¿Cómo usar el teorema de Stokes en presencia de los agujeros?

Question

Así que yo sé que el teorema de Stokes para la integración exacta de formas diferenciales a través de una cadena: $$\int_cd\omega=\int_{\partial c}\omega.$$ Pero lo que si hay agujeros? Más precisamente, considere el siguiente ejemplo famoso:

Considerar el perforado de avión $U=\Bbb R^2\setminus\{(0,0)\}$ y el diferencial de la forma $$\omega=\frac{1}{x^2+y^2}(-ydx+xdy)$$ on $U$. It is known that line integral of $\omega$ along a circle $c:[0,1]\U, c(t)=(\cos 2\pi t,\pecado 2\pi t)$, is $2\pi$.

El teorema de Stokes no se aplica aquí porque ninguno de los dos es $\omega$ exacta ni es $c$ el límite de otra cadena. Pero es posible para "definir" el siguiente (he visto cosas similares de la física de libros de texto y notas de):$$d\omega=2\pi\delta(x,y)dx\wedge dy$$where $\delta$ is the Dirac delta function, giving infinity when $x=y=0$, and $0$ otherwise, such that the integral of $\delta(x,y)dx\wedge dy$ over a subset $S$ of $\Bbb R^2$ is $1$ if the origin is an interior point of $S$. Regard $c$ as the boundary of the unit disk $D$ at the origin and Stokes theorem can be "applied" just fine, by$$\int_Dd\omega=\int_{c}\omega.$$

Es allí una manera de formalizar estas ideas? Si es posible, me gustaría ver alguna referencia a definiciones formales de tales generalizada exterior de derivados y de las pruebas de tales generalizada teorema de Stokes.

Sé que algunos de análisis complejo (de Cauchy de la integral de la fórmula), la definición de una distribución, y la definición de de Rham cohomology si sirve de ayuda.

Answer 1

La forma habitual para llegar a esto es mediante la eliminación de una $\varepsilon$-disco centrado en el origen y tomando el límite, pero te voy a dar un bosquejo de cómo se podría hacer esto con la delta de Dirac función de enfoque. Voy a tratar $\delta_0$ como la distribución con la propiedad de que para cualquier liso $f\colon\Bbb R^2\to\Bbb R$ con soporte compacto, tenemos $$\delta_0(f) = \int_{\Bbb R^2}\delta_0(x,y) f(x,y)\,dx\wedge dy = 2\pi f(0).$$

Empezar con $\omega = \dfrac{-y\,dx+x\,dy}{x^2+y^2} = d\theta$, y queremos ver que $d\omega = \delta_0 \,dx\wedge dy$ actual. En particular, esto significa que queremos ver que para cualquier liso $f$ con soporte compacto, tenemos $$\int_{\Bbb R^2} f\,d\omega = 2\pi f(0).$$ Como de costumbre, comenzamos con la ecuación [pensar "integración por partes"] $$d(f\omega) = f\,d\omega + df\wedge\omega$$ e integrar en una gran bola cerrada $B(0,R)$ con la propiedad de que $f=0$$\partial B(0,R)$. Será conveniente el uso de coordenadas polares, por supuesto, y entonces podemos ver que $df\wedge\omega = \left(\dfrac{\partial f}{\partial r}dr + \dfrac{\partial f}{\partial\theta}d\theta\right)\wedge d\theta = \dfrac{\partial f}{\partial r}dr\wedge d\theta$. Así \begin{align*} \int_{\Bbb R^2} f\,d\omega &= \int_{\Bbb R^2} d(f\omega) - \int_{\Bbb R^2} df\wedge\omega \\ &= \int_{B(0,R)} d(f\omega) - \int_{B(0,R)} df\wedge\omega \\ &= \int_{\partial B(0,R)} f\omega - \int_0^{2\pi}\int_0^R \dfrac{\partial f}{\partial r}dr\,d\theta \\ &= 0 - \int_0^{2\pi} \big(f(R,\theta)-f(0,\theta)\big)d\theta = 2\pi f(0), \end{align*} como sea necesario.