη ϕορά οπότεint baP(xφ2(x)

)dx = minus

intC2

(P0)

Έτσι καταλήγουμε στη σχέσηintintD

partPpartydydx = minus

intC1cupC2

(P0) (6)

10

Επειδή το x είναι σταθερό στα ευθύγραμμα τμήματα B1 και B2 συ-νεπάγεται ότι

intB1(P0) =

intB1(P0) = 0 για παράδειγμα B1 = (ay)

φ1(a) le y le φ2(a) δηλαδή παραμετρικοποιείται από την σ1(t) =(a t) για t isin [φ1(a)φ2(a)] και έτσι σ prime1(t) = (01) συνεπώς

intB1

(P0) =intφ2(a)

φ1(a)

⟨(P0)(ay) (01)

⟩dy = 0

Προσθέτοντας τα μηδενικά ολοκληρώματα στις B1 και B2 στην (6)παίρνουμε intint

D

partPpartydxdy = minus

intC(P0)

Με τον ίδιο ακριβώς τρόπο αποδεικνύεται και το ακόλουθο

Λήμμα 6 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου II C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και Q D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(0Q) =

intintD

partQpartxdxdy

Τα δύο παραπάνω λήμματα έχουν πολύ ισχυρούς περιορισμούςγια το χωρίο D Συγκεκριμένα απαιτούν το χωρίο να είναι τύπου Iκαι τύπου II αντίστοιχα Μπορούμε να αποδείξουμε τα ίδια αποτελέ-σματα σε γενικότερα χωρία Αντί να δώσουμε έναν αυστηρό ορισμόγια τα επιτρεπτά χωρία προτιμάμε να βασιστούμε σε εικόνες Ένα

D D1

D2

Σχήμα 3 Χωρίο όχι τύπου I στο οποίο ισχύει το θεώρημα Green

χωρίο όπως το πρώτο χωρίο στο σχήμα 3 δεν είναι τύπου I Όμωςμπορούμε να το κόψουμε σε δύο τμήματα το D1 και το D2 τα οποίαείναι τύπου I Έτσι σύμϕωνα με το Λήμμα 5 ισχύουν οι σχέσεις

intpartD1

(P0) = minusintintD1

partPpartydxdy

και

intpartD2

(P0) = minusintintD2

partPpartydxdy

11

Το άθροισμα των ολοκληρωμάτων στα δεξιά κάνει

minusintintD1

partPpartydxdy minus

intintD2

partPpartydxdy = minus

intintD

partPpartydxdy

Για το άθροισμα στα αριστερά παρατηρούμε ότι το κομμάτι τουσυνόρου στο οποίο κόψαμε το D τα σύνορα που στο σχήμα εμϕανί-ζονται με μπλε χρώμα έχουν μεταξύ τους αντίθετο προσανατολισμόόταν τα D1 και D2 έχουν και τα δύο τον θετικό προσανατολισμόΟπότε όταν προσθέσουμε τα επικαμπύλια ολοκληρώματα στο partD1

και στο partD2 θα έχουμε απαλοιϕή των επικαμπυλίων ολοκληρωμά-των πάνω στις μπλε καμπύλες Έτσι το αποτέλεσμα θα είναι τοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα πάνω στο partD Αποδείξαμε με αυτόν τοντρόπο ότι και σε τέτοια χωρία που δεν είναι τύπου I ισχύει

intpartD(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Ανάλογη είναι η κατάσταση σε σχέση με το Λήμμα 6 Αν τοχωρίο κόβεται σε κομμάτια τύπου II τότε το Λήμμα 6 συνεχίζει ναισχύειΘα πρέπει να παρατηρήσουμε εδώ ότι το χωρίο μπορεί να είναι

ιδιαίτερα περίπλοκο και να απαιτείται να κοπεί σε πολλά τμήματαόπως για παράδειγμα το χωρίο του σχήματος 4 Για την παρακάτω

Σχήμα 4 Χωρίο που απαιτεί πολλά κοψίματα ώστε κάθε τμήμα τουνα είναι τύπου I ή τύπου II

απόδειξη του θεωρήματος Green θα υποθέσουμε ότι στο χωρίο Dισχύουν και το Λήμμα 5 και το Λήμμα 6Απόδειξη του θεωρήματος Green Έστω ότι το D είναι ένα χωρίο

στον R2 στο οποίο ισχύουν και τα δύο παραπάνω λήμματα Αν

12

F = (PQ) τότε intintD⟨nabla times F k⟩ =

intintD

(partQpartx

minus partPparty

)dxdy

= intpartD(0Q)+

intpartD(P0)

= intpartD(PQ)

= intpartDF

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

61 Απόδειξη του θεωρήματος Stokes

Θα αποδείξουμε το θεώρημα Stokes στην περίπτωση που η επιϕά-νεια παραμετρικοποιείται από μια C2 παραμετρικοποίηση Στην αν-τίθετη περίπτωση το θεώρημα αποδεικνύεται κόβοντας την επιϕά-νεια σε τμήματα όπου το καθένα περιγράϕεται από μία παραμετρι-κοποίηση και στο τέλος αθροίζουμε τους τύπους από κάθε τμήματης όπως κάναμε και στο θεώρημα του Green για χωρία που έπρεπενα κοπούν για να περιγραϕούν ως τύπου I ή IIΑς θέσουμε πρώτα κάποιο συμβολισμό Η F αϕού έχει πεδίο τι-

μών στο R3 έχει τρεις συνιστώσες συναρτήσεις δηλαδή γράϕεταιF = (F1 F2 F3) όπου οι F1 F2 και F3 είναι C1 συναρτήσεις από τηνεπιϕάνεια S στο R Έστω ότι η επιϕάνεια S περιγράϕεται από τηνπαραμετρικοποίηση Φ(uv) D sube R2 rarr S με

Φ(uv) = (Φ1(uv)Φ2(uv)Φ3(uv))

όπου οι Φ1 Φ2 Φ3 είναι C2 συναρτήσεις από το D στο R και γιατο D υποθέτουμε επίσης ότι ισχύει το θεώρημα του Green Θέτουμεεπίσης σ(t) [a b] rarr R2 παραμετρικοποίηση του partD φ(t) = Φ(σ(t))παραμετρικοποίηση του partS και υποθέτουμε ότι όλες οι προηγούμε-νες παραμετρικοποιήσεις διατηρούν τον θετικό προσανατολισμόΤέλος σημειώνουμε ότι θα χρειαστούμε τον κανόνα της αλυσίδας

στην παραγώγιση για συναρτήσεις πολλών μεταβλητώνΗ απόδειξη θα γίνει αποδεικνύοντας πρώτα το θεώρημα στην

ειδική περίπτωση όπου F2 = F3 = 0 οπότε F = (F100) Στη συνέχειααλλάζοντας κυκλικά τους δείκτες (ή επαναλαμβάνοντας τις ίδιεςπράξεις) θα προκύψουν τύποι για τις περιπτώσεις όπου F = (0 F20)και F = (00 F3) Στο τέλος θα προσθέσουμε αυτούς τους τρεις τύ-πουςΞεκινάμε την απόδειξη του θεωρήματος του Stokes από το επιϕα-

νειακό ολοκλήρωμαSnablatimes F =

intintD

⟨(nablatimes F)(Φ(uv)) Tu times Tv⟩ 13

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tu =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

Υπολογίζουμε το nabla times F με τη σχετική ορίζουσα (δες την ορίζουσαπαρακάτω) και το βρίσκουμε ίσο με partF1

partz j minuspartF1party k Έτσι

Snablatimes F =

S

(0partF1

partzminuspartF1

party

)(7)

=intintD

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

F1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(Φ(uv)

)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partupartΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣⟩dudv

=intintD

(minuspartF1

partz(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ3

partvminus partΦ3

partupartΦ1

partv

)

minuspartF1

party(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ2

partvminus partΦ2

partupartΦ1

partv

))dudv

(8)

Κρατάμε αυτή την έκϕραση και στρεϕόμαστε τώρα στο επικαμπύ-λιο ολοκλήρωμα Σκοπός μας είναι με τη βοήθεια της σύνθεσης μετην Φ να περάσουμε από το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partS στοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partD ώστε να χρησιμοποιήσουμε το θε-ώρημα του Green Έχουμε

intpartSF =

int ba

⟨F(φ(t)

)φprime(t)

⟩dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))ddt

(Φ(σ(t)

))dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))(ddtΦ1(σ(t)

)ddtΦ2(σ(t)

)ddtΦ3(σ(t)

))⟩dt

το οποίο επειδή F = (F100) ισούται μεint baF1

(Φ(σ(t)

)) ddtΦ1(σ(t)

)dt

Από τον κανόνα αλυσίδας ισχύει

ddtΦ1(σ(t)

) = ⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩

14

Έτσι παίρνουμε

intpartSF =

int ba

[F1

(Φ(σ(t)

)) middot⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩]dt

=int ba

⟨((F1 Φ)

(partΦ1

partupartΦ1

partv

))(σ(t)

) σ prime(t)

⟩dt

= intpartD

((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)=intpartDΨ

όπου θέσαμε

Ψ =((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)= (Ψ1Ψ2)

Συνεπώς σε αυτό το σημείο μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το θεώ-ρημα Green οπότε

intpartDΨ =

intintD⟨nablatimes Ψ k⟩ dudv

δηλαδή

intpartSF =

intintD

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩dudv

Υπολογίζοντας το τελευταίο εσωτερικό γινόμενο

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ =

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartu

partpartv

partpartw

Ψ1 Ψ2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ k⟩

= partΨ2

partuminus partΨ1

partv

= partpartu

((F1 Φ)partΦ1

partv

)minus partpartv

((F1 Φ)partΦ1

partu

)

=(partpartuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

Οι όροι με τις παραγώγους δεύτερης τάξης διαγράϕονται οπότεκαταλήγουμε στην

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ = ( part

partuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv

)minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu

)

15

Χρησιμοποιώντας τον κανόνα της αλυσίδας βρίσκουμε ότι η τελευ-ταία παράσταση είναι ίση με(

partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partu+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partu

)partΦ1

partv

minus(partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partv+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partv

)partΦ1

partu

Ελέγχουμε εύκολα (άσκηση) ότι αυτοί οι όροι είναι οι ίδιοι που εμ-ϕανίζονται στην (8) και άρα με τη βοήθεια της (7) έχουμε δείξειότι

intpartS(F100) =

partS

(0partF1

partzminuspartF1

party

)

Με όμοιες πράξεις ή εναλλάσσοντας τους δείκτες και τις θέσεις τωνποσοτήτων μέσα στα διανύσματα κυκλικά (x rarr y rarr z rarr x) βλέπουμεότι

intpartS(0 F20) =

partS

(minuspartF2

partz0partF2

partx

)και

intpartS(00 F3) =

partS

(partF3

partyminuspartF3

partx0)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις τρεις τελευταίες σχέσεις οδηγούμαστεστην

intpartS(F1 F2 F3) =

partS

(partF3

partyminus partF2

partzpartF1

partzminus partF3

partxpartF2

partxminus partF1

party

)

Εύκολα ελέγχεται με την γνωστή μας ορίζουσα ότι το διάνυσμαμέσα στο τελευταίο ολοκλήρωμα είναι το nabla times F ολοκληρώνονταςτην απόδειξη

62 Απόδειξη του θεωρήματος Gauss

Ας υποθέσουμε για να απλοποιήσουμε λίγο την απόδειξη ότι το σύ-νορο του Ω είναι C2 Θα χρησιμοποιήσουμε δύο ισχυρισμούς που δενθα αποδείξουμε σε αυτό το μάθημα Όμως πρώτον θα είναι πειστι-κοί και δεύτερον ο ενδιαϕερόμενος αναγνώστης μπορεί να καταϕύ-γει σε ένα βιβλίο διαϕορικής γεωμετρίας για τις πλήρεις λεπτομέ-ρειεςΘα είναι ευκολότερο για την απόδειξη αντί να χρησιμοποιήσουμε

τα x y και z για τις συντεταγμένες ενός διανύσματος τον R3 ναγράϕουμε x1 x2 x3 Έτσι αν F = (F1 F2 F3) το ζητούμενο είναι νααποδείξουμε ότιintintint

Ω

(partF1

partx1+ partF2

partx2+ partF3

partx3

)dx1dx2dx3 =

partΩ(F1 F2 F3)

16

Οι δύο ισχυρισμοί στους οποίους αναϕερθήκαμε παραπάνω είναιοι εξήςΙσχυρισμός 1 Το Ω είναι δυνατόν να γραϕτεί ως ένωση ευκλεί-

δειων δίσκων αρκετά μικρής ακτίνας ώστε αν B ένας τέτοιος δί-σκος ο οποίος τέμνει το σύνορο του Ω τότε το B capΩ να γράϕεται(όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5) με τη βοήθεια του γραϕήματος μιαςσυνάρτησης φ D sube R2 rarr R είτε ως

(I) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 lt φ(x1 x3) είτε ως

(II) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 lt φ(x1 x2) είτε ως

(III) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 gt φ(x2 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 lt φ(x2 x3)

B1

B2 B3 B4

x2

x3

x1

B1 = (x1 x2 x3) isin B1 x2 gt ϕ1(x1 x3)

B2 = (x1 x2 x3) isin B2 x3 lt ϕ2(x1 x2)

B3 = (x1 x2 x3) isin B3 x3 gt ϕ3(x1 x2)

B4 = (x1 x2 x3) isin B4 x2 lt ϕ4(x1 x3)

για διαφορετικές συναρτήσεις ϕ1 ϕ2 ϕ3

και ϕ4 από το R2 στο R

Σχήμα 5 Διάϕορες περιπτώσεις τομών ευκλείδειων δίσκων με τοσύνορο του Ω

Όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5 το αν η περιγραϕή θα είναι όπωςστην περίπτωση (I) ή στην περίπτωση (II) ή στην (III) έχει να κάνειμε το που βρίσκεται ο δίσκος B σε σχέση με το σύνορο του ΩΤο ότι το παραπάνω είναι εϕικτό σχετίζεται με το ότι το Ω είναι

κλειστό και ϕραγμένο καθώς και με το ότι το σύνορό του είναι C2Δεν θα μπούμε όμως σε λεπτομέρειες απόδειξηςΙσχυρισμός 2 Το παρακάτω είναι ένα πολύ ισχυρό εργαλείο το

οποίο ονομάζεται διαμέριση της μονάδαςΈστω B1 B2 BN οι ευκλείδειοι δίσκοι που περιγράϕει ο Ισχυρι-

σμός 1 Υπάρχουν συναρτήσεις ψ1 ψ2 ψN οι οποίες είναι C1 καιικανοποιούν τις εξής συνθήκες

bull sumNj=1ψj = 1 πάνω στο Ω

bull ψj∣∣∣R3Bj

= 0 για κάθε j = 1 2 N

17

Αυτός ο ισχυρισμός δεν είναι τόσο δύσκολος όσο ίσως ακούγεταιΑπλά βρίσκει κανείς συναρτήσεις που να ικανοποιούν τη δεύτερησυνθήκη και πάνω στο Ω να έχουν θετικό άθροισμα (κάντε ένα σχή-μα) Τέλος διαιρούμε κάθε συνάρτηση με το άθροισμά τους ώστε ναικανοποιείται και η πρώτη συνθήκη

Είμαστε τώρα έτοιμοι να ξεκινήσουμε την απόδειξη Αρκεί νααποδείξουμε ότι intintint

Ω

partF1

partx1dx1dx2dx3 =

partΩ(F100)intintint

Ω

partF2

partx2dx1dx2dx3 =

partΩ(0 F20)intintint

Ω

partF3

partx3dx1dx2dx3 =

partΩ(00 F3)

διότι μετά απλώς θα προσθέσουμε κατά μέλη Η απόδειξη αυτώνείναι ίδια οπότε αρκεί για παράδειγμα να αποδείξουμε την τελευ-ταία Απλοποιώντας περαιτέρω θα γράϕουμε f αντί για F3 οπότεπρέπει να αποδείξουμε ότιintintint

Ω

partfpartx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00 f )

Θα κάνουμε ακόμα μια απλοποίησηΈστω Bj j = 1 2 N ένας από τους δίσκους του Ισχυρισμού 1

και ψj οι αντίστοιχες συναρτήσεις από τον Ισχυρισμό 2 Αν απο-δείξουμε ότι intintint

Ω

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00ψjf)

για κάθε j μετά θα προσθέσουμε κατά μέλη για όλα τα j και επει-δή το άθροισμα των ψj πάνω στο Ω ισούται με 1 θα πάρουμε τοζητούμενο Τώρα η ψj είναι μηδέν έξω από το Bj σύμϕωνα με τονΙσχυρισμό 2 οπότε η παραπάνω ολοκλήρωση είναι στην πραγματι-κότητα ολοκλήρωση πάνω στο Bj cap Ω και το επιϕανειακό ολοκλή-ρωμα είναι πάνω στο Bj cap partΩ Δηλαδή ζητάμε να ισχύειintintint

BjcapΩ

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =BjcappartΩ

(00ψjf)

Για να μην γράϕουμε λοιπόν συνεχώς ψjf κάνουμε την εξής απλο-ποίηση επειδή η ψj μηδενίζεται έξω από το Bj και άρα και η ψjf αρκεί να αποδείξουμε ότιintintint

R3

partfpartx3

dx1dx2dx3 =BcappartΩ

(00 f ) (9)

όπου B ευκλείδειος δίσκος από τον Ισχυρισμό 1 και f μια C1 συνάρ-τηση που μηδενίζεται έξω από το B Παρατηρούμε ότι επειδή η f

18

είναι συνεχής (ως C1) είναι αναγκαστικά μηδέν και στο σύνορο τουBΠερίπτωση 1 Το B δεν τέμνει το σύνορο του Ω δηλαδή είναι μέ-

σα στο εσωτερικό Ω Αυτή η περίπτωση αντιμετωπίζεται εύκολαδιότι στα αριστερά της (9) ολοκληρώνουμε πρώτα ως x3 και χρη-σιμοποιούμε ότι η f είναι μηδέν εκτός του Bintintint

R3

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintR2f(x1 x2 x3)

∣∣∣x3=+infinx3=minusinfin

dx2dx1 = 0

Αλλά μηδέν είναι και το δεξιό μέρος της (9) αϕού B cap partΩ = emptyΠερίπτωση 2 Το B τέμνει το σύνορο του Ω Έτσι έχουμε τις

περιπτώσεις I ή II ή III της σελίδας 17 Αν ισχύουν οι περιπτώσειςμε τις ανισότητες lt η αντιμετώπιση είναι ίδια με τις περιπτώσειςόπου ισχύει η gt Επειδή η f βρίσκεται στην τρίτη συντεταγμένηστο (00 f ) οι περιπτώσεις I και III αντιμετωπίζονται με τον ίδιοτρόπο Οπότε θα ασχοληθούμε μόνο με τις περιπτώσεις

B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

καιB capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)intintintΩ

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x2)

partfpartx3

)dx3dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Δείχνουμε τώρα ότι το τελευταίο ολοκλήρωμα ισούται με το

B

BcapΩ

capϕ

x3

Σχήμα 6 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

19

BcappartΩ

(00 f )

Η παραμετρικοποίηση του Bcap partΩ είναι η Φ(x1 x2φ(x1 x2))Υπολογί-

ζουμε με την γνωστή ορίζουσα το Tx1 times Tx2 και βρίσκουμε

Tx1 times Tx2 = minuspartφpartx1

iminus partφpartx2

j + k

Φανερά ⟨Tx1 times Tx2 k⟩ gt 0 οπότε (δες σχήμα 6) η Φ αντιστρέϕει τονπροσανατολισμό Συνεπώς

BcappartΩ(00 f ) = minus

intD⟨(00 f )(Φ(x1 x2) Tx1 times Tx2⟩dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)Η παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας του partΩ μέσα στο B είναι

τώρα η Φ(x1 x3) =(x1φ(x1 x3) x3

)και υπολογίζοντας με την ορί-

ζουσα βρίσκουμε ότι

Tx1 times Tx3 =partφpartx1

iminus j + partφpartx3

Προϕανώς ⟨Tx1 times Tx3 j⟩ = minus1 lt 0 άρα (δες σχήμα 7) η παραμετρικο-ποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό Θέλοντας να υπολογίσουμε

B

BcapΩcap

ϕ

x2

Σχήμα 7 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

τοintintintBcapΩ partfpartx3 dx3dx2dx1 θα ήταν εύκολη δουλειά αν μπορούσα-

με να ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς x3 αϕού θα μπορούσαμενα χρησιμοποιήσουμε το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λο-γισμού όπως στην προηγούμενη υποπερίπτωση Όμως τώρα δεν

20

ξέρουμε πού κινείται το x3 αλλά το x2 (συγκεκριμένα x2 gt φ(x1 x3))Παρόλα αυτά θα επιμείνουμε η πρώτη ολοκλήρωση πρέπει να γίνειως προς μεταβλητή που γνωρίζουμε τα άκρα μεταβολής Οπότε θαεπιχειρήσουμε να αλλάξουμε το partx3 σε partx2 στην προς ολοκλήρωσηποσότητα Για να το πετύχουμε αυτό αλλάζουμε μεταβλητή Θέ-τουμε x2 = φ(x1 x3) + t Όταν x2 = φ(x1 x3) το t = 0 Και βεβαίωςdx2 = dt Έτσιintintint

BcapΩpartfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x3)

partfpartx3

(x1 x2 x3)dx2

)dx1dx2

=intintD

(intinfin0

partfpartx3

(x1φ(x1 x2)+ t x3)dt)dx2dx3

=intintint

R2times(0infin)partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)dtdx1dx3

(10)

Από τον κανόνα της αλυσίδας

partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

)) =⟨nablaf part

partx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)= partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)+ partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partfpartx3

(x1 x3)

Άρα η προς ολοκλήρωση ποσότητα στην (10) γράϕεται

partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) = partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))minus partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partφpartx3

(x1 x3)

Έτσι από την (10) προκύπτουν δύο ολοκληρώματα Το πλεονέκτημααπό αυτή τη διαδικασία είναι ότι το δεύτερο ολοκλήρωμα περιέχειτην partfpartx2 και για το x2 ξέρουμε άκρα ολοκλήρωσης Το πρώτοολοκλήρωμα είναι τοintint

D

intinfinminusinfin

partfpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))dx3dx2dx1 = 0

αϕού η f είναι μηδέν έξω από το BΤο δεύτερο ολοκλήρωμα είναι τοintintint

R2times(0infin)

(minus partφpartx3

(x1 x3)partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3))dx1dx3dt

Επανερχόμαστε τώρα στη μεταβλητή x2 αλλάζοντας ξανά μεταβλη-τή θέτοντας t = x2 minus φ(x1 x3) Οπότε παίρνουμε ότι το τελευταίοολοκλήρωμα είναι ίσο μεintint

R2

(minus partφpartx3

(x1 x3))(intinfin

φ(x1x3)

partfpartx2

dx2

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

21

Το τελευταίο ολοκλήρωμα όμως είναι ίσο με τοBcappartΩ(00 f ) διότι

BcappartΩ(00 f ) =

intintR2

⟨(00 f )(x1φ(x1 x3) x3) Tx1 times Tx3

⟩dx1dx3

=intintR2

⟨(00 f

(x1φ(x1 x3) x3

))(partφpartx1

minus1partφpartx3

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

Αντωνης Τσολομυτης Πανεπιστήμιο Αιγαίου Τμήμα Μαθηματικών83200 Καρλόβασι Σάμος Email antonistsolomitisgmailcom

22

Λήμμα 5 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου I C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και P D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Απόδειξη Αϕού το χωρίο είναι τύπου I υπάρχουν συνεχείς συ-ναρτήσεις φ1 φ2 [a b]rarr R ώστε

D = (xy) a le x le bφ1(x) le y leφ2(x)

Οπότε το διπλό ολοκλήρωμα από το θεμελιώδες θεώρημα του Απει-ροστικού Λογισμού ισούται μεintint

D

partP(qu)party

dydx =int ba

(intφ2(x)

φ1(x)

partP(xy)party

dy)dx

=int ba

(P(xφ2(x)

)minus P(xφ1(x)))dx

Τα(xφ1(x)

)για x isin [a b] παραμετρικοποιούν την C1 με τη δηλω-

μένη ϕορά (δες σχήμα 2) οπότεint baP(xφ1(x)

)dx =

intC1

(P0)

Ομοίως τα(xφ1(x)

)για x isin [a b] παραμετρικοποιούν την C2 με

a b

ϕ1

ϕ2

C1

C2

B1

B2

D

Σχήμα 2 Χωρίο τύπου I

την αντίθετη ϕορά οπότεint baP(xφ2(x)

)dx = minus

intC2

(P0)

Έτσι καταλήγουμε στη σχέσηintintD

partPpartydydx = minus

intC1cupC2

(P0) (6)

10

Επειδή το x είναι σταθερό στα ευθύγραμμα τμήματα B1 και B2 συ-νεπάγεται ότι

intB1(P0) =

intB1(P0) = 0 για παράδειγμα B1 = (ay)

φ1(a) le y le φ2(a) δηλαδή παραμετρικοποιείται από την σ1(t) =(a t) για t isin [φ1(a)φ2(a)] και έτσι σ prime1(t) = (01) συνεπώς

intB1

(P0) =intφ2(a)

φ1(a)

⟨(P0)(ay) (01)

⟩dy = 0

Προσθέτοντας τα μηδενικά ολοκληρώματα στις B1 και B2 στην (6)παίρνουμε intint

D

partPpartydxdy = minus

intC(P0)

Με τον ίδιο ακριβώς τρόπο αποδεικνύεται και το ακόλουθο

Λήμμα 6 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου II C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και Q D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(0Q) =

intintD

partQpartxdxdy

Τα δύο παραπάνω λήμματα έχουν πολύ ισχυρούς περιορισμούςγια το χωρίο D Συγκεκριμένα απαιτούν το χωρίο να είναι τύπου Iκαι τύπου II αντίστοιχα Μπορούμε να αποδείξουμε τα ίδια αποτελέ-σματα σε γενικότερα χωρία Αντί να δώσουμε έναν αυστηρό ορισμόγια τα επιτρεπτά χωρία προτιμάμε να βασιστούμε σε εικόνες Ένα

D D1

D2

Σχήμα 3 Χωρίο όχι τύπου I στο οποίο ισχύει το θεώρημα Green

χωρίο όπως το πρώτο χωρίο στο σχήμα 3 δεν είναι τύπου I Όμωςμπορούμε να το κόψουμε σε δύο τμήματα το D1 και το D2 τα οποίαείναι τύπου I Έτσι σύμϕωνα με το Λήμμα 5 ισχύουν οι σχέσεις

intpartD1

(P0) = minusintintD1

partPpartydxdy

και

intpartD2

(P0) = minusintintD2

partPpartydxdy

11

Το άθροισμα των ολοκληρωμάτων στα δεξιά κάνει

minusintintD1

partPpartydxdy minus

intintD2

partPpartydxdy = minus

intintD

partPpartydxdy

Για το άθροισμα στα αριστερά παρατηρούμε ότι το κομμάτι τουσυνόρου στο οποίο κόψαμε το D τα σύνορα που στο σχήμα εμϕανί-ζονται με μπλε χρώμα έχουν μεταξύ τους αντίθετο προσανατολισμόόταν τα D1 και D2 έχουν και τα δύο τον θετικό προσανατολισμόΟπότε όταν προσθέσουμε τα επικαμπύλια ολοκληρώματα στο partD1

και στο partD2 θα έχουμε απαλοιϕή των επικαμπυλίων ολοκληρωμά-των πάνω στις μπλε καμπύλες Έτσι το αποτέλεσμα θα είναι τοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα πάνω στο partD Αποδείξαμε με αυτόν τοντρόπο ότι και σε τέτοια χωρία που δεν είναι τύπου I ισχύει

intpartD(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Ανάλογη είναι η κατάσταση σε σχέση με το Λήμμα 6 Αν τοχωρίο κόβεται σε κομμάτια τύπου II τότε το Λήμμα 6 συνεχίζει ναισχύειΘα πρέπει να παρατηρήσουμε εδώ ότι το χωρίο μπορεί να είναι

ιδιαίτερα περίπλοκο και να απαιτείται να κοπεί σε πολλά τμήματαόπως για παράδειγμα το χωρίο του σχήματος 4 Για την παρακάτω

Σχήμα 4 Χωρίο που απαιτεί πολλά κοψίματα ώστε κάθε τμήμα τουνα είναι τύπου I ή τύπου II

απόδειξη του θεωρήματος Green θα υποθέσουμε ότι στο χωρίο Dισχύουν και το Λήμμα 5 και το Λήμμα 6Απόδειξη του θεωρήματος Green Έστω ότι το D είναι ένα χωρίο

στον R2 στο οποίο ισχύουν και τα δύο παραπάνω λήμματα Αν

12

F = (PQ) τότε intintD⟨nabla times F k⟩ =

intintD

(partQpartx

minus partPparty

)dxdy

= intpartD(0Q)+

intpartD(P0)

= intpartD(PQ)

= intpartDF

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

61 Απόδειξη του θεωρήματος Stokes

Θα αποδείξουμε το θεώρημα Stokes στην περίπτωση που η επιϕά-νεια παραμετρικοποιείται από μια C2 παραμετρικοποίηση Στην αν-τίθετη περίπτωση το θεώρημα αποδεικνύεται κόβοντας την επιϕά-νεια σε τμήματα όπου το καθένα περιγράϕεται από μία παραμετρι-κοποίηση και στο τέλος αθροίζουμε τους τύπους από κάθε τμήματης όπως κάναμε και στο θεώρημα του Green για χωρία που έπρεπενα κοπούν για να περιγραϕούν ως τύπου I ή IIΑς θέσουμε πρώτα κάποιο συμβολισμό Η F αϕού έχει πεδίο τι-

μών στο R3 έχει τρεις συνιστώσες συναρτήσεις δηλαδή γράϕεταιF = (F1 F2 F3) όπου οι F1 F2 και F3 είναι C1 συναρτήσεις από τηνεπιϕάνεια S στο R Έστω ότι η επιϕάνεια S περιγράϕεται από τηνπαραμετρικοποίηση Φ(uv) D sube R2 rarr S με

Φ(uv) = (Φ1(uv)Φ2(uv)Φ3(uv))

όπου οι Φ1 Φ2 Φ3 είναι C2 συναρτήσεις από το D στο R και γιατο D υποθέτουμε επίσης ότι ισχύει το θεώρημα του Green Θέτουμεεπίσης σ(t) [a b] rarr R2 παραμετρικοποίηση του partD φ(t) = Φ(σ(t))παραμετρικοποίηση του partS και υποθέτουμε ότι όλες οι προηγούμε-νες παραμετρικοποιήσεις διατηρούν τον θετικό προσανατολισμόΤέλος σημειώνουμε ότι θα χρειαστούμε τον κανόνα της αλυσίδας

στην παραγώγιση για συναρτήσεις πολλών μεταβλητώνΗ απόδειξη θα γίνει αποδεικνύοντας πρώτα το θεώρημα στην

ειδική περίπτωση όπου F2 = F3 = 0 οπότε F = (F100) Στη συνέχειααλλάζοντας κυκλικά τους δείκτες (ή επαναλαμβάνοντας τις ίδιεςπράξεις) θα προκύψουν τύποι για τις περιπτώσεις όπου F = (0 F20)και F = (00 F3) Στο τέλος θα προσθέσουμε αυτούς τους τρεις τύ-πουςΞεκινάμε την απόδειξη του θεωρήματος του Stokes από το επιϕα-

νειακό ολοκλήρωμαSnablatimes F =

intintD

⟨(nablatimes F)(Φ(uv)) Tu times Tv⟩ 13

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tu =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

Υπολογίζουμε το nabla times F με τη σχετική ορίζουσα (δες την ορίζουσαπαρακάτω) και το βρίσκουμε ίσο με partF1

partz j minuspartF1party k Έτσι

Snablatimes F =

S

(0partF1

partzminuspartF1

party

)(7)

=intintD

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

F1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(Φ(uv)

)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partupartΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣⟩dudv

=intintD

(minuspartF1

partz(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ3

partvminus partΦ3

partupartΦ1

partv

)

minuspartF1

party(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ2

partvminus partΦ2

partupartΦ1

partv

))dudv

(8)

Κρατάμε αυτή την έκϕραση και στρεϕόμαστε τώρα στο επικαμπύ-λιο ολοκλήρωμα Σκοπός μας είναι με τη βοήθεια της σύνθεσης μετην Φ να περάσουμε από το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partS στοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partD ώστε να χρησιμοποιήσουμε το θε-ώρημα του Green Έχουμε

intpartSF =

int ba

⟨F(φ(t)

)φprime(t)

⟩dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))ddt

(Φ(σ(t)

))dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))(ddtΦ1(σ(t)

)ddtΦ2(σ(t)

)ddtΦ3(σ(t)

))⟩dt

το οποίο επειδή F = (F100) ισούται μεint baF1

(Φ(σ(t)

)) ddtΦ1(σ(t)

)dt

Από τον κανόνα αλυσίδας ισχύει

ddtΦ1(σ(t)

) = ⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩

14

Έτσι παίρνουμε

intpartSF =

int ba

[F1

(Φ(σ(t)

)) middot⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩]dt

=int ba

⟨((F1 Φ)

(partΦ1

partupartΦ1

partv

))(σ(t)

) σ prime(t)

⟩dt

= intpartD

((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)=intpartDΨ

όπου θέσαμε

Ψ =((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)= (Ψ1Ψ2)

Συνεπώς σε αυτό το σημείο μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το θεώ-ρημα Green οπότε

intpartDΨ =

intintD⟨nablatimes Ψ k⟩ dudv

δηλαδή

intpartSF =

intintD

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩dudv

Υπολογίζοντας το τελευταίο εσωτερικό γινόμενο

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ =

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartu

partpartv

partpartw

Ψ1 Ψ2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ k⟩

= partΨ2

partuminus partΨ1

partv

= partpartu

((F1 Φ)partΦ1

partv

)minus partpartv

((F1 Φ)partΦ1

partu

)

=(partpartuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

Οι όροι με τις παραγώγους δεύτερης τάξης διαγράϕονται οπότεκαταλήγουμε στην

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ = ( part

partuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv

)minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu

)

15

Χρησιμοποιώντας τον κανόνα της αλυσίδας βρίσκουμε ότι η τελευ-ταία παράσταση είναι ίση με(

partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partu+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partu

)partΦ1

partv

minus(partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partv+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partv

)partΦ1

partu

Ελέγχουμε εύκολα (άσκηση) ότι αυτοί οι όροι είναι οι ίδιοι που εμ-ϕανίζονται στην (8) και άρα με τη βοήθεια της (7) έχουμε δείξειότι

intpartS(F100) =

partS

(0partF1

partzminuspartF1

party

)

Με όμοιες πράξεις ή εναλλάσσοντας τους δείκτες και τις θέσεις τωνποσοτήτων μέσα στα διανύσματα κυκλικά (x rarr y rarr z rarr x) βλέπουμεότι

intpartS(0 F20) =

partS

(minuspartF2

partz0partF2

partx

)και

intpartS(00 F3) =

partS

(partF3

partyminuspartF3

partx0)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις τρεις τελευταίες σχέσεις οδηγούμαστεστην

intpartS(F1 F2 F3) =

partS

(partF3

partyminus partF2

partzpartF1

partzminus partF3

partxpartF2

partxminus partF1

party

)

Εύκολα ελέγχεται με την γνωστή μας ορίζουσα ότι το διάνυσμαμέσα στο τελευταίο ολοκλήρωμα είναι το nabla times F ολοκληρώνονταςτην απόδειξη

62 Απόδειξη του θεωρήματος Gauss

Ας υποθέσουμε για να απλοποιήσουμε λίγο την απόδειξη ότι το σύ-νορο του Ω είναι C2 Θα χρησιμοποιήσουμε δύο ισχυρισμούς που δενθα αποδείξουμε σε αυτό το μάθημα Όμως πρώτον θα είναι πειστι-κοί και δεύτερον ο ενδιαϕερόμενος αναγνώστης μπορεί να καταϕύ-γει σε ένα βιβλίο διαϕορικής γεωμετρίας για τις πλήρεις λεπτομέ-ρειεςΘα είναι ευκολότερο για την απόδειξη αντί να χρησιμοποιήσουμε

τα x y και z για τις συντεταγμένες ενός διανύσματος τον R3 ναγράϕουμε x1 x2 x3 Έτσι αν F = (F1 F2 F3) το ζητούμενο είναι νααποδείξουμε ότιintintint

Ω

(partF1

partx1+ partF2

partx2+ partF3

partx3

)dx1dx2dx3 =

partΩ(F1 F2 F3)

16

Οι δύο ισχυρισμοί στους οποίους αναϕερθήκαμε παραπάνω είναιοι εξήςΙσχυρισμός 1 Το Ω είναι δυνατόν να γραϕτεί ως ένωση ευκλεί-

δειων δίσκων αρκετά μικρής ακτίνας ώστε αν B ένας τέτοιος δί-σκος ο οποίος τέμνει το σύνορο του Ω τότε το B capΩ να γράϕεται(όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5) με τη βοήθεια του γραϕήματος μιαςσυνάρτησης φ D sube R2 rarr R είτε ως

(I) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 lt φ(x1 x3) είτε ως

(II) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 lt φ(x1 x2) είτε ως

(III) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 gt φ(x2 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 lt φ(x2 x3)

B1

B2 B3 B4

x2

x3

x1

B1 = (x1 x2 x3) isin B1 x2 gt ϕ1(x1 x3)

B2 = (x1 x2 x3) isin B2 x3 lt ϕ2(x1 x2)

B3 = (x1 x2 x3) isin B3 x3 gt ϕ3(x1 x2)

B4 = (x1 x2 x3) isin B4 x2 lt ϕ4(x1 x3)

για διαφορετικές συναρτήσεις ϕ1 ϕ2 ϕ3

και ϕ4 από το R2 στο R

Σχήμα 5 Διάϕορες περιπτώσεις τομών ευκλείδειων δίσκων με τοσύνορο του Ω

Όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5 το αν η περιγραϕή θα είναι όπωςστην περίπτωση (I) ή στην περίπτωση (II) ή στην (III) έχει να κάνειμε το που βρίσκεται ο δίσκος B σε σχέση με το σύνορο του ΩΤο ότι το παραπάνω είναι εϕικτό σχετίζεται με το ότι το Ω είναι

κλειστό και ϕραγμένο καθώς και με το ότι το σύνορό του είναι C2Δεν θα μπούμε όμως σε λεπτομέρειες απόδειξηςΙσχυρισμός 2 Το παρακάτω είναι ένα πολύ ισχυρό εργαλείο το

οποίο ονομάζεται διαμέριση της μονάδαςΈστω B1 B2 BN οι ευκλείδειοι δίσκοι που περιγράϕει ο Ισχυρι-

σμός 1 Υπάρχουν συναρτήσεις ψ1 ψ2 ψN οι οποίες είναι C1 καιικανοποιούν τις εξής συνθήκες

bull sumNj=1ψj = 1 πάνω στο Ω

bull ψj∣∣∣R3Bj

= 0 για κάθε j = 1 2 N

17

Αυτός ο ισχυρισμός δεν είναι τόσο δύσκολος όσο ίσως ακούγεταιΑπλά βρίσκει κανείς συναρτήσεις που να ικανοποιούν τη δεύτερησυνθήκη και πάνω στο Ω να έχουν θετικό άθροισμα (κάντε ένα σχή-μα) Τέλος διαιρούμε κάθε συνάρτηση με το άθροισμά τους ώστε ναικανοποιείται και η πρώτη συνθήκη

Είμαστε τώρα έτοιμοι να ξεκινήσουμε την απόδειξη Αρκεί νααποδείξουμε ότι intintint

Ω

partF1

partx1dx1dx2dx3 =

partΩ(F100)intintint

Ω

partF2

partx2dx1dx2dx3 =

partΩ(0 F20)intintint

Ω

partF3

partx3dx1dx2dx3 =

partΩ(00 F3)

διότι μετά απλώς θα προσθέσουμε κατά μέλη Η απόδειξη αυτώνείναι ίδια οπότε αρκεί για παράδειγμα να αποδείξουμε την τελευ-ταία Απλοποιώντας περαιτέρω θα γράϕουμε f αντί για F3 οπότεπρέπει να αποδείξουμε ότιintintint

Ω

partfpartx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00 f )

Θα κάνουμε ακόμα μια απλοποίησηΈστω Bj j = 1 2 N ένας από τους δίσκους του Ισχυρισμού 1

και ψj οι αντίστοιχες συναρτήσεις από τον Ισχυρισμό 2 Αν απο-δείξουμε ότι intintint

Ω

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00ψjf)

για κάθε j μετά θα προσθέσουμε κατά μέλη για όλα τα j και επει-δή το άθροισμα των ψj πάνω στο Ω ισούται με 1 θα πάρουμε τοζητούμενο Τώρα η ψj είναι μηδέν έξω από το Bj σύμϕωνα με τονΙσχυρισμό 2 οπότε η παραπάνω ολοκλήρωση είναι στην πραγματι-κότητα ολοκλήρωση πάνω στο Bj cap Ω και το επιϕανειακό ολοκλή-ρωμα είναι πάνω στο Bj cap partΩ Δηλαδή ζητάμε να ισχύειintintint

BjcapΩ

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =BjcappartΩ

(00ψjf)

Για να μην γράϕουμε λοιπόν συνεχώς ψjf κάνουμε την εξής απλο-ποίηση επειδή η ψj μηδενίζεται έξω από το Bj και άρα και η ψjf αρκεί να αποδείξουμε ότιintintint

R3

partfpartx3

dx1dx2dx3 =BcappartΩ

(00 f ) (9)

όπου B ευκλείδειος δίσκος από τον Ισχυρισμό 1 και f μια C1 συνάρ-τηση που μηδενίζεται έξω από το B Παρατηρούμε ότι επειδή η f

18

είναι συνεχής (ως C1) είναι αναγκαστικά μηδέν και στο σύνορο τουBΠερίπτωση 1 Το B δεν τέμνει το σύνορο του Ω δηλαδή είναι μέ-

σα στο εσωτερικό Ω Αυτή η περίπτωση αντιμετωπίζεται εύκολαδιότι στα αριστερά της (9) ολοκληρώνουμε πρώτα ως x3 και χρη-σιμοποιούμε ότι η f είναι μηδέν εκτός του Bintintint

R3

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintR2f(x1 x2 x3)

∣∣∣x3=+infinx3=minusinfin

dx2dx1 = 0

Αλλά μηδέν είναι και το δεξιό μέρος της (9) αϕού B cap partΩ = emptyΠερίπτωση 2 Το B τέμνει το σύνορο του Ω Έτσι έχουμε τις

περιπτώσεις I ή II ή III της σελίδας 17 Αν ισχύουν οι περιπτώσειςμε τις ανισότητες lt η αντιμετώπιση είναι ίδια με τις περιπτώσειςόπου ισχύει η gt Επειδή η f βρίσκεται στην τρίτη συντεταγμένηστο (00 f ) οι περιπτώσεις I και III αντιμετωπίζονται με τον ίδιοτρόπο Οπότε θα ασχοληθούμε μόνο με τις περιπτώσεις

B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

καιB capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)intintintΩ

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x2)

partfpartx3

)dx3dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Δείχνουμε τώρα ότι το τελευταίο ολοκλήρωμα ισούται με το

B

BcapΩ

capϕ

x3

Σχήμα 6 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

19

BcappartΩ

(00 f )

Η παραμετρικοποίηση του Bcap partΩ είναι η Φ(x1 x2φ(x1 x2))Υπολογί-

ζουμε με την γνωστή ορίζουσα το Tx1 times Tx2 και βρίσκουμε

Tx1 times Tx2 = minuspartφpartx1

iminus partφpartx2

j + k

Φανερά ⟨Tx1 times Tx2 k⟩ gt 0 οπότε (δες σχήμα 6) η Φ αντιστρέϕει τονπροσανατολισμό Συνεπώς

BcappartΩ(00 f ) = minus

intD⟨(00 f )(Φ(x1 x2) Tx1 times Tx2⟩dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)Η παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας του partΩ μέσα στο B είναι

τώρα η Φ(x1 x3) =(x1φ(x1 x3) x3

)και υπολογίζοντας με την ορί-

ζουσα βρίσκουμε ότι

Tx1 times Tx3 =partφpartx1

iminus j + partφpartx3

Προϕανώς ⟨Tx1 times Tx3 j⟩ = minus1 lt 0 άρα (δες σχήμα 7) η παραμετρικο-ποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό Θέλοντας να υπολογίσουμε

B

BcapΩcap

ϕ

x2

Σχήμα 7 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

τοintintintBcapΩ partfpartx3 dx3dx2dx1 θα ήταν εύκολη δουλειά αν μπορούσα-

με να ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς x3 αϕού θα μπορούσαμενα χρησιμοποιήσουμε το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λο-γισμού όπως στην προηγούμενη υποπερίπτωση Όμως τώρα δεν

20

ξέρουμε πού κινείται το x3 αλλά το x2 (συγκεκριμένα x2 gt φ(x1 x3))Παρόλα αυτά θα επιμείνουμε η πρώτη ολοκλήρωση πρέπει να γίνειως προς μεταβλητή που γνωρίζουμε τα άκρα μεταβολής Οπότε θαεπιχειρήσουμε να αλλάξουμε το partx3 σε partx2 στην προς ολοκλήρωσηποσότητα Για να το πετύχουμε αυτό αλλάζουμε μεταβλητή Θέ-τουμε x2 = φ(x1 x3) + t Όταν x2 = φ(x1 x3) το t = 0 Και βεβαίωςdx2 = dt Έτσιintintint

BcapΩpartfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x3)

partfpartx3

(x1 x2 x3)dx2

)dx1dx2

=intintD

(intinfin0

partfpartx3

(x1φ(x1 x2)+ t x3)dt)dx2dx3

=intintint

R2times(0infin)partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)dtdx1dx3

(10)

Από τον κανόνα της αλυσίδας

partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

)) =⟨nablaf part

partx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)= partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)+ partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partfpartx3

(x1 x3)

Άρα η προς ολοκλήρωση ποσότητα στην (10) γράϕεται

partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) = partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))minus partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partφpartx3

(x1 x3)

Έτσι από την (10) προκύπτουν δύο ολοκληρώματα Το πλεονέκτημααπό αυτή τη διαδικασία είναι ότι το δεύτερο ολοκλήρωμα περιέχειτην partfpartx2 και για το x2 ξέρουμε άκρα ολοκλήρωσης Το πρώτοολοκλήρωμα είναι τοintint

D

intinfinminusinfin

partfpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))dx3dx2dx1 = 0

αϕού η f είναι μηδέν έξω από το BΤο δεύτερο ολοκλήρωμα είναι τοintintint

R2times(0infin)

(minus partφpartx3

(x1 x3)partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3))dx1dx3dt

Επανερχόμαστε τώρα στη μεταβλητή x2 αλλάζοντας ξανά μεταβλη-τή θέτοντας t = x2 minus φ(x1 x3) Οπότε παίρνουμε ότι το τελευταίοολοκλήρωμα είναι ίσο μεintint

R2

(minus partφpartx3

(x1 x3))(intinfin

φ(x1x3)

partfpartx2

dx2

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

21

Το τελευταίο ολοκλήρωμα όμως είναι ίσο με τοBcappartΩ(00 f ) διότι

BcappartΩ(00 f ) =

intintR2

⟨(00 f )(x1φ(x1 x3) x3) Tx1 times Tx3

⟩dx1dx3

=intintR2

⟨(00 f

(x1φ(x1 x3) x3

))(partφpartx1

minus1partφpartx3

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

Αντωνης Τσολομυτης Πανεπιστήμιο Αιγαίου Τμήμα Μαθηματικών83200 Καρλόβασι Σάμος Email antonistsolomitisgmailcom

22

Επειδή το x είναι σταθερό στα ευθύγραμμα τμήματα B1 και B2 συ-νεπάγεται ότι

intB1(P0) =

intB1(P0) = 0 για παράδειγμα B1 = (ay)

φ1(a) le y le φ2(a) δηλαδή παραμετρικοποιείται από την σ1(t) =(a t) για t isin [φ1(a)φ2(a)] και έτσι σ prime1(t) = (01) συνεπώς

intB1

(P0) =intφ2(a)

φ1(a)

⟨(P0)(ay) (01)

⟩dy = 0

Προσθέτοντας τα μηδενικά ολοκληρώματα στις B1 και B2 στην (6)παίρνουμε intint

D

partPpartydxdy = minus

intC(P0)

Με τον ίδιο ακριβώς τρόπο αποδεικνύεται και το ακόλουθο

Λήμμα 6 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου II C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και Q D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(0Q) =

intintD

partQpartxdxdy

Τα δύο παραπάνω λήμματα έχουν πολύ ισχυρούς περιορισμούςγια το χωρίο D Συγκεκριμένα απαιτούν το χωρίο να είναι τύπου Iκαι τύπου II αντίστοιχα Μπορούμε να αποδείξουμε τα ίδια αποτελέ-σματα σε γενικότερα χωρία Αντί να δώσουμε έναν αυστηρό ορισμόγια τα επιτρεπτά χωρία προτιμάμε να βασιστούμε σε εικόνες Ένα

D D1

D2

Σχήμα 3 Χωρίο όχι τύπου I στο οποίο ισχύει το θεώρημα Green

χωρίο όπως το πρώτο χωρίο στο σχήμα 3 δεν είναι τύπου I Όμωςμπορούμε να το κόψουμε σε δύο τμήματα το D1 και το D2 τα οποίαείναι τύπου I Έτσι σύμϕωνα με το Λήμμα 5 ισχύουν οι σχέσεις

intpartD1

(P0) = minusintintD1

partPpartydxdy

και

intpartD2

(P0) = minusintintD2

partPpartydxdy

11

Το άθροισμα των ολοκληρωμάτων στα δεξιά κάνει

minusintintD1

partPpartydxdy minus

intintD2

partPpartydxdy = minus

intintD

partPpartydxdy

Για το άθροισμα στα αριστερά παρατηρούμε ότι το κομμάτι τουσυνόρου στο οποίο κόψαμε το D τα σύνορα που στο σχήμα εμϕανί-ζονται με μπλε χρώμα έχουν μεταξύ τους αντίθετο προσανατολισμόόταν τα D1 και D2 έχουν και τα δύο τον θετικό προσανατολισμόΟπότε όταν προσθέσουμε τα επικαμπύλια ολοκληρώματα στο partD1

και στο partD2 θα έχουμε απαλοιϕή των επικαμπυλίων ολοκληρωμά-των πάνω στις μπλε καμπύλες Έτσι το αποτέλεσμα θα είναι τοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα πάνω στο partD Αποδείξαμε με αυτόν τοντρόπο ότι και σε τέτοια χωρία που δεν είναι τύπου I ισχύει

intpartD(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Ανάλογη είναι η κατάσταση σε σχέση με το Λήμμα 6 Αν τοχωρίο κόβεται σε κομμάτια τύπου II τότε το Λήμμα 6 συνεχίζει ναισχύειΘα πρέπει να παρατηρήσουμε εδώ ότι το χωρίο μπορεί να είναι

ιδιαίτερα περίπλοκο και να απαιτείται να κοπεί σε πολλά τμήματαόπως για παράδειγμα το χωρίο του σχήματος 4 Για την παρακάτω

Σχήμα 4 Χωρίο που απαιτεί πολλά κοψίματα ώστε κάθε τμήμα τουνα είναι τύπου I ή τύπου II

απόδειξη του θεωρήματος Green θα υποθέσουμε ότι στο χωρίο Dισχύουν και το Λήμμα 5 και το Λήμμα 6Απόδειξη του θεωρήματος Green Έστω ότι το D είναι ένα χωρίο

στον R2 στο οποίο ισχύουν και τα δύο παραπάνω λήμματα Αν

12

F = (PQ) τότε intintD⟨nabla times F k⟩ =

intintD

(partQpartx

minus partPparty

)dxdy

= intpartD(0Q)+

intpartD(P0)

= intpartD(PQ)

= intpartDF

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

61 Απόδειξη του θεωρήματος Stokes

Θα αποδείξουμε το θεώρημα Stokes στην περίπτωση που η επιϕά-νεια παραμετρικοποιείται από μια C2 παραμετρικοποίηση Στην αν-τίθετη περίπτωση το θεώρημα αποδεικνύεται κόβοντας την επιϕά-νεια σε τμήματα όπου το καθένα περιγράϕεται από μία παραμετρι-κοποίηση και στο τέλος αθροίζουμε τους τύπους από κάθε τμήματης όπως κάναμε και στο θεώρημα του Green για χωρία που έπρεπενα κοπούν για να περιγραϕούν ως τύπου I ή IIΑς θέσουμε πρώτα κάποιο συμβολισμό Η F αϕού έχει πεδίο τι-

μών στο R3 έχει τρεις συνιστώσες συναρτήσεις δηλαδή γράϕεταιF = (F1 F2 F3) όπου οι F1 F2 και F3 είναι C1 συναρτήσεις από τηνεπιϕάνεια S στο R Έστω ότι η επιϕάνεια S περιγράϕεται από τηνπαραμετρικοποίηση Φ(uv) D sube R2 rarr S με

Φ(uv) = (Φ1(uv)Φ2(uv)Φ3(uv))

όπου οι Φ1 Φ2 Φ3 είναι C2 συναρτήσεις από το D στο R και γιατο D υποθέτουμε επίσης ότι ισχύει το θεώρημα του Green Θέτουμεεπίσης σ(t) [a b] rarr R2 παραμετρικοποίηση του partD φ(t) = Φ(σ(t))παραμετρικοποίηση του partS και υποθέτουμε ότι όλες οι προηγούμε-νες παραμετρικοποιήσεις διατηρούν τον θετικό προσανατολισμόΤέλος σημειώνουμε ότι θα χρειαστούμε τον κανόνα της αλυσίδας

στην παραγώγιση για συναρτήσεις πολλών μεταβλητώνΗ απόδειξη θα γίνει αποδεικνύοντας πρώτα το θεώρημα στην

ειδική περίπτωση όπου F2 = F3 = 0 οπότε F = (F100) Στη συνέχειααλλάζοντας κυκλικά τους δείκτες (ή επαναλαμβάνοντας τις ίδιεςπράξεις) θα προκύψουν τύποι για τις περιπτώσεις όπου F = (0 F20)και F = (00 F3) Στο τέλος θα προσθέσουμε αυτούς τους τρεις τύ-πουςΞεκινάμε την απόδειξη του θεωρήματος του Stokes από το επιϕα-

νειακό ολοκλήρωμαSnablatimes F =

intintD

⟨(nablatimes F)(Φ(uv)) Tu times Tv⟩ 13

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tu =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

Υπολογίζουμε το nabla times F με τη σχετική ορίζουσα (δες την ορίζουσαπαρακάτω) και το βρίσκουμε ίσο με partF1

partz j minuspartF1party k Έτσι

Snablatimes F =

S

(0partF1

partzminuspartF1

party

)(7)

=intintD

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

F1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(Φ(uv)

)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partupartΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣⟩dudv

=intintD

(minuspartF1

partz(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ3

partvminus partΦ3

partupartΦ1

partv

)

minuspartF1

party(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ2

partvminus partΦ2

partupartΦ1

partv

))dudv

(8)

Κρατάμε αυτή την έκϕραση και στρεϕόμαστε τώρα στο επικαμπύ-λιο ολοκλήρωμα Σκοπός μας είναι με τη βοήθεια της σύνθεσης μετην Φ να περάσουμε από το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partS στοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partD ώστε να χρησιμοποιήσουμε το θε-ώρημα του Green Έχουμε

intpartSF =

int ba

⟨F(φ(t)

)φprime(t)

⟩dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))ddt

(Φ(σ(t)

))dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))(ddtΦ1(σ(t)

)ddtΦ2(σ(t)

)ddtΦ3(σ(t)

))⟩dt

το οποίο επειδή F = (F100) ισούται μεint baF1

(Φ(σ(t)

)) ddtΦ1(σ(t)

)dt

Από τον κανόνα αλυσίδας ισχύει

ddtΦ1(σ(t)

) = ⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩

14

Έτσι παίρνουμε

intpartSF =

int ba

[F1

(Φ(σ(t)

)) middot⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩]dt

=int ba

⟨((F1 Φ)

(partΦ1

partupartΦ1

partv

))(σ(t)

) σ prime(t)

⟩dt

= intpartD

((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)=intpartDΨ

όπου θέσαμε

Ψ =((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)= (Ψ1Ψ2)

Συνεπώς σε αυτό το σημείο μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το θεώ-ρημα Green οπότε

intpartDΨ =

intintD⟨nablatimes Ψ k⟩ dudv

δηλαδή

intpartSF =

intintD

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩dudv

Υπολογίζοντας το τελευταίο εσωτερικό γινόμενο

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ =

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartu

partpartv

partpartw

Ψ1 Ψ2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ k⟩

= partΨ2

partuminus partΨ1

partv

= partpartu

((F1 Φ)partΦ1

partv

)minus partpartv

((F1 Φ)partΦ1

partu

)

=(partpartuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

Οι όροι με τις παραγώγους δεύτερης τάξης διαγράϕονται οπότεκαταλήγουμε στην

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ = ( part

partuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv

)minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu

)

15

Χρησιμοποιώντας τον κανόνα της αλυσίδας βρίσκουμε ότι η τελευ-ταία παράσταση είναι ίση με(

partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partu+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partu

)partΦ1

partv

minus(partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partv+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partv

)partΦ1

partu

Ελέγχουμε εύκολα (άσκηση) ότι αυτοί οι όροι είναι οι ίδιοι που εμ-ϕανίζονται στην (8) και άρα με τη βοήθεια της (7) έχουμε δείξειότι

intpartS(F100) =

partS

(0partF1

partzminuspartF1

party

)

Με όμοιες πράξεις ή εναλλάσσοντας τους δείκτες και τις θέσεις τωνποσοτήτων μέσα στα διανύσματα κυκλικά (x rarr y rarr z rarr x) βλέπουμεότι

intpartS(0 F20) =

partS

(minuspartF2

partz0partF2

partx

)και

intpartS(00 F3) =

partS

(partF3

partyminuspartF3

partx0)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις τρεις τελευταίες σχέσεις οδηγούμαστεστην

intpartS(F1 F2 F3) =

partS

(partF3

partyminus partF2

partzpartF1

partzminus partF3

partxpartF2

partxminus partF1

party

)

Εύκολα ελέγχεται με την γνωστή μας ορίζουσα ότι το διάνυσμαμέσα στο τελευταίο ολοκλήρωμα είναι το nabla times F ολοκληρώνονταςτην απόδειξη

62 Απόδειξη του θεωρήματος Gauss

Ας υποθέσουμε για να απλοποιήσουμε λίγο την απόδειξη ότι το σύ-νορο του Ω είναι C2 Θα χρησιμοποιήσουμε δύο ισχυρισμούς που δενθα αποδείξουμε σε αυτό το μάθημα Όμως πρώτον θα είναι πειστι-κοί και δεύτερον ο ενδιαϕερόμενος αναγνώστης μπορεί να καταϕύ-γει σε ένα βιβλίο διαϕορικής γεωμετρίας για τις πλήρεις λεπτομέ-ρειεςΘα είναι ευκολότερο για την απόδειξη αντί να χρησιμοποιήσουμε

τα x y και z για τις συντεταγμένες ενός διανύσματος τον R3 ναγράϕουμε x1 x2 x3 Έτσι αν F = (F1 F2 F3) το ζητούμενο είναι νααποδείξουμε ότιintintint

Ω

(partF1

partx1+ partF2

partx2+ partF3

partx3

)dx1dx2dx3 =

partΩ(F1 F2 F3)

16

Οι δύο ισχυρισμοί στους οποίους αναϕερθήκαμε παραπάνω είναιοι εξήςΙσχυρισμός 1 Το Ω είναι δυνατόν να γραϕτεί ως ένωση ευκλεί-

δειων δίσκων αρκετά μικρής ακτίνας ώστε αν B ένας τέτοιος δί-σκος ο οποίος τέμνει το σύνορο του Ω τότε το B capΩ να γράϕεται(όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5) με τη βοήθεια του γραϕήματος μιαςσυνάρτησης φ D sube R2 rarr R είτε ως

(I) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 lt φ(x1 x3) είτε ως

(II) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 lt φ(x1 x2) είτε ως

(III) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 gt φ(x2 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 lt φ(x2 x3)

B1

B2 B3 B4

x2

x3

x1

B1 = (x1 x2 x3) isin B1 x2 gt ϕ1(x1 x3)

B2 = (x1 x2 x3) isin B2 x3 lt ϕ2(x1 x2)

B3 = (x1 x2 x3) isin B3 x3 gt ϕ3(x1 x2)

B4 = (x1 x2 x3) isin B4 x2 lt ϕ4(x1 x3)

για διαφορετικές συναρτήσεις ϕ1 ϕ2 ϕ3

και ϕ4 από το R2 στο R

Σχήμα 5 Διάϕορες περιπτώσεις τομών ευκλείδειων δίσκων με τοσύνορο του Ω

Όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5 το αν η περιγραϕή θα είναι όπωςστην περίπτωση (I) ή στην περίπτωση (II) ή στην (III) έχει να κάνειμε το που βρίσκεται ο δίσκος B σε σχέση με το σύνορο του ΩΤο ότι το παραπάνω είναι εϕικτό σχετίζεται με το ότι το Ω είναι

κλειστό και ϕραγμένο καθώς και με το ότι το σύνορό του είναι C2Δεν θα μπούμε όμως σε λεπτομέρειες απόδειξηςΙσχυρισμός 2 Το παρακάτω είναι ένα πολύ ισχυρό εργαλείο το

οποίο ονομάζεται διαμέριση της μονάδαςΈστω B1 B2 BN οι ευκλείδειοι δίσκοι που περιγράϕει ο Ισχυρι-

σμός 1 Υπάρχουν συναρτήσεις ψ1 ψ2 ψN οι οποίες είναι C1 καιικανοποιούν τις εξής συνθήκες

bull sumNj=1ψj = 1 πάνω στο Ω

bull ψj∣∣∣R3Bj

= 0 για κάθε j = 1 2 N

17

Αυτός ο ισχυρισμός δεν είναι τόσο δύσκολος όσο ίσως ακούγεταιΑπλά βρίσκει κανείς συναρτήσεις που να ικανοποιούν τη δεύτερησυνθήκη και πάνω στο Ω να έχουν θετικό άθροισμα (κάντε ένα σχή-μα) Τέλος διαιρούμε κάθε συνάρτηση με το άθροισμά τους ώστε ναικανοποιείται και η πρώτη συνθήκη

Είμαστε τώρα έτοιμοι να ξεκινήσουμε την απόδειξη Αρκεί νααποδείξουμε ότι intintint

Ω

partF1

partx1dx1dx2dx3 =

partΩ(F100)intintint

Ω

partF2

partx2dx1dx2dx3 =

partΩ(0 F20)intintint

Ω

partF3

partx3dx1dx2dx3 =

partΩ(00 F3)

διότι μετά απλώς θα προσθέσουμε κατά μέλη Η απόδειξη αυτώνείναι ίδια οπότε αρκεί για παράδειγμα να αποδείξουμε την τελευ-ταία Απλοποιώντας περαιτέρω θα γράϕουμε f αντί για F3 οπότεπρέπει να αποδείξουμε ότιintintint

Ω

partfpartx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00 f )

Θα κάνουμε ακόμα μια απλοποίησηΈστω Bj j = 1 2 N ένας από τους δίσκους του Ισχυρισμού 1

και ψj οι αντίστοιχες συναρτήσεις από τον Ισχυρισμό 2 Αν απο-δείξουμε ότι intintint

Ω

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00ψjf)

για κάθε j μετά θα προσθέσουμε κατά μέλη για όλα τα j και επει-δή το άθροισμα των ψj πάνω στο Ω ισούται με 1 θα πάρουμε τοζητούμενο Τώρα η ψj είναι μηδέν έξω από το Bj σύμϕωνα με τονΙσχυρισμό 2 οπότε η παραπάνω ολοκλήρωση είναι στην πραγματι-κότητα ολοκλήρωση πάνω στο Bj cap Ω και το επιϕανειακό ολοκλή-ρωμα είναι πάνω στο Bj cap partΩ Δηλαδή ζητάμε να ισχύειintintint

BjcapΩ

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =BjcappartΩ

(00ψjf)

Για να μην γράϕουμε λοιπόν συνεχώς ψjf κάνουμε την εξής απλο-ποίηση επειδή η ψj μηδενίζεται έξω από το Bj και άρα και η ψjf αρκεί να αποδείξουμε ότιintintint

R3

partfpartx3

dx1dx2dx3 =BcappartΩ

(00 f ) (9)

όπου B ευκλείδειος δίσκος από τον Ισχυρισμό 1 και f μια C1 συνάρ-τηση που μηδενίζεται έξω από το B Παρατηρούμε ότι επειδή η f

18

είναι συνεχής (ως C1) είναι αναγκαστικά μηδέν και στο σύνορο τουBΠερίπτωση 1 Το B δεν τέμνει το σύνορο του Ω δηλαδή είναι μέ-

σα στο εσωτερικό Ω Αυτή η περίπτωση αντιμετωπίζεται εύκολαδιότι στα αριστερά της (9) ολοκληρώνουμε πρώτα ως x3 και χρη-σιμοποιούμε ότι η f είναι μηδέν εκτός του Bintintint

R3

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintR2f(x1 x2 x3)

∣∣∣x3=+infinx3=minusinfin

dx2dx1 = 0

Αλλά μηδέν είναι και το δεξιό μέρος της (9) αϕού B cap partΩ = emptyΠερίπτωση 2 Το B τέμνει το σύνορο του Ω Έτσι έχουμε τις

περιπτώσεις I ή II ή III της σελίδας 17 Αν ισχύουν οι περιπτώσειςμε τις ανισότητες lt η αντιμετώπιση είναι ίδια με τις περιπτώσειςόπου ισχύει η gt Επειδή η f βρίσκεται στην τρίτη συντεταγμένηστο (00 f ) οι περιπτώσεις I και III αντιμετωπίζονται με τον ίδιοτρόπο Οπότε θα ασχοληθούμε μόνο με τις περιπτώσεις

B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

καιB capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)intintintΩ

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x2)

partfpartx3

)dx3dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Δείχνουμε τώρα ότι το τελευταίο ολοκλήρωμα ισούται με το

B

BcapΩ

capϕ

x3

Σχήμα 6 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

19

BcappartΩ

(00 f )

Η παραμετρικοποίηση του Bcap partΩ είναι η Φ(x1 x2φ(x1 x2))Υπολογί-

ζουμε με την γνωστή ορίζουσα το Tx1 times Tx2 και βρίσκουμε

Tx1 times Tx2 = minuspartφpartx1

iminus partφpartx2

j + k

Φανερά ⟨Tx1 times Tx2 k⟩ gt 0 οπότε (δες σχήμα 6) η Φ αντιστρέϕει τονπροσανατολισμό Συνεπώς

BcappartΩ(00 f ) = minus

intD⟨(00 f )(Φ(x1 x2) Tx1 times Tx2⟩dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)Η παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας του partΩ μέσα στο B είναι

τώρα η Φ(x1 x3) =(x1φ(x1 x3) x3

)και υπολογίζοντας με την ορί-

ζουσα βρίσκουμε ότι

Tx1 times Tx3 =partφpartx1

iminus j + partφpartx3

Προϕανώς ⟨Tx1 times Tx3 j⟩ = minus1 lt 0 άρα (δες σχήμα 7) η παραμετρικο-ποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό Θέλοντας να υπολογίσουμε

B

BcapΩcap

ϕ

x2

Σχήμα 7 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

τοintintintBcapΩ partfpartx3 dx3dx2dx1 θα ήταν εύκολη δουλειά αν μπορούσα-

με να ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς x3 αϕού θα μπορούσαμενα χρησιμοποιήσουμε το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λο-γισμού όπως στην προηγούμενη υποπερίπτωση Όμως τώρα δεν

20

ξέρουμε πού κινείται το x3 αλλά το x2 (συγκεκριμένα x2 gt φ(x1 x3))Παρόλα αυτά θα επιμείνουμε η πρώτη ολοκλήρωση πρέπει να γίνειως προς μεταβλητή που γνωρίζουμε τα άκρα μεταβολής Οπότε θαεπιχειρήσουμε να αλλάξουμε το partx3 σε partx2 στην προς ολοκλήρωσηποσότητα Για να το πετύχουμε αυτό αλλάζουμε μεταβλητή Θέ-τουμε x2 = φ(x1 x3) + t Όταν x2 = φ(x1 x3) το t = 0 Και βεβαίωςdx2 = dt Έτσιintintint

BcapΩpartfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x3)

partfpartx3

(x1 x2 x3)dx2

)dx1dx2

=intintD

(intinfin0

partfpartx3

(x1φ(x1 x2)+ t x3)dt)dx2dx3

=intintint

R2times(0infin)partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)dtdx1dx3

(10)

Από τον κανόνα της αλυσίδας

partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

)) =⟨nablaf part

partx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)= partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)+ partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partfpartx3

(x1 x3)

Άρα η προς ολοκλήρωση ποσότητα στην (10) γράϕεται

partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) = partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))minus partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partφpartx3

(x1 x3)

Έτσι από την (10) προκύπτουν δύο ολοκληρώματα Το πλεονέκτημααπό αυτή τη διαδικασία είναι ότι το δεύτερο ολοκλήρωμα περιέχειτην partfpartx2 και για το x2 ξέρουμε άκρα ολοκλήρωσης Το πρώτοολοκλήρωμα είναι τοintint

D

intinfinminusinfin

partfpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))dx3dx2dx1 = 0

αϕού η f είναι μηδέν έξω από το BΤο δεύτερο ολοκλήρωμα είναι τοintintint

R2times(0infin)

(minus partφpartx3

(x1 x3)partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3))dx1dx3dt

Επανερχόμαστε τώρα στη μεταβλητή x2 αλλάζοντας ξανά μεταβλη-τή θέτοντας t = x2 minus φ(x1 x3) Οπότε παίρνουμε ότι το τελευταίοολοκλήρωμα είναι ίσο μεintint

R2

(minus partφpartx3

(x1 x3))(intinfin

φ(x1x3)

partfpartx2

dx2

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

21

Το τελευταίο ολοκλήρωμα όμως είναι ίσο με τοBcappartΩ(00 f ) διότι

BcappartΩ(00 f ) =

intintR2

⟨(00 f )(x1φ(x1 x3) x3) Tx1 times Tx3

⟩dx1dx3

=intintR2

⟨(00 f

(x1φ(x1 x3) x3

))(partφpartx1

minus1partφpartx3

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

Αντωνης Τσολομυτης Πανεπιστήμιο Αιγαίου Τμήμα Μαθηματικών83200 Καρλόβασι Σάμος Email antonistsolomitisgmailcom

22

Το άθροισμα των ολοκληρωμάτων στα δεξιά κάνει

minusintintD1

partPpartydxdy minus

intintD2

partPpartydxdy = minus

intintD

partPpartydxdy

Για το άθροισμα στα αριστερά παρατηρούμε ότι το κομμάτι τουσυνόρου στο οποίο κόψαμε το D τα σύνορα που στο σχήμα εμϕανί-ζονται με μπλε χρώμα έχουν μεταξύ τους αντίθετο προσανατολισμόόταν τα D1 και D2 έχουν και τα δύο τον θετικό προσανατολισμόΟπότε όταν προσθέσουμε τα επικαμπύλια ολοκληρώματα στο partD1

και στο partD2 θα έχουμε απαλοιϕή των επικαμπυλίων ολοκληρωμά-των πάνω στις μπλε καμπύλες Έτσι το αποτέλεσμα θα είναι τοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα πάνω στο partD Αποδείξαμε με αυτόν τοντρόπο ότι και σε τέτοια χωρία που δεν είναι τύπου I ισχύει

intpartD(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Ανάλογη είναι η κατάσταση σε σχέση με το Λήμμα 6 Αν τοχωρίο κόβεται σε κομμάτια τύπου II τότε το Λήμμα 6 συνεχίζει ναισχύειΘα πρέπει να παρατηρήσουμε εδώ ότι το χωρίο μπορεί να είναι

ιδιαίτερα περίπλοκο και να απαιτείται να κοπεί σε πολλά τμήματαόπως για παράδειγμα το χωρίο του σχήματος 4 Για την παρακάτω

Σχήμα 4 Χωρίο που απαιτεί πολλά κοψίματα ώστε κάθε τμήμα τουνα είναι τύπου I ή τύπου II

απόδειξη του θεωρήματος Green θα υποθέσουμε ότι στο χωρίο Dισχύουν και το Λήμμα 5 και το Λήμμα 6Απόδειξη του θεωρήματος Green Έστω ότι το D είναι ένα χωρίο

στον R2 στο οποίο ισχύουν και τα δύο παραπάνω λήμματα Αν

12

F = (PQ) τότε intintD⟨nabla times F k⟩ =

intintD

(partQpartx

minus partPparty

)dxdy

= intpartD(0Q)+

intpartD(P0)

= intpartD(PQ)

= intpartDF

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

61 Απόδειξη του θεωρήματος Stokes

Θα αποδείξουμε το θεώρημα Stokes στην περίπτωση που η επιϕά-νεια παραμετρικοποιείται από μια C2 παραμετρικοποίηση Στην αν-τίθετη περίπτωση το θεώρημα αποδεικνύεται κόβοντας την επιϕά-νεια σε τμήματα όπου το καθένα περιγράϕεται από μία παραμετρι-κοποίηση και στο τέλος αθροίζουμε τους τύπους από κάθε τμήματης όπως κάναμε και στο θεώρημα του Green για χωρία που έπρεπενα κοπούν για να περιγραϕούν ως τύπου I ή IIΑς θέσουμε πρώτα κάποιο συμβολισμό Η F αϕού έχει πεδίο τι-

μών στο R3 έχει τρεις συνιστώσες συναρτήσεις δηλαδή γράϕεταιF = (F1 F2 F3) όπου οι F1 F2 και F3 είναι C1 συναρτήσεις από τηνεπιϕάνεια S στο R Έστω ότι η επιϕάνεια S περιγράϕεται από τηνπαραμετρικοποίηση Φ(uv) D sube R2 rarr S με

Φ(uv) = (Φ1(uv)Φ2(uv)Φ3(uv))

όπου οι Φ1 Φ2 Φ3 είναι C2 συναρτήσεις από το D στο R και γιατο D υποθέτουμε επίσης ότι ισχύει το θεώρημα του Green Θέτουμεεπίσης σ(t) [a b] rarr R2 παραμετρικοποίηση του partD φ(t) = Φ(σ(t))παραμετρικοποίηση του partS και υποθέτουμε ότι όλες οι προηγούμε-νες παραμετρικοποιήσεις διατηρούν τον θετικό προσανατολισμόΤέλος σημειώνουμε ότι θα χρειαστούμε τον κανόνα της αλυσίδας

στην παραγώγιση για συναρτήσεις πολλών μεταβλητώνΗ απόδειξη θα γίνει αποδεικνύοντας πρώτα το θεώρημα στην

ειδική περίπτωση όπου F2 = F3 = 0 οπότε F = (F100) Στη συνέχειααλλάζοντας κυκλικά τους δείκτες (ή επαναλαμβάνοντας τις ίδιεςπράξεις) θα προκύψουν τύποι για τις περιπτώσεις όπου F = (0 F20)και F = (00 F3) Στο τέλος θα προσθέσουμε αυτούς τους τρεις τύ-πουςΞεκινάμε την απόδειξη του θεωρήματος του Stokes από το επιϕα-

νειακό ολοκλήρωμαSnablatimes F =

intintD

⟨(nablatimes F)(Φ(uv)) Tu times Tv⟩ 13

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tu =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

Υπολογίζουμε το nabla times F με τη σχετική ορίζουσα (δες την ορίζουσαπαρακάτω) και το βρίσκουμε ίσο με partF1

partz j minuspartF1party k Έτσι

Snablatimes F =

S

(0partF1

partzminuspartF1

party

)(7)

=intintD

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

F1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(Φ(uv)

)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partupartΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣⟩dudv

=intintD

(minuspartF1

partz(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ3

partvminus partΦ3

partupartΦ1

partv

)

minuspartF1

party(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ2

partvminus partΦ2

partupartΦ1

partv

))dudv

(8)

Κρατάμε αυτή την έκϕραση και στρεϕόμαστε τώρα στο επικαμπύ-λιο ολοκλήρωμα Σκοπός μας είναι με τη βοήθεια της σύνθεσης μετην Φ να περάσουμε από το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partS στοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partD ώστε να χρησιμοποιήσουμε το θε-ώρημα του Green Έχουμε

intpartSF =

int ba

⟨F(φ(t)

)φprime(t)

⟩dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))ddt

(Φ(σ(t)

))dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))(ddtΦ1(σ(t)

)ddtΦ2(σ(t)

)ddtΦ3(σ(t)

))⟩dt

το οποίο επειδή F = (F100) ισούται μεint baF1

(Φ(σ(t)

)) ddtΦ1(σ(t)

)dt

Από τον κανόνα αλυσίδας ισχύει

ddtΦ1(σ(t)

) = ⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩

14

Έτσι παίρνουμε

intpartSF =

int ba

[F1

(Φ(σ(t)

)) middot⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩]dt

=int ba

⟨((F1 Φ)

(partΦ1

partupartΦ1

partv

))(σ(t)

) σ prime(t)

⟩dt

= intpartD

((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)=intpartDΨ

όπου θέσαμε

Ψ =((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)= (Ψ1Ψ2)

Συνεπώς σε αυτό το σημείο μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το θεώ-ρημα Green οπότε

intpartDΨ =

intintD⟨nablatimes Ψ k⟩ dudv

δηλαδή

intpartSF =

intintD

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩dudv

Υπολογίζοντας το τελευταίο εσωτερικό γινόμενο

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ =

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartu

partpartv

partpartw

Ψ1 Ψ2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ k⟩

= partΨ2

partuminus partΨ1

partv

= partpartu

((F1 Φ)partΦ1

partv

)minus partpartv

((F1 Φ)partΦ1

partu

)

=(partpartuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

Οι όροι με τις παραγώγους δεύτερης τάξης διαγράϕονται οπότεκαταλήγουμε στην

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ = ( part

partuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv

)minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu

)

15

Χρησιμοποιώντας τον κανόνα της αλυσίδας βρίσκουμε ότι η τελευ-ταία παράσταση είναι ίση με(

partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partu+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partu

)partΦ1

partv

minus(partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partv+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partv

)partΦ1

partu

Ελέγχουμε εύκολα (άσκηση) ότι αυτοί οι όροι είναι οι ίδιοι που εμ-ϕανίζονται στην (8) και άρα με τη βοήθεια της (7) έχουμε δείξειότι

intpartS(F100) =

partS

(0partF1

partzminuspartF1

party

)

Με όμοιες πράξεις ή εναλλάσσοντας τους δείκτες και τις θέσεις τωνποσοτήτων μέσα στα διανύσματα κυκλικά (x rarr y rarr z rarr x) βλέπουμεότι

intpartS(0 F20) =

partS

(minuspartF2

partz0partF2

partx

)και

intpartS(00 F3) =

partS

(partF3

partyminuspartF3

partx0)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις τρεις τελευταίες σχέσεις οδηγούμαστεστην

intpartS(F1 F2 F3) =

partS

(partF3

partyminus partF2

partzpartF1

partzminus partF3

partxpartF2

partxminus partF1

party

)

Εύκολα ελέγχεται με την γνωστή μας ορίζουσα ότι το διάνυσμαμέσα στο τελευταίο ολοκλήρωμα είναι το nabla times F ολοκληρώνονταςτην απόδειξη

62 Απόδειξη του θεωρήματος Gauss

Ας υποθέσουμε για να απλοποιήσουμε λίγο την απόδειξη ότι το σύ-νορο του Ω είναι C2 Θα χρησιμοποιήσουμε δύο ισχυρισμούς που δενθα αποδείξουμε σε αυτό το μάθημα Όμως πρώτον θα είναι πειστι-κοί και δεύτερον ο ενδιαϕερόμενος αναγνώστης μπορεί να καταϕύ-γει σε ένα βιβλίο διαϕορικής γεωμετρίας για τις πλήρεις λεπτομέ-ρειεςΘα είναι ευκολότερο για την απόδειξη αντί να χρησιμοποιήσουμε

τα x y και z για τις συντεταγμένες ενός διανύσματος τον R3 ναγράϕουμε x1 x2 x3 Έτσι αν F = (F1 F2 F3) το ζητούμενο είναι νααποδείξουμε ότιintintint

Ω

(partF1

partx1+ partF2

partx2+ partF3

partx3

)dx1dx2dx3 =

partΩ(F1 F2 F3)

16

Οι δύο ισχυρισμοί στους οποίους αναϕερθήκαμε παραπάνω είναιοι εξήςΙσχυρισμός 1 Το Ω είναι δυνατόν να γραϕτεί ως ένωση ευκλεί-

δειων δίσκων αρκετά μικρής ακτίνας ώστε αν B ένας τέτοιος δί-σκος ο οποίος τέμνει το σύνορο του Ω τότε το B capΩ να γράϕεται(όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5) με τη βοήθεια του γραϕήματος μιαςσυνάρτησης φ D sube R2 rarr R είτε ως

(I) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 lt φ(x1 x3) είτε ως

(II) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 lt φ(x1 x2) είτε ως

(III) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 gt φ(x2 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 lt φ(x2 x3)

B1

B2 B3 B4

x2

x3

x1

B1 = (x1 x2 x3) isin B1 x2 gt ϕ1(x1 x3)

B2 = (x1 x2 x3) isin B2 x3 lt ϕ2(x1 x2)

B3 = (x1 x2 x3) isin B3 x3 gt ϕ3(x1 x2)

B4 = (x1 x2 x3) isin B4 x2 lt ϕ4(x1 x3)

για διαφορετικές συναρτήσεις ϕ1 ϕ2 ϕ3

και ϕ4 από το R2 στο R

Σχήμα 5 Διάϕορες περιπτώσεις τομών ευκλείδειων δίσκων με τοσύνορο του Ω

Όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5 το αν η περιγραϕή θα είναι όπωςστην περίπτωση (I) ή στην περίπτωση (II) ή στην (III) έχει να κάνειμε το που βρίσκεται ο δίσκος B σε σχέση με το σύνορο του ΩΤο ότι το παραπάνω είναι εϕικτό σχετίζεται με το ότι το Ω είναι

κλειστό και ϕραγμένο καθώς και με το ότι το σύνορό του είναι C2Δεν θα μπούμε όμως σε λεπτομέρειες απόδειξηςΙσχυρισμός 2 Το παρακάτω είναι ένα πολύ ισχυρό εργαλείο το

οποίο ονομάζεται διαμέριση της μονάδαςΈστω B1 B2 BN οι ευκλείδειοι δίσκοι που περιγράϕει ο Ισχυρι-

σμός 1 Υπάρχουν συναρτήσεις ψ1 ψ2 ψN οι οποίες είναι C1 καιικανοποιούν τις εξής συνθήκες

bull sumNj=1ψj = 1 πάνω στο Ω

bull ψj∣∣∣R3Bj

= 0 για κάθε j = 1 2 N

17

Αυτός ο ισχυρισμός δεν είναι τόσο δύσκολος όσο ίσως ακούγεταιΑπλά βρίσκει κανείς συναρτήσεις που να ικανοποιούν τη δεύτερησυνθήκη και πάνω στο Ω να έχουν θετικό άθροισμα (κάντε ένα σχή-μα) Τέλος διαιρούμε κάθε συνάρτηση με το άθροισμά τους ώστε ναικανοποιείται και η πρώτη συνθήκη

Είμαστε τώρα έτοιμοι να ξεκινήσουμε την απόδειξη Αρκεί νααποδείξουμε ότι intintint

Ω

partF1

partx1dx1dx2dx3 =

partΩ(F100)intintint

Ω

partF2

partx2dx1dx2dx3 =

partΩ(0 F20)intintint

Ω

partF3

partx3dx1dx2dx3 =

partΩ(00 F3)

διότι μετά απλώς θα προσθέσουμε κατά μέλη Η απόδειξη αυτώνείναι ίδια οπότε αρκεί για παράδειγμα να αποδείξουμε την τελευ-ταία Απλοποιώντας περαιτέρω θα γράϕουμε f αντί για F3 οπότεπρέπει να αποδείξουμε ότιintintint

Ω

partfpartx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00 f )

Θα κάνουμε ακόμα μια απλοποίησηΈστω Bj j = 1 2 N ένας από τους δίσκους του Ισχυρισμού 1

και ψj οι αντίστοιχες συναρτήσεις από τον Ισχυρισμό 2 Αν απο-δείξουμε ότι intintint

Ω

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00ψjf)

για κάθε j μετά θα προσθέσουμε κατά μέλη για όλα τα j και επει-δή το άθροισμα των ψj πάνω στο Ω ισούται με 1 θα πάρουμε τοζητούμενο Τώρα η ψj είναι μηδέν έξω από το Bj σύμϕωνα με τονΙσχυρισμό 2 οπότε η παραπάνω ολοκλήρωση είναι στην πραγματι-κότητα ολοκλήρωση πάνω στο Bj cap Ω και το επιϕανειακό ολοκλή-ρωμα είναι πάνω στο Bj cap partΩ Δηλαδή ζητάμε να ισχύειintintint

BjcapΩ

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =BjcappartΩ

(00ψjf)

Για να μην γράϕουμε λοιπόν συνεχώς ψjf κάνουμε την εξής απλο-ποίηση επειδή η ψj μηδενίζεται έξω από το Bj και άρα και η ψjf αρκεί να αποδείξουμε ότιintintint

R3

partfpartx3

dx1dx2dx3 =BcappartΩ

(00 f ) (9)

όπου B ευκλείδειος δίσκος από τον Ισχυρισμό 1 και f μια C1 συνάρ-τηση που μηδενίζεται έξω από το B Παρατηρούμε ότι επειδή η f

18

είναι συνεχής (ως C1) είναι αναγκαστικά μηδέν και στο σύνορο τουBΠερίπτωση 1 Το B δεν τέμνει το σύνορο του Ω δηλαδή είναι μέ-

σα στο εσωτερικό Ω Αυτή η περίπτωση αντιμετωπίζεται εύκολαδιότι στα αριστερά της (9) ολοκληρώνουμε πρώτα ως x3 και χρη-σιμοποιούμε ότι η f είναι μηδέν εκτός του Bintintint

R3

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintR2f(x1 x2 x3)

∣∣∣x3=+infinx3=minusinfin

dx2dx1 = 0

Αλλά μηδέν είναι και το δεξιό μέρος της (9) αϕού B cap partΩ = emptyΠερίπτωση 2 Το B τέμνει το σύνορο του Ω Έτσι έχουμε τις

περιπτώσεις I ή II ή III της σελίδας 17 Αν ισχύουν οι περιπτώσειςμε τις ανισότητες lt η αντιμετώπιση είναι ίδια με τις περιπτώσειςόπου ισχύει η gt Επειδή η f βρίσκεται στην τρίτη συντεταγμένηστο (00 f ) οι περιπτώσεις I και III αντιμετωπίζονται με τον ίδιοτρόπο Οπότε θα ασχοληθούμε μόνο με τις περιπτώσεις

B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

καιB capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)intintintΩ

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x2)

partfpartx3

)dx3dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Δείχνουμε τώρα ότι το τελευταίο ολοκλήρωμα ισούται με το

B

BcapΩ

capϕ

x3

Σχήμα 6 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

19

BcappartΩ

(00 f )

Η παραμετρικοποίηση του Bcap partΩ είναι η Φ(x1 x2φ(x1 x2))Υπολογί-

ζουμε με την γνωστή ορίζουσα το Tx1 times Tx2 και βρίσκουμε

Tx1 times Tx2 = minuspartφpartx1

iminus partφpartx2

j + k

Φανερά ⟨Tx1 times Tx2 k⟩ gt 0 οπότε (δες σχήμα 6) η Φ αντιστρέϕει τονπροσανατολισμό Συνεπώς

BcappartΩ(00 f ) = minus

intD⟨(00 f )(Φ(x1 x2) Tx1 times Tx2⟩dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)Η παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας του partΩ μέσα στο B είναι

τώρα η Φ(x1 x3) =(x1φ(x1 x3) x3

)και υπολογίζοντας με την ορί-

ζουσα βρίσκουμε ότι

Tx1 times Tx3 =partφpartx1

iminus j + partφpartx3

Προϕανώς ⟨Tx1 times Tx3 j⟩ = minus1 lt 0 άρα (δες σχήμα 7) η παραμετρικο-ποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό Θέλοντας να υπολογίσουμε

B

BcapΩcap

ϕ

x2

Σχήμα 7 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

τοintintintBcapΩ partfpartx3 dx3dx2dx1 θα ήταν εύκολη δουλειά αν μπορούσα-

με να ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς x3 αϕού θα μπορούσαμενα χρησιμοποιήσουμε το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λο-γισμού όπως στην προηγούμενη υποπερίπτωση Όμως τώρα δεν

20

ξέρουμε πού κινείται το x3 αλλά το x2 (συγκεκριμένα x2 gt φ(x1 x3))Παρόλα αυτά θα επιμείνουμε η πρώτη ολοκλήρωση πρέπει να γίνειως προς μεταβλητή που γνωρίζουμε τα άκρα μεταβολής Οπότε θαεπιχειρήσουμε να αλλάξουμε το partx3 σε partx2 στην προς ολοκλήρωσηποσότητα Για να το πετύχουμε αυτό αλλάζουμε μεταβλητή Θέ-τουμε x2 = φ(x1 x3) + t Όταν x2 = φ(x1 x3) το t = 0 Και βεβαίωςdx2 = dt Έτσιintintint

BcapΩpartfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x3)

partfpartx3

(x1 x2 x3)dx2

)dx1dx2

=intintD

(intinfin0

partfpartx3

(x1φ(x1 x2)+ t x3)dt)dx2dx3

=intintint

R2times(0infin)partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)dtdx1dx3

(10)

Από τον κανόνα της αλυσίδας

partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

)) =⟨nablaf part

partx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)= partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)+ partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partfpartx3

(x1 x3)

Άρα η προς ολοκλήρωση ποσότητα στην (10) γράϕεται

partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) = partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))minus partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partφpartx3

(x1 x3)

Έτσι από την (10) προκύπτουν δύο ολοκληρώματα Το πλεονέκτημααπό αυτή τη διαδικασία είναι ότι το δεύτερο ολοκλήρωμα περιέχειτην partfpartx2 και για το x2 ξέρουμε άκρα ολοκλήρωσης Το πρώτοολοκλήρωμα είναι τοintint

D

intinfinminusinfin

partfpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))dx3dx2dx1 = 0

αϕού η f είναι μηδέν έξω από το BΤο δεύτερο ολοκλήρωμα είναι τοintintint

R2times(0infin)

(minus partφpartx3

(x1 x3)partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3))dx1dx3dt

Επανερχόμαστε τώρα στη μεταβλητή x2 αλλάζοντας ξανά μεταβλη-τή θέτοντας t = x2 minus φ(x1 x3) Οπότε παίρνουμε ότι το τελευταίοολοκλήρωμα είναι ίσο μεintint

R2

(minus partφpartx3

(x1 x3))(intinfin

φ(x1x3)

partfpartx2

dx2

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

21

Το τελευταίο ολοκλήρωμα όμως είναι ίσο με τοBcappartΩ(00 f ) διότι

BcappartΩ(00 f ) =

intintR2

⟨(00 f )(x1φ(x1 x3) x3) Tx1 times Tx3

⟩dx1dx3

=intintR2

⟨(00 f

(x1φ(x1 x3) x3

))(partφpartx1

minus1partφpartx3

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

Αντωνης Τσολομυτης Πανεπιστήμιο Αιγαίου Τμήμα Μαθηματικών83200 Καρλόβασι Σάμος Email antonistsolomitisgmailcom

22

F = (PQ) τότε intintD⟨nabla times F k⟩ =

intintD

(partQpartx

minus partPparty

)dxdy

= intpartD(0Q)+

intpartD(P0)

= intpartD(PQ)

= intpartDF

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

61 Απόδειξη του θεωρήματος Stokes

Θα αποδείξουμε το θεώρημα Stokes στην περίπτωση που η επιϕά-νεια παραμετρικοποιείται από μια C2 παραμετρικοποίηση Στην αν-τίθετη περίπτωση το θεώρημα αποδεικνύεται κόβοντας την επιϕά-νεια σε τμήματα όπου το καθένα περιγράϕεται από μία παραμετρι-κοποίηση και στο τέλος αθροίζουμε τους τύπους από κάθε τμήματης όπως κάναμε και στο θεώρημα του Green για χωρία που έπρεπενα κοπούν για να περιγραϕούν ως τύπου I ή IIΑς θέσουμε πρώτα κάποιο συμβολισμό Η F αϕού έχει πεδίο τι-

μών στο R3 έχει τρεις συνιστώσες συναρτήσεις δηλαδή γράϕεταιF = (F1 F2 F3) όπου οι F1 F2 και F3 είναι C1 συναρτήσεις από τηνεπιϕάνεια S στο R Έστω ότι η επιϕάνεια S περιγράϕεται από τηνπαραμετρικοποίηση Φ(uv) D sube R2 rarr S με

Φ(uv) = (Φ1(uv)Φ2(uv)Φ3(uv))

όπου οι Φ1 Φ2 Φ3 είναι C2 συναρτήσεις από το D στο R και γιατο D υποθέτουμε επίσης ότι ισχύει το θεώρημα του Green Θέτουμεεπίσης σ(t) [a b] rarr R2 παραμετρικοποίηση του partD φ(t) = Φ(σ(t))παραμετρικοποίηση του partS και υποθέτουμε ότι όλες οι προηγούμε-νες παραμετρικοποιήσεις διατηρούν τον θετικό προσανατολισμόΤέλος σημειώνουμε ότι θα χρειαστούμε τον κανόνα της αλυσίδας

στην παραγώγιση για συναρτήσεις πολλών μεταβλητώνΗ απόδειξη θα γίνει αποδεικνύοντας πρώτα το θεώρημα στην

ειδική περίπτωση όπου F2 = F3 = 0 οπότε F = (F100) Στη συνέχειααλλάζοντας κυκλικά τους δείκτες (ή επαναλαμβάνοντας τις ίδιεςπράξεις) θα προκύψουν τύποι για τις περιπτώσεις όπου F = (0 F20)και F = (00 F3) Στο τέλος θα προσθέσουμε αυτούς τους τρεις τύ-πουςΞεκινάμε την απόδειξη του θεωρήματος του Stokes από το επιϕα-

νειακό ολοκλήρωμαSnablatimes F =

intintD

⟨(nablatimes F)(Φ(uv)) Tu times Tv⟩ 13

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tu =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

Υπολογίζουμε το nabla times F με τη σχετική ορίζουσα (δες την ορίζουσαπαρακάτω) και το βρίσκουμε ίσο με partF1

partz j minuspartF1party k Έτσι

Snablatimes F =

S

(0partF1

partzminuspartF1

party

)(7)

=intintD

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

F1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(Φ(uv)

)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partupartΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣⟩dudv

=intintD

(minuspartF1

partz(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ3

partvminus partΦ3

partupartΦ1

partv

)

minuspartF1

party(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ2

partvminus partΦ2

partupartΦ1

partv

))dudv

(8)

Κρατάμε αυτή την έκϕραση και στρεϕόμαστε τώρα στο επικαμπύ-λιο ολοκλήρωμα Σκοπός μας είναι με τη βοήθεια της σύνθεσης μετην Φ να περάσουμε από το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partS στοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partD ώστε να χρησιμοποιήσουμε το θε-ώρημα του Green Έχουμε

intpartSF =

int ba

⟨F(φ(t)

)φprime(t)

⟩dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))ddt

(Φ(σ(t)

))dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))(ddtΦ1(σ(t)

)ddtΦ2(σ(t)

)ddtΦ3(σ(t)

))⟩dt

το οποίο επειδή F = (F100) ισούται μεint baF1

(Φ(σ(t)

)) ddtΦ1(σ(t)

)dt

Από τον κανόνα αλυσίδας ισχύει

ddtΦ1(σ(t)

) = ⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩

14

Έτσι παίρνουμε

intpartSF =

int ba

[F1

(Φ(σ(t)

)) middot⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩]dt

=int ba

⟨((F1 Φ)

(partΦ1

partupartΦ1

partv

))(σ(t)

) σ prime(t)

⟩dt

= intpartD

((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)=intpartDΨ

όπου θέσαμε

Ψ =((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)= (Ψ1Ψ2)

Συνεπώς σε αυτό το σημείο μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το θεώ-ρημα Green οπότε

intpartDΨ =

intintD⟨nablatimes Ψ k⟩ dudv

δηλαδή

intpartSF =

intintD

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩dudv

Υπολογίζοντας το τελευταίο εσωτερικό γινόμενο

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ =

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartu

partpartv

partpartw

Ψ1 Ψ2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ k⟩

= partΨ2

partuminus partΨ1

partv

= partpartu

((F1 Φ)partΦ1

partv

)minus partpartv

((F1 Φ)partΦ1

partu

)

=(partpartuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

Οι όροι με τις παραγώγους δεύτερης τάξης διαγράϕονται οπότεκαταλήγουμε στην

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ = ( part

partuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv

)minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu

)

15

Χρησιμοποιώντας τον κανόνα της αλυσίδας βρίσκουμε ότι η τελευ-ταία παράσταση είναι ίση με(

partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partu+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partu

)partΦ1

partv

minus(partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partv+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partv

)partΦ1

partu

Ελέγχουμε εύκολα (άσκηση) ότι αυτοί οι όροι είναι οι ίδιοι που εμ-ϕανίζονται στην (8) και άρα με τη βοήθεια της (7) έχουμε δείξειότι

intpartS(F100) =

partS

(0partF1

partzminuspartF1

party

)

Με όμοιες πράξεις ή εναλλάσσοντας τους δείκτες και τις θέσεις τωνποσοτήτων μέσα στα διανύσματα κυκλικά (x rarr y rarr z rarr x) βλέπουμεότι

intpartS(0 F20) =

partS

(minuspartF2

partz0partF2

partx

)και

intpartS(00 F3) =

partS

(partF3

partyminuspartF3

partx0)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις τρεις τελευταίες σχέσεις οδηγούμαστεστην

intpartS(F1 F2 F3) =

partS

(partF3

partyminus partF2

partzpartF1

partzminus partF3

partxpartF2

partxminus partF1

party

)

Εύκολα ελέγχεται με την γνωστή μας ορίζουσα ότι το διάνυσμαμέσα στο τελευταίο ολοκλήρωμα είναι το nabla times F ολοκληρώνονταςτην απόδειξη

62 Απόδειξη του θεωρήματος Gauss

Ας υποθέσουμε για να απλοποιήσουμε λίγο την απόδειξη ότι το σύ-νορο του Ω είναι C2 Θα χρησιμοποιήσουμε δύο ισχυρισμούς που δενθα αποδείξουμε σε αυτό το μάθημα Όμως πρώτον θα είναι πειστι-κοί και δεύτερον ο ενδιαϕερόμενος αναγνώστης μπορεί να καταϕύ-γει σε ένα βιβλίο διαϕορικής γεωμετρίας για τις πλήρεις λεπτομέ-ρειεςΘα είναι ευκολότερο για την απόδειξη αντί να χρησιμοποιήσουμε

τα x y και z για τις συντεταγμένες ενός διανύσματος τον R3 ναγράϕουμε x1 x2 x3 Έτσι αν F = (F1 F2 F3) το ζητούμενο είναι νααποδείξουμε ότιintintint

Ω

(partF1

partx1+ partF2

partx2+ partF3

partx3

)dx1dx2dx3 =

partΩ(F1 F2 F3)

16

Οι δύο ισχυρισμοί στους οποίους αναϕερθήκαμε παραπάνω είναιοι εξήςΙσχυρισμός 1 Το Ω είναι δυνατόν να γραϕτεί ως ένωση ευκλεί-

δειων δίσκων αρκετά μικρής ακτίνας ώστε αν B ένας τέτοιος δί-σκος ο οποίος τέμνει το σύνορο του Ω τότε το B capΩ να γράϕεται(όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5) με τη βοήθεια του γραϕήματος μιαςσυνάρτησης φ D sube R2 rarr R είτε ως

(I) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 lt φ(x1 x3) είτε ως

(II) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 lt φ(x1 x2) είτε ως

(III) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 gt φ(x2 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 lt φ(x2 x3)

B1

B2 B3 B4

x2

x3

x1

B1 = (x1 x2 x3) isin B1 x2 gt ϕ1(x1 x3)

B2 = (x1 x2 x3) isin B2 x3 lt ϕ2(x1 x2)

B3 = (x1 x2 x3) isin B3 x3 gt ϕ3(x1 x2)

B4 = (x1 x2 x3) isin B4 x2 lt ϕ4(x1 x3)

για διαφορετικές συναρτήσεις ϕ1 ϕ2 ϕ3

και ϕ4 από το R2 στο R

Σχήμα 5 Διάϕορες περιπτώσεις τομών ευκλείδειων δίσκων με τοσύνορο του Ω

Όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5 το αν η περιγραϕή θα είναι όπωςστην περίπτωση (I) ή στην περίπτωση (II) ή στην (III) έχει να κάνειμε το που βρίσκεται ο δίσκος B σε σχέση με το σύνορο του ΩΤο ότι το παραπάνω είναι εϕικτό σχετίζεται με το ότι το Ω είναι

κλειστό και ϕραγμένο καθώς και με το ότι το σύνορό του είναι C2Δεν θα μπούμε όμως σε λεπτομέρειες απόδειξηςΙσχυρισμός 2 Το παρακάτω είναι ένα πολύ ισχυρό εργαλείο το

οποίο ονομάζεται διαμέριση της μονάδαςΈστω B1 B2 BN οι ευκλείδειοι δίσκοι που περιγράϕει ο Ισχυρι-

σμός 1 Υπάρχουν συναρτήσεις ψ1 ψ2 ψN οι οποίες είναι C1 καιικανοποιούν τις εξής συνθήκες

bull sumNj=1ψj = 1 πάνω στο Ω

bull ψj∣∣∣R3Bj

= 0 για κάθε j = 1 2 N

17

Αυτός ο ισχυρισμός δεν είναι τόσο δύσκολος όσο ίσως ακούγεταιΑπλά βρίσκει κανείς συναρτήσεις που να ικανοποιούν τη δεύτερησυνθήκη και πάνω στο Ω να έχουν θετικό άθροισμα (κάντε ένα σχή-μα) Τέλος διαιρούμε κάθε συνάρτηση με το άθροισμά τους ώστε ναικανοποιείται και η πρώτη συνθήκη

Είμαστε τώρα έτοιμοι να ξεκινήσουμε την απόδειξη Αρκεί νααποδείξουμε ότι intintint

Ω

partF1

partx1dx1dx2dx3 =

partΩ(F100)intintint

Ω

partF2

partx2dx1dx2dx3 =

partΩ(0 F20)intintint

Ω

partF3

partx3dx1dx2dx3 =

partΩ(00 F3)

διότι μετά απλώς θα προσθέσουμε κατά μέλη Η απόδειξη αυτώνείναι ίδια οπότε αρκεί για παράδειγμα να αποδείξουμε την τελευ-ταία Απλοποιώντας περαιτέρω θα γράϕουμε f αντί για F3 οπότεπρέπει να αποδείξουμε ότιintintint

Ω

partfpartx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00 f )

Θα κάνουμε ακόμα μια απλοποίησηΈστω Bj j = 1 2 N ένας από τους δίσκους του Ισχυρισμού 1

και ψj οι αντίστοιχες συναρτήσεις από τον Ισχυρισμό 2 Αν απο-δείξουμε ότι intintint

Ω

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00ψjf)

για κάθε j μετά θα προσθέσουμε κατά μέλη για όλα τα j και επει-δή το άθροισμα των ψj πάνω στο Ω ισούται με 1 θα πάρουμε τοζητούμενο Τώρα η ψj είναι μηδέν έξω από το Bj σύμϕωνα με τονΙσχυρισμό 2 οπότε η παραπάνω ολοκλήρωση είναι στην πραγματι-κότητα ολοκλήρωση πάνω στο Bj cap Ω και το επιϕανειακό ολοκλή-ρωμα είναι πάνω στο Bj cap partΩ Δηλαδή ζητάμε να ισχύειintintint

BjcapΩ

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =BjcappartΩ

(00ψjf)

Για να μην γράϕουμε λοιπόν συνεχώς ψjf κάνουμε την εξής απλο-ποίηση επειδή η ψj μηδενίζεται έξω από το Bj και άρα και η ψjf αρκεί να αποδείξουμε ότιintintint

R3

partfpartx3

dx1dx2dx3 =BcappartΩ

(00 f ) (9)

όπου B ευκλείδειος δίσκος από τον Ισχυρισμό 1 και f μια C1 συνάρ-τηση που μηδενίζεται έξω από το B Παρατηρούμε ότι επειδή η f

18

είναι συνεχής (ως C1) είναι αναγκαστικά μηδέν και στο σύνορο τουBΠερίπτωση 1 Το B δεν τέμνει το σύνορο του Ω δηλαδή είναι μέ-

σα στο εσωτερικό Ω Αυτή η περίπτωση αντιμετωπίζεται εύκολαδιότι στα αριστερά της (9) ολοκληρώνουμε πρώτα ως x3 και χρη-σιμοποιούμε ότι η f είναι μηδέν εκτός του Bintintint

R3

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintR2f(x1 x2 x3)

∣∣∣x3=+infinx3=minusinfin

dx2dx1 = 0

Αλλά μηδέν είναι και το δεξιό μέρος της (9) αϕού B cap partΩ = emptyΠερίπτωση 2 Το B τέμνει το σύνορο του Ω Έτσι έχουμε τις

περιπτώσεις I ή II ή III της σελίδας 17 Αν ισχύουν οι περιπτώσειςμε τις ανισότητες lt η αντιμετώπιση είναι ίδια με τις περιπτώσειςόπου ισχύει η gt Επειδή η f βρίσκεται στην τρίτη συντεταγμένηστο (00 f ) οι περιπτώσεις I και III αντιμετωπίζονται με τον ίδιοτρόπο Οπότε θα ασχοληθούμε μόνο με τις περιπτώσεις

B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

καιB capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)intintintΩ

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x2)

partfpartx3

)dx3dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Δείχνουμε τώρα ότι το τελευταίο ολοκλήρωμα ισούται με το

B

BcapΩ

capϕ

x3

Σχήμα 6 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

19

BcappartΩ

(00 f )

Η παραμετρικοποίηση του Bcap partΩ είναι η Φ(x1 x2φ(x1 x2))Υπολογί-

ζουμε με την γνωστή ορίζουσα το Tx1 times Tx2 και βρίσκουμε

Tx1 times Tx2 = minuspartφpartx1

iminus partφpartx2

j + k

Φανερά ⟨Tx1 times Tx2 k⟩ gt 0 οπότε (δες σχήμα 6) η Φ αντιστρέϕει τονπροσανατολισμό Συνεπώς

BcappartΩ(00 f ) = minus

intD⟨(00 f )(Φ(x1 x2) Tx1 times Tx2⟩dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)Η παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας του partΩ μέσα στο B είναι

τώρα η Φ(x1 x3) =(x1φ(x1 x3) x3

)και υπολογίζοντας με την ορί-

ζουσα βρίσκουμε ότι

Tx1 times Tx3 =partφpartx1

iminus j + partφpartx3

Προϕανώς ⟨Tx1 times Tx3 j⟩ = minus1 lt 0 άρα (δες σχήμα 7) η παραμετρικο-ποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό Θέλοντας να υπολογίσουμε

B

BcapΩcap

ϕ

x2

Σχήμα 7 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

τοintintintBcapΩ partfpartx3 dx3dx2dx1 θα ήταν εύκολη δουλειά αν μπορούσα-

με να ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς x3 αϕού θα μπορούσαμενα χρησιμοποιήσουμε το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λο-γισμού όπως στην προηγούμενη υποπερίπτωση Όμως τώρα δεν

20

ξέρουμε πού κινείται το x3 αλλά το x2 (συγκεκριμένα x2 gt φ(x1 x3))Παρόλα αυτά θα επιμείνουμε η πρώτη ολοκλήρωση πρέπει να γίνειως προς μεταβλητή που γνωρίζουμε τα άκρα μεταβολής Οπότε θαεπιχειρήσουμε να αλλάξουμε το partx3 σε partx2 στην προς ολοκλήρωσηποσότητα Για να το πετύχουμε αυτό αλλάζουμε μεταβλητή Θέ-τουμε x2 = φ(x1 x3) + t Όταν x2 = φ(x1 x3) το t = 0 Και βεβαίωςdx2 = dt Έτσιintintint

BcapΩpartfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x3)

partfpartx3

(x1 x2 x3)dx2

)dx1dx2

=intintD

(intinfin0

partfpartx3

(x1φ(x1 x2)+ t x3)dt)dx2dx3

=intintint

R2times(0infin)partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)dtdx1dx3

(10)

Από τον κανόνα της αλυσίδας

partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

)) =⟨nablaf part

partx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)= partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)+ partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partfpartx3

(x1 x3)

Άρα η προς ολοκλήρωση ποσότητα στην (10) γράϕεται

partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) = partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))minus partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partφpartx3

(x1 x3)

Έτσι από την (10) προκύπτουν δύο ολοκληρώματα Το πλεονέκτημααπό αυτή τη διαδικασία είναι ότι το δεύτερο ολοκλήρωμα περιέχειτην partfpartx2 και για το x2 ξέρουμε άκρα ολοκλήρωσης Το πρώτοολοκλήρωμα είναι τοintint

D

intinfinminusinfin

partfpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))dx3dx2dx1 = 0

αϕού η f είναι μηδέν έξω από το BΤο δεύτερο ολοκλήρωμα είναι τοintintint

R2times(0infin)

(minus partφpartx3

(x1 x3)partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3))dx1dx3dt

Επανερχόμαστε τώρα στη μεταβλητή x2 αλλάζοντας ξανά μεταβλη-τή θέτοντας t = x2 minus φ(x1 x3) Οπότε παίρνουμε ότι το τελευταίοολοκλήρωμα είναι ίσο μεintint

R2

(minus partφpartx3

(x1 x3))(intinfin

φ(x1x3)

partfpartx2

dx2

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

21

Το τελευταίο ολοκλήρωμα όμως είναι ίσο με τοBcappartΩ(00 f ) διότι

BcappartΩ(00 f ) =

intintR2

⟨(00 f )(x1φ(x1 x3) x3) Tx1 times Tx3

⟩dx1dx3

=intintR2

⟨(00 f

(x1φ(x1 x3) x3

))(partφpartx1

minus1partφpartx3

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

Αντωνης Τσολομυτης Πανεπιστήμιο Αιγαίου Τμήμα Μαθηματικών83200 Καρλόβασι Σάμος Email antonistsolomitisgmailcom

22

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tu =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

Υπολογίζουμε το nabla times F με τη σχετική ορίζουσα (δες την ορίζουσαπαρακάτω) και το βρίσκουμε ίσο με partF1

partz j minuspartF1party k Έτσι

Snablatimes F =

S

(0partF1

partzminuspartF1

party

)(7)

=intintD

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

F1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(Φ(uv)

)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partupartΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣⟩dudv

=intintD

(minuspartF1

partz(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ3

partvminus partΦ3

partupartΦ1

partv

)

minuspartF1

party(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ2

partvminus partΦ2

partupartΦ1

partv

))dudv

(8)

Κρατάμε αυτή την έκϕραση και στρεϕόμαστε τώρα στο επικαμπύ-λιο ολοκλήρωμα Σκοπός μας είναι με τη βοήθεια της σύνθεσης μετην Φ να περάσουμε από το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partS στοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partD ώστε να χρησιμοποιήσουμε το θε-ώρημα του Green Έχουμε

intpartSF =

int ba

⟨F(φ(t)

)φprime(t)

⟩dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))ddt

(Φ(σ(t)

))dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))(ddtΦ1(σ(t)

)ddtΦ2(σ(t)

)ddtΦ3(σ(t)

))⟩dt

το οποίο επειδή F = (F100) ισούται μεint baF1

(Φ(σ(t)

)) ddtΦ1(σ(t)

)dt

Από τον κανόνα αλυσίδας ισχύει

ddtΦ1(σ(t)

) = ⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩

14

Έτσι παίρνουμε

intpartSF =

int ba

[F1

(Φ(σ(t)

)) middot⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩]dt

=int ba

⟨((F1 Φ)

(partΦ1

partupartΦ1

partv

))(σ(t)

) σ prime(t)

⟩dt

= intpartD

((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)=intpartDΨ

όπου θέσαμε

Ψ =((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)= (Ψ1Ψ2)

Συνεπώς σε αυτό το σημείο μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το θεώ-ρημα Green οπότε

intpartDΨ =

intintD⟨nablatimes Ψ k⟩ dudv

δηλαδή

intpartSF =

intintD

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩dudv

Υπολογίζοντας το τελευταίο εσωτερικό γινόμενο

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ =

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartu

partpartv

partpartw

Ψ1 Ψ2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ k⟩

= partΨ2

partuminus partΨ1

partv

= partpartu

((F1 Φ)partΦ1

partv

)minus partpartv

((F1 Φ)partΦ1

partu

)

=(partpartuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

Οι όροι με τις παραγώγους δεύτερης τάξης διαγράϕονται οπότεκαταλήγουμε στην

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ = ( part

partuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv

)minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu

)

15

Χρησιμοποιώντας τον κανόνα της αλυσίδας βρίσκουμε ότι η τελευ-ταία παράσταση είναι ίση με(

partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partu+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partu

)partΦ1

partv

minus(partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partv+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partv

)partΦ1

partu

Ελέγχουμε εύκολα (άσκηση) ότι αυτοί οι όροι είναι οι ίδιοι που εμ-ϕανίζονται στην (8) και άρα με τη βοήθεια της (7) έχουμε δείξειότι

intpartS(F100) =

partS

(0partF1

partzminuspartF1

party

)

Με όμοιες πράξεις ή εναλλάσσοντας τους δείκτες και τις θέσεις τωνποσοτήτων μέσα στα διανύσματα κυκλικά (x rarr y rarr z rarr x) βλέπουμεότι

intpartS(0 F20) =

partS

(minuspartF2

partz0partF2

partx

)και

intpartS(00 F3) =

partS

(partF3

partyminuspartF3

partx0)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις τρεις τελευταίες σχέσεις οδηγούμαστεστην

intpartS(F1 F2 F3) =

partS

(partF3

partyminus partF2

partzpartF1

partzminus partF3

partxpartF2

partxminus partF1

party

)

Εύκολα ελέγχεται με την γνωστή μας ορίζουσα ότι το διάνυσμαμέσα στο τελευταίο ολοκλήρωμα είναι το nabla times F ολοκληρώνονταςτην απόδειξη

62 Απόδειξη του θεωρήματος Gauss

Ας υποθέσουμε για να απλοποιήσουμε λίγο την απόδειξη ότι το σύ-νορο του Ω είναι C2 Θα χρησιμοποιήσουμε δύο ισχυρισμούς που δενθα αποδείξουμε σε αυτό το μάθημα Όμως πρώτον θα είναι πειστι-κοί και δεύτερον ο ενδιαϕερόμενος αναγνώστης μπορεί να καταϕύ-γει σε ένα βιβλίο διαϕορικής γεωμετρίας για τις πλήρεις λεπτομέ-ρειεςΘα είναι ευκολότερο για την απόδειξη αντί να χρησιμοποιήσουμε

τα x y και z για τις συντεταγμένες ενός διανύσματος τον R3 ναγράϕουμε x1 x2 x3 Έτσι αν F = (F1 F2 F3) το ζητούμενο είναι νααποδείξουμε ότιintintint

Ω

(partF1

partx1+ partF2

partx2+ partF3

partx3

)dx1dx2dx3 =

partΩ(F1 F2 F3)

16

Οι δύο ισχυρισμοί στους οποίους αναϕερθήκαμε παραπάνω είναιοι εξήςΙσχυρισμός 1 Το Ω είναι δυνατόν να γραϕτεί ως ένωση ευκλεί-

δειων δίσκων αρκετά μικρής ακτίνας ώστε αν B ένας τέτοιος δί-σκος ο οποίος τέμνει το σύνορο του Ω τότε το B capΩ να γράϕεται(όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5) με τη βοήθεια του γραϕήματος μιαςσυνάρτησης φ D sube R2 rarr R είτε ως

(I) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 lt φ(x1 x3) είτε ως

(II) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 lt φ(x1 x2) είτε ως

(III) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 gt φ(x2 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 lt φ(x2 x3)

B1

B2 B3 B4

x2

x3

x1

B1 = (x1 x2 x3) isin B1 x2 gt ϕ1(x1 x3)

B2 = (x1 x2 x3) isin B2 x3 lt ϕ2(x1 x2)

B3 = (x1 x2 x3) isin B3 x3 gt ϕ3(x1 x2)

B4 = (x1 x2 x3) isin B4 x2 lt ϕ4(x1 x3)

για διαφορετικές συναρτήσεις ϕ1 ϕ2 ϕ3

και ϕ4 από το R2 στο R

Σχήμα 5 Διάϕορες περιπτώσεις τομών ευκλείδειων δίσκων με τοσύνορο του Ω

Όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5 το αν η περιγραϕή θα είναι όπωςστην περίπτωση (I) ή στην περίπτωση (II) ή στην (III) έχει να κάνειμε το που βρίσκεται ο δίσκος B σε σχέση με το σύνορο του ΩΤο ότι το παραπάνω είναι εϕικτό σχετίζεται με το ότι το Ω είναι

κλειστό και ϕραγμένο καθώς και με το ότι το σύνορό του είναι C2Δεν θα μπούμε όμως σε λεπτομέρειες απόδειξηςΙσχυρισμός 2 Το παρακάτω είναι ένα πολύ ισχυρό εργαλείο το

οποίο ονομάζεται διαμέριση της μονάδαςΈστω B1 B2 BN οι ευκλείδειοι δίσκοι που περιγράϕει ο Ισχυρι-

σμός 1 Υπάρχουν συναρτήσεις ψ1 ψ2 ψN οι οποίες είναι C1 καιικανοποιούν τις εξής συνθήκες

bull sumNj=1ψj = 1 πάνω στο Ω

bull ψj∣∣∣R3Bj

= 0 για κάθε j = 1 2 N

17

Αυτός ο ισχυρισμός δεν είναι τόσο δύσκολος όσο ίσως ακούγεταιΑπλά βρίσκει κανείς συναρτήσεις που να ικανοποιούν τη δεύτερησυνθήκη και πάνω στο Ω να έχουν θετικό άθροισμα (κάντε ένα σχή-μα) Τέλος διαιρούμε κάθε συνάρτηση με το άθροισμά τους ώστε ναικανοποιείται και η πρώτη συνθήκη

Είμαστε τώρα έτοιμοι να ξεκινήσουμε την απόδειξη Αρκεί νααποδείξουμε ότι intintint

Ω

partF1

partx1dx1dx2dx3 =

partΩ(F100)intintint

Ω

partF2

partx2dx1dx2dx3 =

partΩ(0 F20)intintint

Ω

partF3

partx3dx1dx2dx3 =

partΩ(00 F3)

διότι μετά απλώς θα προσθέσουμε κατά μέλη Η απόδειξη αυτώνείναι ίδια οπότε αρκεί για παράδειγμα να αποδείξουμε την τελευ-ταία Απλοποιώντας περαιτέρω θα γράϕουμε f αντί για F3 οπότεπρέπει να αποδείξουμε ότιintintint

Ω

partfpartx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00 f )

Θα κάνουμε ακόμα μια απλοποίησηΈστω Bj j = 1 2 N ένας από τους δίσκους του Ισχυρισμού 1

και ψj οι αντίστοιχες συναρτήσεις από τον Ισχυρισμό 2 Αν απο-δείξουμε ότι intintint

Ω

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00ψjf)

για κάθε j μετά θα προσθέσουμε κατά μέλη για όλα τα j και επει-δή το άθροισμα των ψj πάνω στο Ω ισούται με 1 θα πάρουμε τοζητούμενο Τώρα η ψj είναι μηδέν έξω από το Bj σύμϕωνα με τονΙσχυρισμό 2 οπότε η παραπάνω ολοκλήρωση είναι στην πραγματι-κότητα ολοκλήρωση πάνω στο Bj cap Ω και το επιϕανειακό ολοκλή-ρωμα είναι πάνω στο Bj cap partΩ Δηλαδή ζητάμε να ισχύειintintint

BjcapΩ

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =BjcappartΩ

(00ψjf)

Για να μην γράϕουμε λοιπόν συνεχώς ψjf κάνουμε την εξής απλο-ποίηση επειδή η ψj μηδενίζεται έξω από το Bj και άρα και η ψjf αρκεί να αποδείξουμε ότιintintint

R3

partfpartx3

dx1dx2dx3 =BcappartΩ

(00 f ) (9)

όπου B ευκλείδειος δίσκος από τον Ισχυρισμό 1 και f μια C1 συνάρ-τηση που μηδενίζεται έξω από το B Παρατηρούμε ότι επειδή η f

18

είναι συνεχής (ως C1) είναι αναγκαστικά μηδέν και στο σύνορο τουBΠερίπτωση 1 Το B δεν τέμνει το σύνορο του Ω δηλαδή είναι μέ-

σα στο εσωτερικό Ω Αυτή η περίπτωση αντιμετωπίζεται εύκολαδιότι στα αριστερά της (9) ολοκληρώνουμε πρώτα ως x3 και χρη-σιμοποιούμε ότι η f είναι μηδέν εκτός του Bintintint

R3

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintR2f(x1 x2 x3)

∣∣∣x3=+infinx3=minusinfin

dx2dx1 = 0

Αλλά μηδέν είναι και το δεξιό μέρος της (9) αϕού B cap partΩ = emptyΠερίπτωση 2 Το B τέμνει το σύνορο του Ω Έτσι έχουμε τις

περιπτώσεις I ή II ή III της σελίδας 17 Αν ισχύουν οι περιπτώσειςμε τις ανισότητες lt η αντιμετώπιση είναι ίδια με τις περιπτώσειςόπου ισχύει η gt Επειδή η f βρίσκεται στην τρίτη συντεταγμένηστο (00 f ) οι περιπτώσεις I και III αντιμετωπίζονται με τον ίδιοτρόπο Οπότε θα ασχοληθούμε μόνο με τις περιπτώσεις

B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

καιB capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)intintintΩ

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x2)

partfpartx3

)dx3dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Δείχνουμε τώρα ότι το τελευταίο ολοκλήρωμα ισούται με το

B

BcapΩ

capϕ

x3

Σχήμα 6 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

19

BcappartΩ

(00 f )

Η παραμετρικοποίηση του Bcap partΩ είναι η Φ(x1 x2φ(x1 x2))Υπολογί-

ζουμε με την γνωστή ορίζουσα το Tx1 times Tx2 και βρίσκουμε

Tx1 times Tx2 = minuspartφpartx1

iminus partφpartx2

j + k

Φανερά ⟨Tx1 times Tx2 k⟩ gt 0 οπότε (δες σχήμα 6) η Φ αντιστρέϕει τονπροσανατολισμό Συνεπώς

BcappartΩ(00 f ) = minus

intD⟨(00 f )(Φ(x1 x2) Tx1 times Tx2⟩dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)Η παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας του partΩ μέσα στο B είναι

τώρα η Φ(x1 x3) =(x1φ(x1 x3) x3

)και υπολογίζοντας με την ορί-

ζουσα βρίσκουμε ότι

Tx1 times Tx3 =partφpartx1

iminus j + partφpartx3

Προϕανώς ⟨Tx1 times Tx3 j⟩ = minus1 lt 0 άρα (δες σχήμα 7) η παραμετρικο-ποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό Θέλοντας να υπολογίσουμε

B

BcapΩcap

ϕ

x2

Σχήμα 7 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

τοintintintBcapΩ partfpartx3 dx3dx2dx1 θα ήταν εύκολη δουλειά αν μπορούσα-

με να ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς x3 αϕού θα μπορούσαμενα χρησιμοποιήσουμε το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λο-γισμού όπως στην προηγούμενη υποπερίπτωση Όμως τώρα δεν

20

ξέρουμε πού κινείται το x3 αλλά το x2 (συγκεκριμένα x2 gt φ(x1 x3))Παρόλα αυτά θα επιμείνουμε η πρώτη ολοκλήρωση πρέπει να γίνειως προς μεταβλητή που γνωρίζουμε τα άκρα μεταβολής Οπότε θαεπιχειρήσουμε να αλλάξουμε το partx3 σε partx2 στην προς ολοκλήρωσηποσότητα Για να το πετύχουμε αυτό αλλάζουμε μεταβλητή Θέ-τουμε x2 = φ(x1 x3) + t Όταν x2 = φ(x1 x3) το t = 0 Και βεβαίωςdx2 = dt Έτσιintintint

BcapΩpartfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x3)

partfpartx3

(x1 x2 x3)dx2

)dx1dx2

=intintD

(intinfin0

partfpartx3

(x1φ(x1 x2)+ t x3)dt)dx2dx3

=intintint

R2times(0infin)partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)dtdx1dx3

(10)

Από τον κανόνα της αλυσίδας

partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

)) =⟨nablaf part

partx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)= partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)+ partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partfpartx3

(x1 x3)

Άρα η προς ολοκλήρωση ποσότητα στην (10) γράϕεται

partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) = partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))minus partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partφpartx3

(x1 x3)

Έτσι από την (10) προκύπτουν δύο ολοκληρώματα Το πλεονέκτημααπό αυτή τη διαδικασία είναι ότι το δεύτερο ολοκλήρωμα περιέχειτην partfpartx2 και για το x2 ξέρουμε άκρα ολοκλήρωσης Το πρώτοολοκλήρωμα είναι τοintint

D

intinfinminusinfin

partfpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))dx3dx2dx1 = 0

αϕού η f είναι μηδέν έξω από το BΤο δεύτερο ολοκλήρωμα είναι τοintintint

R2times(0infin)

(minus partφpartx3

(x1 x3)partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3))dx1dx3dt

Επανερχόμαστε τώρα στη μεταβλητή x2 αλλάζοντας ξανά μεταβλη-τή θέτοντας t = x2 minus φ(x1 x3) Οπότε παίρνουμε ότι το τελευταίοολοκλήρωμα είναι ίσο μεintint

R2

(minus partφpartx3

(x1 x3))(intinfin

φ(x1x3)

partfpartx2

dx2

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

21

Το τελευταίο ολοκλήρωμα όμως είναι ίσο με τοBcappartΩ(00 f ) διότι

BcappartΩ(00 f ) =

intintR2

⟨(00 f )(x1φ(x1 x3) x3) Tx1 times Tx3

⟩dx1dx3

=intintR2

⟨(00 f

(x1φ(x1 x3) x3

))(partφpartx1

minus1partφpartx3

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

Αντωνης Τσολομυτης Πανεπιστήμιο Αιγαίου Τμήμα Μαθηματικών83200 Καρλόβασι Σάμος Email antonistsolomitisgmailcom

22

Έτσι παίρνουμε

intpartSF =

int ba

[F1

(Φ(σ(t)

)) middot⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩]dt

=int ba

⟨((F1 Φ)

(partΦ1

partupartΦ1

partv

))(σ(t)

) σ prime(t)

⟩dt

= intpartD

((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)=intpartDΨ

όπου θέσαμε

Ψ =((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)= (Ψ1Ψ2)

Συνεπώς σε αυτό το σημείο μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το θεώ-ρημα Green οπότε

intpartDΨ =

intintD⟨nablatimes Ψ k⟩ dudv

δηλαδή

intpartSF =

intintD

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩dudv

Υπολογίζοντας το τελευταίο εσωτερικό γινόμενο

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ =

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartu

partpartv

partpartw

Ψ1 Ψ2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ k⟩

= partΨ2

partuminus partΨ1

partv

= partpartu

((F1 Φ)partΦ1

partv

)minus partpartv

((F1 Φ)partΦ1

partu

)

=(partpartuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

Οι όροι με τις παραγώγους δεύτερης τάξης διαγράϕονται οπότεκαταλήγουμε στην

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ = ( part

partuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv

)minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu

)

15

Χρησιμοποιώντας τον κανόνα της αλυσίδας βρίσκουμε ότι η τελευ-ταία παράσταση είναι ίση με(

partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partu+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partu

)partΦ1

partv

minus(partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partv+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partv

)partΦ1

partu

Ελέγχουμε εύκολα (άσκηση) ότι αυτοί οι όροι είναι οι ίδιοι που εμ-ϕανίζονται στην (8) και άρα με τη βοήθεια της (7) έχουμε δείξειότι

intpartS(F100) =

partS

(0partF1

partzminuspartF1

party

)

Με όμοιες πράξεις ή εναλλάσσοντας τους δείκτες και τις θέσεις τωνποσοτήτων μέσα στα διανύσματα κυκλικά (x rarr y rarr z rarr x) βλέπουμεότι

intpartS(0 F20) =

partS

(minuspartF2

partz0partF2

partx

)και

intpartS(00 F3) =

partS

(partF3

partyminuspartF3

partx0)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις τρεις τελευταίες σχέσεις οδηγούμαστεστην

intpartS(F1 F2 F3) =

partS

(partF3

partyminus partF2

partzpartF1

partzminus partF3

partxpartF2

partxminus partF1

party

)

Εύκολα ελέγχεται με την γνωστή μας ορίζουσα ότι το διάνυσμαμέσα στο τελευταίο ολοκλήρωμα είναι το nabla times F ολοκληρώνονταςτην απόδειξη

62 Απόδειξη του θεωρήματος Gauss

Ας υποθέσουμε για να απλοποιήσουμε λίγο την απόδειξη ότι το σύ-νορο του Ω είναι C2 Θα χρησιμοποιήσουμε δύο ισχυρισμούς που δενθα αποδείξουμε σε αυτό το μάθημα Όμως πρώτον θα είναι πειστι-κοί και δεύτερον ο ενδιαϕερόμενος αναγνώστης μπορεί να καταϕύ-γει σε ένα βιβλίο διαϕορικής γεωμετρίας για τις πλήρεις λεπτομέ-ρειεςΘα είναι ευκολότερο για την απόδειξη αντί να χρησιμοποιήσουμε

τα x y και z για τις συντεταγμένες ενός διανύσματος τον R3 ναγράϕουμε x1 x2 x3 Έτσι αν F = (F1 F2 F3) το ζητούμενο είναι νααποδείξουμε ότιintintint

Ω

(partF1

partx1+ partF2

partx2+ partF3

partx3

)dx1dx2dx3 =

partΩ(F1 F2 F3)

16

Οι δύο ισχυρισμοί στους οποίους αναϕερθήκαμε παραπάνω είναιοι εξήςΙσχυρισμός 1 Το Ω είναι δυνατόν να γραϕτεί ως ένωση ευκλεί-

δειων δίσκων αρκετά μικρής ακτίνας ώστε αν B ένας τέτοιος δί-σκος ο οποίος τέμνει το σύνορο του Ω τότε το B capΩ να γράϕεται(όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5) με τη βοήθεια του γραϕήματος μιαςσυνάρτησης φ D sube R2 rarr R είτε ως

(I) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 lt φ(x1 x3) είτε ως

(II) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 lt φ(x1 x2) είτε ως

(III) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 gt φ(x2 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 lt φ(x2 x3)

B1

B2 B3 B4

x2

x3

x1

B1 = (x1 x2 x3) isin B1 x2 gt ϕ1(x1 x3)

B2 = (x1 x2 x3) isin B2 x3 lt ϕ2(x1 x2)

B3 = (x1 x2 x3) isin B3 x3 gt ϕ3(x1 x2)

B4 = (x1 x2 x3) isin B4 x2 lt ϕ4(x1 x3)

για διαφορετικές συναρτήσεις ϕ1 ϕ2 ϕ3

και ϕ4 από το R2 στο R

Σχήμα 5 Διάϕορες περιπτώσεις τομών ευκλείδειων δίσκων με τοσύνορο του Ω

Όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5 το αν η περιγραϕή θα είναι όπωςστην περίπτωση (I) ή στην περίπτωση (II) ή στην (III) έχει να κάνειμε το που βρίσκεται ο δίσκος B σε σχέση με το σύνορο του ΩΤο ότι το παραπάνω είναι εϕικτό σχετίζεται με το ότι το Ω είναι

κλειστό και ϕραγμένο καθώς και με το ότι το σύνορό του είναι C2Δεν θα μπούμε όμως σε λεπτομέρειες απόδειξηςΙσχυρισμός 2 Το παρακάτω είναι ένα πολύ ισχυρό εργαλείο το

οποίο ονομάζεται διαμέριση της μονάδαςΈστω B1 B2 BN οι ευκλείδειοι δίσκοι που περιγράϕει ο Ισχυρι-

σμός 1 Υπάρχουν συναρτήσεις ψ1 ψ2 ψN οι οποίες είναι C1 καιικανοποιούν τις εξής συνθήκες

bull sumNj=1ψj = 1 πάνω στο Ω

bull ψj∣∣∣R3Bj

= 0 για κάθε j = 1 2 N

17

Αυτός ο ισχυρισμός δεν είναι τόσο δύσκολος όσο ίσως ακούγεταιΑπλά βρίσκει κανείς συναρτήσεις που να ικανοποιούν τη δεύτερησυνθήκη και πάνω στο Ω να έχουν θετικό άθροισμα (κάντε ένα σχή-μα) Τέλος διαιρούμε κάθε συνάρτηση με το άθροισμά τους ώστε ναικανοποιείται και η πρώτη συνθήκη

Είμαστε τώρα έτοιμοι να ξεκινήσουμε την απόδειξη Αρκεί νααποδείξουμε ότι intintint

Ω

partF1

partx1dx1dx2dx3 =

partΩ(F100)intintint

Ω

partF2

partx2dx1dx2dx3 =

partΩ(0 F20)intintint

Ω

partF3

partx3dx1dx2dx3 =

partΩ(00 F3)

διότι μετά απλώς θα προσθέσουμε κατά μέλη Η απόδειξη αυτώνείναι ίδια οπότε αρκεί για παράδειγμα να αποδείξουμε την τελευ-ταία Απλοποιώντας περαιτέρω θα γράϕουμε f αντί για F3 οπότεπρέπει να αποδείξουμε ότιintintint

Ω

partfpartx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00 f )

Θα κάνουμε ακόμα μια απλοποίησηΈστω Bj j = 1 2 N ένας από τους δίσκους του Ισχυρισμού 1

και ψj οι αντίστοιχες συναρτήσεις από τον Ισχυρισμό 2 Αν απο-δείξουμε ότι intintint

Ω

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00ψjf)

για κάθε j μετά θα προσθέσουμε κατά μέλη για όλα τα j και επει-δή το άθροισμα των ψj πάνω στο Ω ισούται με 1 θα πάρουμε τοζητούμενο Τώρα η ψj είναι μηδέν έξω από το Bj σύμϕωνα με τονΙσχυρισμό 2 οπότε η παραπάνω ολοκλήρωση είναι στην πραγματι-κότητα ολοκλήρωση πάνω στο Bj cap Ω και το επιϕανειακό ολοκλή-ρωμα είναι πάνω στο Bj cap partΩ Δηλαδή ζητάμε να ισχύειintintint

BjcapΩ

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =BjcappartΩ

(00ψjf)

Για να μην γράϕουμε λοιπόν συνεχώς ψjf κάνουμε την εξής απλο-ποίηση επειδή η ψj μηδενίζεται έξω από το Bj και άρα και η ψjf αρκεί να αποδείξουμε ότιintintint

R3

partfpartx3

dx1dx2dx3 =BcappartΩ

(00 f ) (9)

όπου B ευκλείδειος δίσκος από τον Ισχυρισμό 1 και f μια C1 συνάρ-τηση που μηδενίζεται έξω από το B Παρατηρούμε ότι επειδή η f

18

είναι συνεχής (ως C1) είναι αναγκαστικά μηδέν και στο σύνορο τουBΠερίπτωση 1 Το B δεν τέμνει το σύνορο του Ω δηλαδή είναι μέ-

σα στο εσωτερικό Ω Αυτή η περίπτωση αντιμετωπίζεται εύκολαδιότι στα αριστερά της (9) ολοκληρώνουμε πρώτα ως x3 και χρη-σιμοποιούμε ότι η f είναι μηδέν εκτός του Bintintint

R3

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintR2f(x1 x2 x3)

∣∣∣x3=+infinx3=minusinfin

dx2dx1 = 0

Αλλά μηδέν είναι και το δεξιό μέρος της (9) αϕού B cap partΩ = emptyΠερίπτωση 2 Το B τέμνει το σύνορο του Ω Έτσι έχουμε τις

περιπτώσεις I ή II ή III της σελίδας 17 Αν ισχύουν οι περιπτώσειςμε τις ανισότητες lt η αντιμετώπιση είναι ίδια με τις περιπτώσειςόπου ισχύει η gt Επειδή η f βρίσκεται στην τρίτη συντεταγμένηστο (00 f ) οι περιπτώσεις I και III αντιμετωπίζονται με τον ίδιοτρόπο Οπότε θα ασχοληθούμε μόνο με τις περιπτώσεις

B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

καιB capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)intintintΩ

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x2)

partfpartx3

)dx3dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Δείχνουμε τώρα ότι το τελευταίο ολοκλήρωμα ισούται με το

B

BcapΩ

capϕ

x3

Σχήμα 6 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

19

BcappartΩ

(00 f )

Η παραμετρικοποίηση του Bcap partΩ είναι η Φ(x1 x2φ(x1 x2))Υπολογί-

ζουμε με την γνωστή ορίζουσα το Tx1 times Tx2 και βρίσκουμε

Tx1 times Tx2 = minuspartφpartx1

iminus partφpartx2

j + k

Φανερά ⟨Tx1 times Tx2 k⟩ gt 0 οπότε (δες σχήμα 6) η Φ αντιστρέϕει τονπροσανατολισμό Συνεπώς

BcappartΩ(00 f ) = minus

intD⟨(00 f )(Φ(x1 x2) Tx1 times Tx2⟩dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)Η παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας του partΩ μέσα στο B είναι

τώρα η Φ(x1 x3) =(x1φ(x1 x3) x3

)και υπολογίζοντας με την ορί-

ζουσα βρίσκουμε ότι

Tx1 times Tx3 =partφpartx1

iminus j + partφpartx3

Προϕανώς ⟨Tx1 times Tx3 j⟩ = minus1 lt 0 άρα (δες σχήμα 7) η παραμετρικο-ποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό Θέλοντας να υπολογίσουμε

B

BcapΩcap

ϕ

x2

Σχήμα 7 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

τοintintintBcapΩ partfpartx3 dx3dx2dx1 θα ήταν εύκολη δουλειά αν μπορούσα-

με να ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς x3 αϕού θα μπορούσαμενα χρησιμοποιήσουμε το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λο-γισμού όπως στην προηγούμενη υποπερίπτωση Όμως τώρα δεν

20

ξέρουμε πού κινείται το x3 αλλά το x2 (συγκεκριμένα x2 gt φ(x1 x3))Παρόλα αυτά θα επιμείνουμε η πρώτη ολοκλήρωση πρέπει να γίνειως προς μεταβλητή που γνωρίζουμε τα άκρα μεταβολής Οπότε θαεπιχειρήσουμε να αλλάξουμε το partx3 σε partx2 στην προς ολοκλήρωσηποσότητα Για να το πετύχουμε αυτό αλλάζουμε μεταβλητή Θέ-τουμε x2 = φ(x1 x3) + t Όταν x2 = φ(x1 x3) το t = 0 Και βεβαίωςdx2 = dt Έτσιintintint

BcapΩpartfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x3)

partfpartx3

(x1 x2 x3)dx2

)dx1dx2

=intintD

(intinfin0

partfpartx3

(x1φ(x1 x2)+ t x3)dt)dx2dx3

=intintint

R2times(0infin)partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)dtdx1dx3

(10)

Από τον κανόνα της αλυσίδας

partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

)) =⟨nablaf part

partx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)= partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)+ partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partfpartx3

(x1 x3)

Άρα η προς ολοκλήρωση ποσότητα στην (10) γράϕεται

partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) = partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))minus partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partφpartx3

(x1 x3)

Έτσι από την (10) προκύπτουν δύο ολοκληρώματα Το πλεονέκτημααπό αυτή τη διαδικασία είναι ότι το δεύτερο ολοκλήρωμα περιέχειτην partfpartx2 και για το x2 ξέρουμε άκρα ολοκλήρωσης Το πρώτοολοκλήρωμα είναι τοintint

D

intinfinminusinfin

partfpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))dx3dx2dx1 = 0

αϕού η f είναι μηδέν έξω από το BΤο δεύτερο ολοκλήρωμα είναι τοintintint

R2times(0infin)

(minus partφpartx3

(x1 x3)partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3))dx1dx3dt

Επανερχόμαστε τώρα στη μεταβλητή x2 αλλάζοντας ξανά μεταβλη-τή θέτοντας t = x2 minus φ(x1 x3) Οπότε παίρνουμε ότι το τελευταίοολοκλήρωμα είναι ίσο μεintint

R2

(minus partφpartx3

(x1 x3))(intinfin

φ(x1x3)

partfpartx2

dx2

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

21

Το τελευταίο ολοκλήρωμα όμως είναι ίσο με τοBcappartΩ(00 f ) διότι

BcappartΩ(00 f ) =

intintR2

⟨(00 f )(x1φ(x1 x3) x3) Tx1 times Tx3

⟩dx1dx3

=intintR2

⟨(00 f

(x1φ(x1 x3) x3

))(partφpartx1

minus1partφpartx3

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

Αντωνης Τσολομυτης Πανεπιστήμιο Αιγαίου Τμήμα Μαθηματικών83200 Καρλόβασι Σάμος Email antonistsolomitisgmailcom

22

Χρησιμοποιώντας τον κανόνα της αλυσίδας βρίσκουμε ότι η τελευ-ταία παράσταση είναι ίση με(

partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partu+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partu

)partΦ1

partv

minus(partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partv+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partv

)partΦ1

partu

Ελέγχουμε εύκολα (άσκηση) ότι αυτοί οι όροι είναι οι ίδιοι που εμ-ϕανίζονται στην (8) και άρα με τη βοήθεια της (7) έχουμε δείξειότι

intpartS(F100) =

partS

(0partF1

partzminuspartF1

party

)

Με όμοιες πράξεις ή εναλλάσσοντας τους δείκτες και τις θέσεις τωνποσοτήτων μέσα στα διανύσματα κυκλικά (x rarr y rarr z rarr x) βλέπουμεότι

intpartS(0 F20) =

partS

(minuspartF2

partz0partF2

partx

)και

intpartS(00 F3) =

partS

(partF3

partyminuspartF3

partx0)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις τρεις τελευταίες σχέσεις οδηγούμαστεστην

intpartS(F1 F2 F3) =

partS

(partF3

partyminus partF2

partzpartF1

partzminus partF3

partxpartF2

partxminus partF1

party

)

Εύκολα ελέγχεται με την γνωστή μας ορίζουσα ότι το διάνυσμαμέσα στο τελευταίο ολοκλήρωμα είναι το nabla times F ολοκληρώνονταςτην απόδειξη

62 Απόδειξη του θεωρήματος Gauss

Ας υποθέσουμε για να απλοποιήσουμε λίγο την απόδειξη ότι το σύ-νορο του Ω είναι C2 Θα χρησιμοποιήσουμε δύο ισχυρισμούς που δενθα αποδείξουμε σε αυτό το μάθημα Όμως πρώτον θα είναι πειστι-κοί και δεύτερον ο ενδιαϕερόμενος αναγνώστης μπορεί να καταϕύ-γει σε ένα βιβλίο διαϕορικής γεωμετρίας για τις πλήρεις λεπτομέ-ρειεςΘα είναι ευκολότερο για την απόδειξη αντί να χρησιμοποιήσουμε

τα x y και z για τις συντεταγμένες ενός διανύσματος τον R3 ναγράϕουμε x1 x2 x3 Έτσι αν F = (F1 F2 F3) το ζητούμενο είναι νααποδείξουμε ότιintintint

Ω

(partF1

partx1+ partF2

partx2+ partF3

partx3

)dx1dx2dx3 =

partΩ(F1 F2 F3)

16

Οι δύο ισχυρισμοί στους οποίους αναϕερθήκαμε παραπάνω είναιοι εξήςΙσχυρισμός 1 Το Ω είναι δυνατόν να γραϕτεί ως ένωση ευκλεί-

δειων δίσκων αρκετά μικρής ακτίνας ώστε αν B ένας τέτοιος δί-σκος ο οποίος τέμνει το σύνορο του Ω τότε το B capΩ να γράϕεται(όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5) με τη βοήθεια του γραϕήματος μιαςσυνάρτησης φ D sube R2 rarr R είτε ως

(I) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 lt φ(x1 x3) είτε ως

(II) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 lt φ(x1 x2) είτε ως

(III) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 gt φ(x2 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 lt φ(x2 x3)

B1

B2 B3 B4

x2

x3

x1

B1 = (x1 x2 x3) isin B1 x2 gt ϕ1(x1 x3)

B2 = (x1 x2 x3) isin B2 x3 lt ϕ2(x1 x2)

B3 = (x1 x2 x3) isin B3 x3 gt ϕ3(x1 x2)

B4 = (x1 x2 x3) isin B4 x2 lt ϕ4(x1 x3)

για διαφορετικές συναρτήσεις ϕ1 ϕ2 ϕ3

και ϕ4 από το R2 στο R

Σχήμα 5 Διάϕορες περιπτώσεις τομών ευκλείδειων δίσκων με τοσύνορο του Ω

Όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5 το αν η περιγραϕή θα είναι όπωςστην περίπτωση (I) ή στην περίπτωση (II) ή στην (III) έχει να κάνειμε το που βρίσκεται ο δίσκος B σε σχέση με το σύνορο του ΩΤο ότι το παραπάνω είναι εϕικτό σχετίζεται με το ότι το Ω είναι

κλειστό και ϕραγμένο καθώς και με το ότι το σύνορό του είναι C2Δεν θα μπούμε όμως σε λεπτομέρειες απόδειξηςΙσχυρισμός 2 Το παρακάτω είναι ένα πολύ ισχυρό εργαλείο το

οποίο ονομάζεται διαμέριση της μονάδαςΈστω B1 B2 BN οι ευκλείδειοι δίσκοι που περιγράϕει ο Ισχυρι-

σμός 1 Υπάρχουν συναρτήσεις ψ1 ψ2 ψN οι οποίες είναι C1 καιικανοποιούν τις εξής συνθήκες

bull sumNj=1ψj = 1 πάνω στο Ω

bull ψj∣∣∣R3Bj

= 0 για κάθε j = 1 2 N

17

Αυτός ο ισχυρισμός δεν είναι τόσο δύσκολος όσο ίσως ακούγεταιΑπλά βρίσκει κανείς συναρτήσεις που να ικανοποιούν τη δεύτερησυνθήκη και πάνω στο Ω να έχουν θετικό άθροισμα (κάντε ένα σχή-μα) Τέλος διαιρούμε κάθε συνάρτηση με το άθροισμά τους ώστε ναικανοποιείται και η πρώτη συνθήκη

Είμαστε τώρα έτοιμοι να ξεκινήσουμε την απόδειξη Αρκεί νααποδείξουμε ότι intintint

Ω

partF1

partx1dx1dx2dx3 =

partΩ(F100)intintint

Ω

partF2

partx2dx1dx2dx3 =

partΩ(0 F20)intintint

Ω

partF3

partx3dx1dx2dx3 =

partΩ(00 F3)

διότι μετά απλώς θα προσθέσουμε κατά μέλη Η απόδειξη αυτώνείναι ίδια οπότε αρκεί για παράδειγμα να αποδείξουμε την τελευ-ταία Απλοποιώντας περαιτέρω θα γράϕουμε f αντί για F3 οπότεπρέπει να αποδείξουμε ότιintintint

Ω

partfpartx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00 f )

Θα κάνουμε ακόμα μια απλοποίησηΈστω Bj j = 1 2 N ένας από τους δίσκους του Ισχυρισμού 1

και ψj οι αντίστοιχες συναρτήσεις από τον Ισχυρισμό 2 Αν απο-δείξουμε ότι intintint

Ω

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00ψjf)

για κάθε j μετά θα προσθέσουμε κατά μέλη για όλα τα j και επει-δή το άθροισμα των ψj πάνω στο Ω ισούται με 1 θα πάρουμε τοζητούμενο Τώρα η ψj είναι μηδέν έξω από το Bj σύμϕωνα με τονΙσχυρισμό 2 οπότε η παραπάνω ολοκλήρωση είναι στην πραγματι-κότητα ολοκλήρωση πάνω στο Bj cap Ω και το επιϕανειακό ολοκλή-ρωμα είναι πάνω στο Bj cap partΩ Δηλαδή ζητάμε να ισχύειintintint

BjcapΩ

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =BjcappartΩ

(00ψjf)

Για να μην γράϕουμε λοιπόν συνεχώς ψjf κάνουμε την εξής απλο-ποίηση επειδή η ψj μηδενίζεται έξω από το Bj και άρα και η ψjf αρκεί να αποδείξουμε ότιintintint

R3

partfpartx3

dx1dx2dx3 =BcappartΩ

(00 f ) (9)

όπου B ευκλείδειος δίσκος από τον Ισχυρισμό 1 και f μια C1 συνάρ-τηση που μηδενίζεται έξω από το B Παρατηρούμε ότι επειδή η f

18

είναι συνεχής (ως C1) είναι αναγκαστικά μηδέν και στο σύνορο τουBΠερίπτωση 1 Το B δεν τέμνει το σύνορο του Ω δηλαδή είναι μέ-

σα στο εσωτερικό Ω Αυτή η περίπτωση αντιμετωπίζεται εύκολαδιότι στα αριστερά της (9) ολοκληρώνουμε πρώτα ως x3 και χρη-σιμοποιούμε ότι η f είναι μηδέν εκτός του Bintintint

R3

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintR2f(x1 x2 x3)

∣∣∣x3=+infinx3=minusinfin

dx2dx1 = 0

Αλλά μηδέν είναι και το δεξιό μέρος της (9) αϕού B cap partΩ = emptyΠερίπτωση 2 Το B τέμνει το σύνορο του Ω Έτσι έχουμε τις

περιπτώσεις I ή II ή III της σελίδας 17 Αν ισχύουν οι περιπτώσειςμε τις ανισότητες lt η αντιμετώπιση είναι ίδια με τις περιπτώσειςόπου ισχύει η gt Επειδή η f βρίσκεται στην τρίτη συντεταγμένηστο (00 f ) οι περιπτώσεις I και III αντιμετωπίζονται με τον ίδιοτρόπο Οπότε θα ασχοληθούμε μόνο με τις περιπτώσεις

B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

καιB capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)intintintΩ

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x2)

partfpartx3

)dx3dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Δείχνουμε τώρα ότι το τελευταίο ολοκλήρωμα ισούται με το

B

BcapΩ

capϕ

x3

Σχήμα 6 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

19

BcappartΩ

(00 f )

Η παραμετρικοποίηση του Bcap partΩ είναι η Φ(x1 x2φ(x1 x2))Υπολογί-

ζουμε με την γνωστή ορίζουσα το Tx1 times Tx2 και βρίσκουμε

Tx1 times Tx2 = minuspartφpartx1

iminus partφpartx2

j + k

Φανερά ⟨Tx1 times Tx2 k⟩ gt 0 οπότε (δες σχήμα 6) η Φ αντιστρέϕει τονπροσανατολισμό Συνεπώς

BcappartΩ(00 f ) = minus

intD⟨(00 f )(Φ(x1 x2) Tx1 times Tx2⟩dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)Η παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας του partΩ μέσα στο B είναι

τώρα η Φ(x1 x3) =(x1φ(x1 x3) x3

)και υπολογίζοντας με την ορί-

ζουσα βρίσκουμε ότι

Tx1 times Tx3 =partφpartx1

iminus j + partφpartx3

Προϕανώς ⟨Tx1 times Tx3 j⟩ = minus1 lt 0 άρα (δες σχήμα 7) η παραμετρικο-ποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό Θέλοντας να υπολογίσουμε

B

BcapΩcap

ϕ

x2

Σχήμα 7 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

τοintintintBcapΩ partfpartx3 dx3dx2dx1 θα ήταν εύκολη δουλειά αν μπορούσα-

με να ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς x3 αϕού θα μπορούσαμενα χρησιμοποιήσουμε το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λο-γισμού όπως στην προηγούμενη υποπερίπτωση Όμως τώρα δεν

20

ξέρουμε πού κινείται το x3 αλλά το x2 (συγκεκριμένα x2 gt φ(x1 x3))Παρόλα αυτά θα επιμείνουμε η πρώτη ολοκλήρωση πρέπει να γίνειως προς μεταβλητή που γνωρίζουμε τα άκρα μεταβολής Οπότε θαεπιχειρήσουμε να αλλάξουμε το partx3 σε partx2 στην προς ολοκλήρωσηποσότητα Για να το πετύχουμε αυτό αλλάζουμε μεταβλητή Θέ-τουμε x2 = φ(x1 x3) + t Όταν x2 = φ(x1 x3) το t = 0 Και βεβαίωςdx2 = dt Έτσιintintint

BcapΩpartfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x3)

partfpartx3

(x1 x2 x3)dx2

)dx1dx2

=intintD

(intinfin0

partfpartx3

(x1φ(x1 x2)+ t x3)dt)dx2dx3

=intintint

R2times(0infin)partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)dtdx1dx3

(10)

Από τον κανόνα της αλυσίδας

partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

)) =⟨nablaf part

partx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)= partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)+ partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partfpartx3

(x1 x3)

Άρα η προς ολοκλήρωση ποσότητα στην (10) γράϕεται

partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) = partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))minus partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partφpartx3

(x1 x3)

Έτσι από την (10) προκύπτουν δύο ολοκληρώματα Το πλεονέκτημααπό αυτή τη διαδικασία είναι ότι το δεύτερο ολοκλήρωμα περιέχειτην partfpartx2 και για το x2 ξέρουμε άκρα ολοκλήρωσης Το πρώτοολοκλήρωμα είναι τοintint

D

intinfinminusinfin

partfpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))dx3dx2dx1 = 0

αϕού η f είναι μηδέν έξω από το BΤο δεύτερο ολοκλήρωμα είναι τοintintint

R2times(0infin)

(minus partφpartx3

(x1 x3)partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3))dx1dx3dt

Επανερχόμαστε τώρα στη μεταβλητή x2 αλλάζοντας ξανά μεταβλη-τή θέτοντας t = x2 minus φ(x1 x3) Οπότε παίρνουμε ότι το τελευταίοολοκλήρωμα είναι ίσο μεintint

R2

(minus partφpartx3

(x1 x3))(intinfin

φ(x1x3)

partfpartx2

dx2

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

21

Το τελευταίο ολοκλήρωμα όμως είναι ίσο με τοBcappartΩ(00 f ) διότι

BcappartΩ(00 f ) =

intintR2

⟨(00 f )(x1φ(x1 x3) x3) Tx1 times Tx3

⟩dx1dx3

=intintR2

⟨(00 f

(x1φ(x1 x3) x3

))(partφpartx1

minus1partφpartx3

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

Αντωνης Τσολομυτης Πανεπιστήμιο Αιγαίου Τμήμα Μαθηματικών83200 Καρλόβασι Σάμος Email antonistsolomitisgmailcom

22

Οι δύο ισχυρισμοί στους οποίους αναϕερθήκαμε παραπάνω είναιοι εξήςΙσχυρισμός 1 Το Ω είναι δυνατόν να γραϕτεί ως ένωση ευκλεί-

δειων δίσκων αρκετά μικρής ακτίνας ώστε αν B ένας τέτοιος δί-σκος ο οποίος τέμνει το σύνορο του Ω τότε το B capΩ να γράϕεται(όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5) με τη βοήθεια του γραϕήματος μιαςσυνάρτησης φ D sube R2 rarr R είτε ως

(I) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 lt φ(x1 x3) είτε ως

(II) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 lt φ(x1 x2) είτε ως

(III) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 gt φ(x2 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 lt φ(x2 x3)

B1

B2 B3 B4

x2

x3

x1

B1 = (x1 x2 x3) isin B1 x2 gt ϕ1(x1 x3)

B2 = (x1 x2 x3) isin B2 x3 lt ϕ2(x1 x2)

B3 = (x1 x2 x3) isin B3 x3 gt ϕ3(x1 x2)

B4 = (x1 x2 x3) isin B4 x2 lt ϕ4(x1 x3)

για διαφορετικές συναρτήσεις ϕ1 ϕ2 ϕ3

και ϕ4 από το R2 στο R

Σχήμα 5 Διάϕορες περιπτώσεις τομών ευκλείδειων δίσκων με τοσύνορο του Ω

Όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5 το αν η περιγραϕή θα είναι όπωςστην περίπτωση (I) ή στην περίπτωση (II) ή στην (III) έχει να κάνειμε το που βρίσκεται ο δίσκος B σε σχέση με το σύνορο του ΩΤο ότι το παραπάνω είναι εϕικτό σχετίζεται με το ότι το Ω είναι

κλειστό και ϕραγμένο καθώς και με το ότι το σύνορό του είναι C2Δεν θα μπούμε όμως σε λεπτομέρειες απόδειξηςΙσχυρισμός 2 Το παρακάτω είναι ένα πολύ ισχυρό εργαλείο το

οποίο ονομάζεται διαμέριση της μονάδαςΈστω B1 B2 BN οι ευκλείδειοι δίσκοι που περιγράϕει ο Ισχυρι-

σμός 1 Υπάρχουν συναρτήσεις ψ1 ψ2 ψN οι οποίες είναι C1 καιικανοποιούν τις εξής συνθήκες

bull sumNj=1ψj = 1 πάνω στο Ω

bull ψj∣∣∣R3Bj

= 0 για κάθε j = 1 2 N

17

Αυτός ο ισχυρισμός δεν είναι τόσο δύσκολος όσο ίσως ακούγεταιΑπλά βρίσκει κανείς συναρτήσεις που να ικανοποιούν τη δεύτερησυνθήκη και πάνω στο Ω να έχουν θετικό άθροισμα (κάντε ένα σχή-μα) Τέλος διαιρούμε κάθε συνάρτηση με το άθροισμά τους ώστε ναικανοποιείται και η πρώτη συνθήκη

Είμαστε τώρα έτοιμοι να ξεκινήσουμε την απόδειξη Αρκεί νααποδείξουμε ότι intintint

Ω

partF1

partx1dx1dx2dx3 =

partΩ(F100)intintint

Ω

partF2

partx2dx1dx2dx3 =

partΩ(0 F20)intintint

Ω

partF3

partx3dx1dx2dx3 =

partΩ(00 F3)

διότι μετά απλώς θα προσθέσουμε κατά μέλη Η απόδειξη αυτώνείναι ίδια οπότε αρκεί για παράδειγμα να αποδείξουμε την τελευ-ταία Απλοποιώντας περαιτέρω θα γράϕουμε f αντί για F3 οπότεπρέπει να αποδείξουμε ότιintintint

Ω

partfpartx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00 f )

Θα κάνουμε ακόμα μια απλοποίησηΈστω Bj j = 1 2 N ένας από τους δίσκους του Ισχυρισμού 1

και ψj οι αντίστοιχες συναρτήσεις από τον Ισχυρισμό 2 Αν απο-δείξουμε ότι intintint

Ω

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00ψjf)

για κάθε j μετά θα προσθέσουμε κατά μέλη για όλα τα j και επει-δή το άθροισμα των ψj πάνω στο Ω ισούται με 1 θα πάρουμε τοζητούμενο Τώρα η ψj είναι μηδέν έξω από το Bj σύμϕωνα με τονΙσχυρισμό 2 οπότε η παραπάνω ολοκλήρωση είναι στην πραγματι-κότητα ολοκλήρωση πάνω στο Bj cap Ω και το επιϕανειακό ολοκλή-ρωμα είναι πάνω στο Bj cap partΩ Δηλαδή ζητάμε να ισχύειintintint

BjcapΩ

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =BjcappartΩ

(00ψjf)

Για να μην γράϕουμε λοιπόν συνεχώς ψjf κάνουμε την εξής απλο-ποίηση επειδή η ψj μηδενίζεται έξω από το Bj και άρα και η ψjf αρκεί να αποδείξουμε ότιintintint

R3

partfpartx3

dx1dx2dx3 =BcappartΩ

(00 f ) (9)

όπου B ευκλείδειος δίσκος από τον Ισχυρισμό 1 και f μια C1 συνάρ-τηση που μηδενίζεται έξω από το B Παρατηρούμε ότι επειδή η f

18

είναι συνεχής (ως C1) είναι αναγκαστικά μηδέν και στο σύνορο τουBΠερίπτωση 1 Το B δεν τέμνει το σύνορο του Ω δηλαδή είναι μέ-

σα στο εσωτερικό Ω Αυτή η περίπτωση αντιμετωπίζεται εύκολαδιότι στα αριστερά της (9) ολοκληρώνουμε πρώτα ως x3 και χρη-σιμοποιούμε ότι η f είναι μηδέν εκτός του Bintintint

R3

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintR2f(x1 x2 x3)

∣∣∣x3=+infinx3=minusinfin

dx2dx1 = 0

Αλλά μηδέν είναι και το δεξιό μέρος της (9) αϕού B cap partΩ = emptyΠερίπτωση 2 Το B τέμνει το σύνορο του Ω Έτσι έχουμε τις

περιπτώσεις I ή II ή III της σελίδας 17 Αν ισχύουν οι περιπτώσειςμε τις ανισότητες lt η αντιμετώπιση είναι ίδια με τις περιπτώσειςόπου ισχύει η gt Επειδή η f βρίσκεται στην τρίτη συντεταγμένηστο (00 f ) οι περιπτώσεις I και III αντιμετωπίζονται με τον ίδιοτρόπο Οπότε θα ασχοληθούμε μόνο με τις περιπτώσεις

B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

καιB capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)intintintΩ

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x2)

partfpartx3

)dx3dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Δείχνουμε τώρα ότι το τελευταίο ολοκλήρωμα ισούται με το

B

BcapΩ

capϕ

x3

Σχήμα 6 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

19

BcappartΩ

(00 f )

Η παραμετρικοποίηση του Bcap partΩ είναι η Φ(x1 x2φ(x1 x2))Υπολογί-

ζουμε με την γνωστή ορίζουσα το Tx1 times Tx2 και βρίσκουμε

Tx1 times Tx2 = minuspartφpartx1

iminus partφpartx2

j + k

Φανερά ⟨Tx1 times Tx2 k⟩ gt 0 οπότε (δες σχήμα 6) η Φ αντιστρέϕει τονπροσανατολισμό Συνεπώς

BcappartΩ(00 f ) = minus

intD⟨(00 f )(Φ(x1 x2) Tx1 times Tx2⟩dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)Η παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας του partΩ μέσα στο B είναι

τώρα η Φ(x1 x3) =(x1φ(x1 x3) x3

)και υπολογίζοντας με την ορί-

ζουσα βρίσκουμε ότι

Tx1 times Tx3 =partφpartx1

iminus j + partφpartx3

Προϕανώς ⟨Tx1 times Tx3 j⟩ = minus1 lt 0 άρα (δες σχήμα 7) η παραμετρικο-ποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό Θέλοντας να υπολογίσουμε

B

BcapΩcap

ϕ

x2

Σχήμα 7 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

τοintintintBcapΩ partfpartx3 dx3dx2dx1 θα ήταν εύκολη δουλειά αν μπορούσα-

με να ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς x3 αϕού θα μπορούσαμενα χρησιμοποιήσουμε το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λο-γισμού όπως στην προηγούμενη υποπερίπτωση Όμως τώρα δεν

20

ξέρουμε πού κινείται το x3 αλλά το x2 (συγκεκριμένα x2 gt φ(x1 x3))Παρόλα αυτά θα επιμείνουμε η πρώτη ολοκλήρωση πρέπει να γίνειως προς μεταβλητή που γνωρίζουμε τα άκρα μεταβολής Οπότε θαεπιχειρήσουμε να αλλάξουμε το partx3 σε partx2 στην προς ολοκλήρωσηποσότητα Για να το πετύχουμε αυτό αλλάζουμε μεταβλητή Θέ-τουμε x2 = φ(x1 x3) + t Όταν x2 = φ(x1 x3) το t = 0 Και βεβαίωςdx2 = dt Έτσιintintint

BcapΩpartfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x3)

partfpartx3

(x1 x2 x3)dx2

)dx1dx2

=intintD

(intinfin0

partfpartx3

(x1φ(x1 x2)+ t x3)dt)dx2dx3

=intintint

R2times(0infin)partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)dtdx1dx3

(10)

Από τον κανόνα της αλυσίδας

partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

)) =⟨nablaf part

partx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)= partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)+ partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partfpartx3

(x1 x3)

Άρα η προς ολοκλήρωση ποσότητα στην (10) γράϕεται

partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) = partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))minus partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partφpartx3

(x1 x3)

Έτσι από την (10) προκύπτουν δύο ολοκληρώματα Το πλεονέκτημααπό αυτή τη διαδικασία είναι ότι το δεύτερο ολοκλήρωμα περιέχειτην partfpartx2 και για το x2 ξέρουμε άκρα ολοκλήρωσης Το πρώτοολοκλήρωμα είναι τοintint

D

intinfinminusinfin

partfpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))dx3dx2dx1 = 0

αϕού η f είναι μηδέν έξω από το BΤο δεύτερο ολοκλήρωμα είναι τοintintint

R2times(0infin)

(minus partφpartx3

(x1 x3)partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3))dx1dx3dt

Επανερχόμαστε τώρα στη μεταβλητή x2 αλλάζοντας ξανά μεταβλη-τή θέτοντας t = x2 minus φ(x1 x3) Οπότε παίρνουμε ότι το τελευταίοολοκλήρωμα είναι ίσο μεintint

R2

(minus partφpartx3

(x1 x3))(intinfin

φ(x1x3)

partfpartx2

dx2

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

21

Το τελευταίο ολοκλήρωμα όμως είναι ίσο με τοBcappartΩ(00 f ) διότι

BcappartΩ(00 f ) =

intintR2

⟨(00 f )(x1φ(x1 x3) x3) Tx1 times Tx3

⟩dx1dx3

=intintR2

⟨(00 f

(x1φ(x1 x3) x3

))(partφpartx1

minus1partφpartx3

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

Αντωνης Τσολομυτης Πανεπιστήμιο Αιγαίου Τμήμα Μαθηματικών83200 Καρλόβασι Σάμος Email antonistsolomitisgmailcom

22

Αυτός ο ισχυρισμός δεν είναι τόσο δύσκολος όσο ίσως ακούγεταιΑπλά βρίσκει κανείς συναρτήσεις που να ικανοποιούν τη δεύτερησυνθήκη και πάνω στο Ω να έχουν θετικό άθροισμα (κάντε ένα σχή-μα) Τέλος διαιρούμε κάθε συνάρτηση με το άθροισμά τους ώστε ναικανοποιείται και η πρώτη συνθήκη

Είμαστε τώρα έτοιμοι να ξεκινήσουμε την απόδειξη Αρκεί νααποδείξουμε ότι intintint

Ω

partF1

partx1dx1dx2dx3 =

partΩ(F100)intintint

Ω

partF2

partx2dx1dx2dx3 =

partΩ(0 F20)intintint

Ω

partF3

partx3dx1dx2dx3 =

partΩ(00 F3)

διότι μετά απλώς θα προσθέσουμε κατά μέλη Η απόδειξη αυτώνείναι ίδια οπότε αρκεί για παράδειγμα να αποδείξουμε την τελευ-ταία Απλοποιώντας περαιτέρω θα γράϕουμε f αντί για F3 οπότεπρέπει να αποδείξουμε ότιintintint

Ω

partfpartx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00 f )

Θα κάνουμε ακόμα μια απλοποίησηΈστω Bj j = 1 2 N ένας από τους δίσκους του Ισχυρισμού 1

και ψj οι αντίστοιχες συναρτήσεις από τον Ισχυρισμό 2 Αν απο-δείξουμε ότι intintint

Ω

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00ψjf)

για κάθε j μετά θα προσθέσουμε κατά μέλη για όλα τα j και επει-δή το άθροισμα των ψj πάνω στο Ω ισούται με 1 θα πάρουμε τοζητούμενο Τώρα η ψj είναι μηδέν έξω από το Bj σύμϕωνα με τονΙσχυρισμό 2 οπότε η παραπάνω ολοκλήρωση είναι στην πραγματι-κότητα ολοκλήρωση πάνω στο Bj cap Ω και το επιϕανειακό ολοκλή-ρωμα είναι πάνω στο Bj cap partΩ Δηλαδή ζητάμε να ισχύειintintint

BjcapΩ

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =BjcappartΩ

(00ψjf)

Για να μην γράϕουμε λοιπόν συνεχώς ψjf κάνουμε την εξής απλο-ποίηση επειδή η ψj μηδενίζεται έξω από το Bj και άρα και η ψjf αρκεί να αποδείξουμε ότιintintint

R3

partfpartx3

dx1dx2dx3 =BcappartΩ

(00 f ) (9)

όπου B ευκλείδειος δίσκος από τον Ισχυρισμό 1 και f μια C1 συνάρ-τηση που μηδενίζεται έξω από το B Παρατηρούμε ότι επειδή η f

18

είναι συνεχής (ως C1) είναι αναγκαστικά μηδέν και στο σύνορο τουBΠερίπτωση 1 Το B δεν τέμνει το σύνορο του Ω δηλαδή είναι μέ-

σα στο εσωτερικό Ω Αυτή η περίπτωση αντιμετωπίζεται εύκολαδιότι στα αριστερά της (9) ολοκληρώνουμε πρώτα ως x3 και χρη-σιμοποιούμε ότι η f είναι μηδέν εκτός του Bintintint

R3

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintR2f(x1 x2 x3)

∣∣∣x3=+infinx3=minusinfin

dx2dx1 = 0

Αλλά μηδέν είναι και το δεξιό μέρος της (9) αϕού B cap partΩ = emptyΠερίπτωση 2 Το B τέμνει το σύνορο του Ω Έτσι έχουμε τις

περιπτώσεις I ή II ή III της σελίδας 17 Αν ισχύουν οι περιπτώσειςμε τις ανισότητες lt η αντιμετώπιση είναι ίδια με τις περιπτώσειςόπου ισχύει η gt Επειδή η f βρίσκεται στην τρίτη συντεταγμένηστο (00 f ) οι περιπτώσεις I και III αντιμετωπίζονται με τον ίδιοτρόπο Οπότε θα ασχοληθούμε μόνο με τις περιπτώσεις

B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

καιB capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)intintintΩ

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x2)

partfpartx3

)dx3dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Δείχνουμε τώρα ότι το τελευταίο ολοκλήρωμα ισούται με το

B

BcapΩ

capϕ

x3

Σχήμα 6 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

19

BcappartΩ

(00 f )

Η παραμετρικοποίηση του Bcap partΩ είναι η Φ(x1 x2φ(x1 x2))Υπολογί-

ζουμε με την γνωστή ορίζουσα το Tx1 times Tx2 και βρίσκουμε

Tx1 times Tx2 = minuspartφpartx1

iminus partφpartx2

j + k

Φανερά ⟨Tx1 times Tx2 k⟩ gt 0 οπότε (δες σχήμα 6) η Φ αντιστρέϕει τονπροσανατολισμό Συνεπώς

BcappartΩ(00 f ) = minus

intD⟨(00 f )(Φ(x1 x2) Tx1 times Tx2⟩dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)Η παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας του partΩ μέσα στο B είναι

τώρα η Φ(x1 x3) =(x1φ(x1 x3) x3

)και υπολογίζοντας με την ορί-

ζουσα βρίσκουμε ότι

Tx1 times Tx3 =partφpartx1

iminus j + partφpartx3

Προϕανώς ⟨Tx1 times Tx3 j⟩ = minus1 lt 0 άρα (δες σχήμα 7) η παραμετρικο-ποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό Θέλοντας να υπολογίσουμε

B

BcapΩcap

ϕ

x2

Σχήμα 7 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

τοintintintBcapΩ partfpartx3 dx3dx2dx1 θα ήταν εύκολη δουλειά αν μπορούσα-

με να ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς x3 αϕού θα μπορούσαμενα χρησιμοποιήσουμε το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λο-γισμού όπως στην προηγούμενη υποπερίπτωση Όμως τώρα δεν

20

ξέρουμε πού κινείται το x3 αλλά το x2 (συγκεκριμένα x2 gt φ(x1 x3))Παρόλα αυτά θα επιμείνουμε η πρώτη ολοκλήρωση πρέπει να γίνειως προς μεταβλητή που γνωρίζουμε τα άκρα μεταβολής Οπότε θαεπιχειρήσουμε να αλλάξουμε το partx3 σε partx2 στην προς ολοκλήρωσηποσότητα Για να το πετύχουμε αυτό αλλάζουμε μεταβλητή Θέ-τουμε x2 = φ(x1 x3) + t Όταν x2 = φ(x1 x3) το t = 0 Και βεβαίωςdx2 = dt Έτσιintintint

BcapΩpartfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x3)

partfpartx3

(x1 x2 x3)dx2

)dx1dx2

=intintD

(intinfin0

partfpartx3

(x1φ(x1 x2)+ t x3)dt)dx2dx3

=intintint

R2times(0infin)partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)dtdx1dx3

(10)

Από τον κανόνα της αλυσίδας

partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

)) =⟨nablaf part

partx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)= partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)+ partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partfpartx3

(x1 x3)

Άρα η προς ολοκλήρωση ποσότητα στην (10) γράϕεται

partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) = partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))minus partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partφpartx3

(x1 x3)

Έτσι από την (10) προκύπτουν δύο ολοκληρώματα Το πλεονέκτημααπό αυτή τη διαδικασία είναι ότι το δεύτερο ολοκλήρωμα περιέχειτην partfpartx2 και για το x2 ξέρουμε άκρα ολοκλήρωσης Το πρώτοολοκλήρωμα είναι τοintint

D

intinfinminusinfin

partfpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))dx3dx2dx1 = 0

αϕού η f είναι μηδέν έξω από το BΤο δεύτερο ολοκλήρωμα είναι τοintintint

R2times(0infin)

(minus partφpartx3

(x1 x3)partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3))dx1dx3dt

Επανερχόμαστε τώρα στη μεταβλητή x2 αλλάζοντας ξανά μεταβλη-τή θέτοντας t = x2 minus φ(x1 x3) Οπότε παίρνουμε ότι το τελευταίοολοκλήρωμα είναι ίσο μεintint

R2

(minus partφpartx3

(x1 x3))(intinfin

φ(x1x3)

partfpartx2

dx2

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

21

Το τελευταίο ολοκλήρωμα όμως είναι ίσο με τοBcappartΩ(00 f ) διότι

BcappartΩ(00 f ) =

intintR2

⟨(00 f )(x1φ(x1 x3) x3) Tx1 times Tx3

⟩dx1dx3

=intintR2

⟨(00 f

(x1φ(x1 x3) x3

))(partφpartx1

minus1partφpartx3

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

Αντωνης Τσολομυτης Πανεπιστήμιο Αιγαίου Τμήμα Μαθηματικών83200 Καρλόβασι Σάμος Email antonistsolomitisgmailcom

22

είναι συνεχής (ως C1) είναι αναγκαστικά μηδέν και στο σύνορο τουBΠερίπτωση 1 Το B δεν τέμνει το σύνορο του Ω δηλαδή είναι μέ-

σα στο εσωτερικό Ω Αυτή η περίπτωση αντιμετωπίζεται εύκολαδιότι στα αριστερά της (9) ολοκληρώνουμε πρώτα ως x3 και χρη-σιμοποιούμε ότι η f είναι μηδέν εκτός του Bintintint

R3

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintR2f(x1 x2 x3)

∣∣∣x3=+infinx3=minusinfin

dx2dx1 = 0

Αλλά μηδέν είναι και το δεξιό μέρος της (9) αϕού B cap partΩ = emptyΠερίπτωση 2 Το B τέμνει το σύνορο του Ω Έτσι έχουμε τις

περιπτώσεις I ή II ή III της σελίδας 17 Αν ισχύουν οι περιπτώσειςμε τις ανισότητες lt η αντιμετώπιση είναι ίδια με τις περιπτώσειςόπου ισχύει η gt Επειδή η f βρίσκεται στην τρίτη συντεταγμένηστο (00 f ) οι περιπτώσεις I και III αντιμετωπίζονται με τον ίδιοτρόπο Οπότε θα ασχοληθούμε μόνο με τις περιπτώσεις

B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

καιB capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)intintintΩ

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x2)

partfpartx3

)dx3dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Δείχνουμε τώρα ότι το τελευταίο ολοκλήρωμα ισούται με το

B

BcapΩ

capϕ

x3

Σχήμα 6 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

19

BcappartΩ

(00 f )

Η παραμετρικοποίηση του Bcap partΩ είναι η Φ(x1 x2φ(x1 x2))Υπολογί-

ζουμε με την γνωστή ορίζουσα το Tx1 times Tx2 και βρίσκουμε

Tx1 times Tx2 = minuspartφpartx1

iminus partφpartx2

j + k

Φανερά ⟨Tx1 times Tx2 k⟩ gt 0 οπότε (δες σχήμα 6) η Φ αντιστρέϕει τονπροσανατολισμό Συνεπώς

BcappartΩ(00 f ) = minus

intD⟨(00 f )(Φ(x1 x2) Tx1 times Tx2⟩dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)Η παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας του partΩ μέσα στο B είναι

τώρα η Φ(x1 x3) =(x1φ(x1 x3) x3

)και υπολογίζοντας με την ορί-

ζουσα βρίσκουμε ότι

Tx1 times Tx3 =partφpartx1

iminus j + partφpartx3

Προϕανώς ⟨Tx1 times Tx3 j⟩ = minus1 lt 0 άρα (δες σχήμα 7) η παραμετρικο-ποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό Θέλοντας να υπολογίσουμε

B

BcapΩcap

ϕ

x2

Σχήμα 7 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

τοintintintBcapΩ partfpartx3 dx3dx2dx1 θα ήταν εύκολη δουλειά αν μπορούσα-

με να ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς x3 αϕού θα μπορούσαμενα χρησιμοποιήσουμε το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λο-γισμού όπως στην προηγούμενη υποπερίπτωση Όμως τώρα δεν

20

ξέρουμε πού κινείται το x3 αλλά το x2 (συγκεκριμένα x2 gt φ(x1 x3))Παρόλα αυτά θα επιμείνουμε η πρώτη ολοκλήρωση πρέπει να γίνειως προς μεταβλητή που γνωρίζουμε τα άκρα μεταβολής Οπότε θαεπιχειρήσουμε να αλλάξουμε το partx3 σε partx2 στην προς ολοκλήρωσηποσότητα Για να το πετύχουμε αυτό αλλάζουμε μεταβλητή Θέ-τουμε x2 = φ(x1 x3) + t Όταν x2 = φ(x1 x3) το t = 0 Και βεβαίωςdx2 = dt Έτσιintintint

BcapΩpartfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x3)

partfpartx3

(x1 x2 x3)dx2

)dx1dx2

=intintD

(intinfin0

partfpartx3

(x1φ(x1 x2)+ t x3)dt)dx2dx3

=intintint

R2times(0infin)partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)dtdx1dx3

(10)

Από τον κανόνα της αλυσίδας

partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

)) =⟨nablaf part

partx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)= partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)+ partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partfpartx3

(x1 x3)

Άρα η προς ολοκλήρωση ποσότητα στην (10) γράϕεται

partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) = partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))minus partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partφpartx3

(x1 x3)

Έτσι από την (10) προκύπτουν δύο ολοκληρώματα Το πλεονέκτημααπό αυτή τη διαδικασία είναι ότι το δεύτερο ολοκλήρωμα περιέχειτην partfpartx2 και για το x2 ξέρουμε άκρα ολοκλήρωσης Το πρώτοολοκλήρωμα είναι τοintint

D

intinfinminusinfin

partfpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))dx3dx2dx1 = 0

αϕού η f είναι μηδέν έξω από το BΤο δεύτερο ολοκλήρωμα είναι τοintintint

R2times(0infin)

(minus partφpartx3

(x1 x3)partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3))dx1dx3dt

Επανερχόμαστε τώρα στη μεταβλητή x2 αλλάζοντας ξανά μεταβλη-τή θέτοντας t = x2 minus φ(x1 x3) Οπότε παίρνουμε ότι το τελευταίοολοκλήρωμα είναι ίσο μεintint

R2

(minus partφpartx3

(x1 x3))(intinfin

φ(x1x3)

partfpartx2

dx2

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

21

Το τελευταίο ολοκλήρωμα όμως είναι ίσο με τοBcappartΩ(00 f ) διότι

BcappartΩ(00 f ) =

intintR2

⟨(00 f )(x1φ(x1 x3) x3) Tx1 times Tx3

⟩dx1dx3

=intintR2

⟨(00 f

(x1φ(x1 x3) x3

))(partφpartx1

minus1partφpartx3

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

Αντωνης Τσολομυτης Πανεπιστήμιο Αιγαίου Τμήμα Μαθηματικών83200 Καρλόβασι Σάμος Email antonistsolomitisgmailcom

22

BcappartΩ

(00 f )

Η παραμετρικοποίηση του Bcap partΩ είναι η Φ(x1 x2φ(x1 x2))Υπολογί-

ζουμε με την γνωστή ορίζουσα το Tx1 times Tx2 και βρίσκουμε

Tx1 times Tx2 = minuspartφpartx1

iminus partφpartx2

j + k

Φανερά ⟨Tx1 times Tx2 k⟩ gt 0 οπότε (δες σχήμα 6) η Φ αντιστρέϕει τονπροσανατολισμό Συνεπώς

BcappartΩ(00 f ) = minus

intD⟨(00 f )(Φ(x1 x2) Tx1 times Tx2⟩dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)Η παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας του partΩ μέσα στο B είναι

τώρα η Φ(x1 x3) =(x1φ(x1 x3) x3

)και υπολογίζοντας με την ορί-

ζουσα βρίσκουμε ότι

Tx1 times Tx3 =partφpartx1

iminus j + partφpartx3

Προϕανώς ⟨Tx1 times Tx3 j⟩ = minus1 lt 0 άρα (δες σχήμα 7) η παραμετρικο-ποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό Θέλοντας να υπολογίσουμε

B

BcapΩcap

ϕ

x2

Σχήμα 7 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

τοintintintBcapΩ partfpartx3 dx3dx2dx1 θα ήταν εύκολη δουλειά αν μπορούσα-

με να ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς x3 αϕού θα μπορούσαμενα χρησιμοποιήσουμε το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λο-γισμού όπως στην προηγούμενη υποπερίπτωση Όμως τώρα δεν

20

ξέρουμε πού κινείται το x3 αλλά το x2 (συγκεκριμένα x2 gt φ(x1 x3))Παρόλα αυτά θα επιμείνουμε η πρώτη ολοκλήρωση πρέπει να γίνειως προς μεταβλητή που γνωρίζουμε τα άκρα μεταβολής Οπότε θαεπιχειρήσουμε να αλλάξουμε το partx3 σε partx2 στην προς ολοκλήρωσηποσότητα Για να το πετύχουμε αυτό αλλάζουμε μεταβλητή Θέ-τουμε x2 = φ(x1 x3) + t Όταν x2 = φ(x1 x3) το t = 0 Και βεβαίωςdx2 = dt Έτσιintintint

BcapΩpartfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x3)

partfpartx3

(x1 x2 x3)dx2

)dx1dx2

=intintD

(intinfin0

partfpartx3

(x1φ(x1 x2)+ t x3)dt)dx2dx3

=intintint

R2times(0infin)partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)dtdx1dx3

(10)

Από τον κανόνα της αλυσίδας

partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

)) =⟨nablaf part

partx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)= partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)+ partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partfpartx3

(x1 x3)

Άρα η προς ολοκλήρωση ποσότητα στην (10) γράϕεται

partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) = partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))minus partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partφpartx3

(x1 x3)

Έτσι από την (10) προκύπτουν δύο ολοκληρώματα Το πλεονέκτημααπό αυτή τη διαδικασία είναι ότι το δεύτερο ολοκλήρωμα περιέχειτην partfpartx2 και για το x2 ξέρουμε άκρα ολοκλήρωσης Το πρώτοολοκλήρωμα είναι τοintint

D

intinfinminusinfin

partfpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))dx3dx2dx1 = 0

αϕού η f είναι μηδέν έξω από το BΤο δεύτερο ολοκλήρωμα είναι τοintintint

R2times(0infin)

(minus partφpartx3

(x1 x3)partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3))dx1dx3dt

Επανερχόμαστε τώρα στη μεταβλητή x2 αλλάζοντας ξανά μεταβλη-τή θέτοντας t = x2 minus φ(x1 x3) Οπότε παίρνουμε ότι το τελευταίοολοκλήρωμα είναι ίσο μεintint

R2

(minus partφpartx3

(x1 x3))(intinfin

φ(x1x3)

partfpartx2

dx2

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

21

Το τελευταίο ολοκλήρωμα όμως είναι ίσο με τοBcappartΩ(00 f ) διότι

BcappartΩ(00 f ) =

intintR2

⟨(00 f )(x1φ(x1 x3) x3) Tx1 times Tx3

⟩dx1dx3

=intintR2

⟨(00 f

(x1φ(x1 x3) x3

))(partφpartx1

minus1partφpartx3

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

Αντωνης Τσολομυτης Πανεπιστήμιο Αιγαίου Τμήμα Μαθηματικών83200 Καρλόβασι Σάμος Email antonistsolomitisgmailcom

22

ξέρουμε πού κινείται το x3 αλλά το x2 (συγκεκριμένα x2 gt φ(x1 x3))Παρόλα αυτά θα επιμείνουμε η πρώτη ολοκλήρωση πρέπει να γίνειως προς μεταβλητή που γνωρίζουμε τα άκρα μεταβολής Οπότε θαεπιχειρήσουμε να αλλάξουμε το partx3 σε partx2 στην προς ολοκλήρωσηποσότητα Για να το πετύχουμε αυτό αλλάζουμε μεταβλητή Θέ-τουμε x2 = φ(x1 x3) + t Όταν x2 = φ(x1 x3) το t = 0 Και βεβαίωςdx2 = dt Έτσιintintint

BcapΩpartfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x3)

partfpartx3

(x1 x2 x3)dx2

)dx1dx2

=intintD

(intinfin0

partfpartx3

(x1φ(x1 x2)+ t x3)dt)dx2dx3

=intintint

R2times(0infin)partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)dtdx1dx3

(10)

Από τον κανόνα της αλυσίδας

partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

)) =⟨nablaf part

partx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)= partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)+ partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partfpartx3

(x1 x3)

Άρα η προς ολοκλήρωση ποσότητα στην (10) γράϕεται

partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) = partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))minus partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partφpartx3

(x1 x3)

Έτσι από την (10) προκύπτουν δύο ολοκληρώματα Το πλεονέκτημααπό αυτή τη διαδικασία είναι ότι το δεύτερο ολοκλήρωμα περιέχειτην partfpartx2 και για το x2 ξέρουμε άκρα ολοκλήρωσης Το πρώτοολοκλήρωμα είναι τοintint

D

intinfinminusinfin

partfpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))dx3dx2dx1 = 0

αϕού η f είναι μηδέν έξω από το BΤο δεύτερο ολοκλήρωμα είναι τοintintint

R2times(0infin)

(minus partφpartx3

(x1 x3)partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3))dx1dx3dt

Επανερχόμαστε τώρα στη μεταβλητή x2 αλλάζοντας ξανά μεταβλη-τή θέτοντας t = x2 minus φ(x1 x3) Οπότε παίρνουμε ότι το τελευταίοολοκλήρωμα είναι ίσο μεintint

R2

(minus partφpartx3

(x1 x3))(intinfin

φ(x1x3)

partfpartx2

dx2

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

21

Το τελευταίο ολοκλήρωμα όμως είναι ίσο με τοBcappartΩ(00 f ) διότι

BcappartΩ(00 f ) =

intintR2

⟨(00 f )(x1φ(x1 x3) x3) Tx1 times Tx3

⟩dx1dx3

=intintR2

⟨(00 f

(x1φ(x1 x3) x3

))(partφpartx1

minus1partφpartx3

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

Αντωνης Τσολομυτης Πανεπιστήμιο Αιγαίου Τμήμα Μαθηματικών83200 Καρλόβασι Σάμος Email antonistsolomitisgmailcom

22

Το τελευταίο ολοκλήρωμα όμως είναι ίσο με τοBcappartΩ(00 f ) διότι

BcappartΩ(00 f ) =

intintR2

⟨(00 f )(x1φ(x1 x3) x3) Tx1 times Tx3

⟩dx1dx3

=intintR2

⟨(00 f

(x1φ(x1 x3) x3

))(partφpartx1

minus1partφpartx3

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

Αντωνης Τσολομυτης Πανεπιστήμιο Αιγαίου Τμήμα Μαθηματικών83200 Καρλόβασι Σάμος Email antonistsolomitisgmailcom

22