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