8 votos

demostración del teorema de stokes

No entiendo la "idea" de la siguiente prueba, así como algunos de los pasos. Como no estoy seguro de sus "formas", no la estoy editando mucho y como tal puede estar en el orden equivocado. Mis más sinceras disculpas. Si tienes alguna idea de dónde encontrar esa prueba en la literatura, ¡te estaría muy agradecido!

La prueba sólo funciona en determinados conjuntos, dotados de las siguientes propiedades:

Definición "Conjunto de integración"

Sea $G\subset \mathbb R^n$ sea un conjunto abierto y acotado y su frontera $\partial G:= \partial_r G \cup G_0$ para que se cumpla lo siguiente:

  1. $\partial G$ es un $(n-1)$ -submanifold dimensional de $\mathbb R^n$
  2. dim $ G_0 < n-1$ (colector de dimensión hausdoff o de dimensión inferior)
  3. vol $(\partial_r G < \infty)$
  4. Por cada $x \in \partial_r G$ existe un subconjunto abierto $U \subset \mathbb R^n$ de modo que $x \in U$ y un difeomorfismo $\phi:U\to B^n\subset \mathbb R^n$ de modo que $\phi(U\cap G)=\{x \in B^n|x_1 > 0\}$ .

Teorema de Stokes

Sea $G\subset \mathbb R^n$ sea un conjunto de integración. Sea $U \supset \overline{G}$ sea un subconjunto abierto y $w \in \Lambda^{n-1} (U)$ una forma diferencial. Entonces se cumple verdadera:

$\int_G d\omega = \int _{\partial_r G} \omega $

Prueba

$\underline{n=1}$ :

$G$ es la unión de un número finito de intervalos.

Primera pregunta ¿Recibo el número finito de intervalos debido al siguiente argumento?

En $\partial_r G$ es de dimensión cero según 2., sus gráficas llevan la topología discreta y por tanto los dominios de las gráficas son sólo puntos singulares. Y con 3. y la medida de conteo se sigue la finitud.

Sin perder sustancia, podemos limitarnos a un intervalo abierto.

Segunda pregunta :Con la exactitud del grupo de cohomolgy en el intervall y y el teorema fundamental de la integración sigue:

$\int_a^b f'(x) dx = f(b)-f(a)$

$\underline{1\to n}$ :

Sea $H:=\{x \in R^n | x_1 = 0\}$ , $pr_H : R^N \to H$ la proyección ortogonal y $p:= pr_H|_\overline{G}$ .

Entonces $p(\overline{G})=p(\partial G)$ :

Pregunta tres :Acerca de: $p(\overline{G})=p(\partial G)$

$p(x)$ está cerrado, $p$ es continua y $G$ está acotada por lo tanto $p^{-1} (x)$ es compacto. Con la compacidad obtenemos la existencia de una cubierta finita de $p^{-1}(x)$ Pero ¿cómo me ayuda eso, si es verdad?

De modo que ahora podemos escribir:(Fubini)

$\int_G d\omega = \int _{p(G)} \int_{p^{-1}(x)} d\omega $

Aquí omitiré la prueba y sólo nombraré sus dos afirmaciones siguientes. El autor demuestra que:

$p(G) \backslash p(\partial_r G)$ y $p(\partial_r G) \backslash p(G)$ son ambos conjuntos nulos.

Y concluye con el siguiente lema la demostración del teorema de Stokes:


Lema Sea $X,Y$ sean variedades orientadas, dimensión de $X$ y $Y$ debe ser $n$ . Y $\varphi:Y\to X$ a $C^1$ función, $\Omega \in \Lambda^n(X)$ y $f: Y \to \mathbb R$ sea $\varphi ^* \Omega $ integrable. Entonces se cumple lo siguiente:

$\int_Y f\varphi^* \Omega = \int_X (\sum_y\in \varphi^{-1} f(y))\Omega$

donde $\epsilon(y)$ := signo del determinante de $d\varphi_y$


Podemos simplificar la forma diferencial $\omega$ a $\omega = f dx_2 \wedge ... \wedge dx_n$

y $d\omega = \frac{\partial f}{\partial x_1} dx_1^...dx_n:=\omega_1 \wedge \Omega, \omega_1 \in \Lambda^1(U) $ . Para $\Omega = dx_2 \wedge ... \wedge dx_n$ hay $p^* \Omega = dx_2 \wedge...\wedge dx_n$ y podemos escribir:

$\int_{\partial_r G} \omega$ $= \int_{\partial_r G}p^*\Omega $ = $\int_{\partial_r G} f\Omega $ = $\int_{p(\partial_r G)} (\sum_{y \in (p|_{\partial _r G})^{-1} (x) } \epsilon(y) f(y))\Omega$

Y ya lo hemos demostrado: $(p|_{\partial_r G})^{-1}= \{a_1,b1\} \cup ...\cup \{a_m,b_m\}$

Y $\epsilon(a_j)=-1$ , $\epsilon(b_j)=1$ para que..: $\sum_{y \in p^{-1}(x)}\epsilon(y)f(y)=\sum_{j=1,..,n} f(b_j)-f(a_j)=\int_p^{-1}(x) \frac{\partial f}{\partial x_1}dx_1$ .

Ahora concluimos que:

$ \int_G d\omega $ = $ \int_{p(\partial_r G)}(\int_{p|_G)^{-1}(x)} \frac{\partial f}{\partial x_1}\omega $ = $ \int_{p(\partial_r G)} (\sum_{y \in (p|_{\partial _r G})^{-1} (x) } \epsilon(y) f(y))\Omega = \int_{\partial_r G} \omega$


Cuarta pregunta: Ahora sabemos que $p(G) \backslash p(\partial_r G)$ y $p(\partial_r G) \backslash p(G)$ son ambos conjuntos nulos. Supongo que estamos utilizando la medida de Lebesgue para cuantificar un conjunto nulo. Al hacer la integración real en el teorema de Stokes, utilizamos la integral de una forma diferencial, no la medida de Lebesgue. ¿O me equivoco al decir que utilizamos la medida de Lebesgue para definir la integral de una forma diferencial? Y necesitamos saber que $G_0$ es un conjunto nulo para ambos lados $\omega$ y $d\omega$ porque utilizamos una medida de Lebesgue de grado $n$ y uno de grado $n-1$ ? Espero $p(G) \backslash p(\partial_r G)$ es un conjunto nulo para la medida de grado $n$ y $p(\partial_r G) \backslash p(G)$ para $n-1$ .

Pregunta cinco: Una cosa más sobre el tipo de intervalo $p^{-1}(x)$ . Básicamente está usando el hecho de que $p^{-1}(x) \in \mathbb R x \mathbb R^{n-1} \cong \mathbb R$ es decir, para las proyecciones ortogonales, el intervalo en $\mathbb R^n$ es canónicamente isomorfo a $\mathbb R$ . Así que si integramos ahora, medimos $p^{-1}(x)$ con la medida de Lebesgue en $\mathbb R$ ? ¿Supongo que es algún tipo de fubini? Gracias de nuevo.

0 votos

¿Puedo saber dónde ha visto esta prueba?

0 votos

Lo he sacado de una clase de analisis global (formas diferenciales, poincare, invariancia homotopica, cohomologia y luego esta fue la prueba para stokes - 5º semestre).

2voto

Brian Rushton Puntos 10407

Pregunta 1: El conjunto $G_0$ está vacío, ya que tiene dimensión menor que cero. Entonces el resto de tu argumento funciona, porque el volumen del resto de la frontera es de hecho medida contable.

Pregunta 2: Esta es buena.

Pregunta 3: Basta con mirar la línea de puntos que mapean a unos $x$ en $p(\overline{G})$ . La intersección de esta línea con $\overline{G}$ es compacto, por lo que tiene un punto mayor, que debe ser un punto límite, porque todas las vecindades sobre él intersecan el conjunto y su complemento.

0 votos

Ah, vale, ahí es donde entra en juego la proyección ortonormal. Podemos dar sentido a la palabra "grande" en la línea unidimensional. $ \mathbb R x \mathbb R^{n-1}$

0 votos

Exactamente. Creo que mi respuesta es algo incompleta, así que si quieres información adicional, házmelo saber y yo u otra persona te responderemos con más detalle.

0 votos

La respuesta fue genial Brian, me dio las piezas que me faltaban y entrenamiento para aplicarlas. Podría preguntar dos cosas más, pero lo haré en mi propio post - hace que su visión sea más útil para los demás.

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by:

X