˙ ILM ˙ ˙ ¸ STOKES TEOREMIN ˙ IN ˙ ISPATI ˙ GENELLES ¸ TIR IS ¨ Do˘gan DONMEZ ¨ Once, teoremin ¨ozel bir durumda do˘gru oldu˘gunu ispatlayaca˘gız. Genel durum daha sonra ispatlanacaktır. ¨ OZEL DURUM: ı : Ik → Rk , ı(t1 , t2 , . . . , tk ) = (t1 , t2 , . . . , tk ) (Kısaca xi = ti (i = 1, 2, . . . , k)) olsun. f (x1 , x2 , . . . , xk ), (t¨ um kısmi t¨ urevleri s¨ urekli olan) k de˘gi¸skenli bir fonksiyon olmak u ¨zere: cj ∧ · · · ∧ dxk ω = f (x1 , x2 , . . . , xk ) dx1 ∧ · · · ∧ dx (b (¸sapka) i¸sareti o terimin var olmadı˘gını g¨osteriyor) olsun. cj ∧ · · · ∧ dxk dω = (df ) ∧ dx1 ∧ · · · ∧ dx ∂f ∂f ∂f cj ∧ · · · ∧ dxk = dx1 + dx2 + · · · + dxk ∧ dx1 ∧ · · · ∧ dx ∂x1 ∂x2 ∂xk ∂f cj ∧ · · · ∧ dxk ) = dxj ∧ (dx1 ∧ · · · ∧ dx ∂xj ∂f = (−1)j−1 dx1 ∧ · · · ∧ dxk ∂xj olur. (Bu ı i¸cin) ∂(f ◦ı) ∂f = ◦ı oldu˘ gundan ∂tj ∂xj ∂f ∂(f ◦ı) ∗ j−1 ı (dω) = (−1) ◦ı dt1 ∧ · · · ∧ dtk = (−1)j−1 dt1 ∧ · · · ∧ dtk ∂xj ∂tj Bunun sonucunda φk (ı∗ (dω)) = (−1)j−1 ∂(f ◦ı) ∂tj ˙ olur. Diferansiyel-Integral Hesabın Temel Teoreminden: Z 0 1 ∂(f ◦ı) (t1 , . . . , tj , . . . , tk ) dtj = (f ◦ı)(t1 , . . . , 1, . . . , tk ) − (f ◦ı)(t1 , . . . , 0, . . . , tk ) ∂tj = f (t1 , . . . , 1, . . . , tk ) − f (t1 , . . . , 0, . . . , tk ) olur. Ardı¸sık integrali hesaplarken (sınırlar sabit oldu˘gu i¸cin istedi˘gimiz sırada hesaplayabiliriz) ¨once tj de˘gi¸skenine g¨ore integral alınırsa: Z Z 1 Z 1 ∂(f ◦ı) j−1 dω = (−1) ··· (t1 , . . . , tj , . . . , tk ) dt1 · · · dtk ∂tj ı 0 0 Z 1 Z 1 Z 1 ∂(f ◦ı) j−1 cj · · · dtk ··· = (−1) (t1 , . . . , tj , . . . , tk ) dtj dt1 · · · dt ∂tj 0 0 0 Z 1 Z 1 j−1 cj · · · dtk = (−1) ··· (f (t1 , .., tj−1 , 1, tj+1 , .., tk ) − f (t1 , .., tj−1 , 0, tj+1 , .., tk )) dt1 · · · dt 0 0 1 olur. ∂ı = k X (−1)i−1 ı1i − ı0i ve ıi (t1 , . . . , tk−1 ) = ı(t1 , . . . , ti−1 , , ti , . . . , tk−1 ) = (t1 , . . . , ti−1 , , ti , . . . , tk−1 ) i=1 ( = 0, 1) ( 0 i 6= j Bunun sonucunda (xi sabit iken dxi = 0 oldu˘gundan) (ıi )∗ ω = f (t1 , . . . , , . . . , tk−1 ) dt1 ∧ · · · ∧ dtk−1 i = j ( = 0, 1) olur. Dolayısıyla, Z ω = ∂ı k X Z (−1)i−1 ω− ı1i i=1 j−1 1 Z Z 0 j−1 = (−1) Z = dω = (−1)i−1 Z Ik−1 i=1 (ı1i )∗ (ω) − Z Ik−1 0 ∗ (ıi ) (ω) = (−1)j−1 Z ω− ı1j ω ı0j 1 (f (t1 , · · · , tj−1 , 1, tj , · · · , tk−1 ) − f (t1 , · · · , tj−1 , 0, tj , · · · , tk−1 )) dt1 · · · dtk−1 Z 1 ··· 0 cj · · · dtk (f (t1 , · · · , tj−1 , 1, tj+1 , · · · , tk ) − f (t1 , · · · , tj−1 , 0, tj+1 , · · · , tk )) dt1 · · · dt 0 ı olur. R R R R R R (Tanımından g¨or¨ uld¨ u˘gu ¨ gibi) ∂ı (ω1 + ω2 ) = ∂ı ω1 + ∂ı ω2 ve ı d(ω1 + ω2 ) = ı dω1 + ı dω2 oldu˘gundan ω 0 , ¸cok terimli (bile¸senlerinin kısmi t¨ urevleri s¨ urekli) bir (k − 1) form oldu˘gunda da, yine Z Z 0 ω = dω 0 (1) ∂ı ı olur. GENEL DURUM: σ : Ik → Rm bir sing¨ uler k-simpleks; ω, Rm de, t¨ um bile¸senlerinin t¨ um kısmi t¨ urevleri s¨ urekli olan, bir 0 k − 1 form olsun. (ı yukarıdaki k-simpleks olmak u ¨zere) σ = σ ◦ı oldu˘gu a¸sikardır. ω = σ ∗ ω olsun. 0 k−1 k ∗ ∗ ω ∈ Ω (R ) dır. Problemlerdeki d(σ ω) = σ (dω) ve (σ ◦ı)∗ = ı∗ ◦σ ∗ e¸sitliklerini kulanılarak Z Z Z Z Z ∗ ∗ ∗ ∗ φk (ı (σ (dω))) = φk (ı∗ (d(σ ∗ ω))) φk ((σ ◦ı) (dω)) = dω = φk (σ ω) = k k k k I I Z I σ ZI = φk (ı∗ (dω 0 )) = dω 0 (2) Ik ı bulunur. Her 1 ≤ i ≤ k ve = 0, 1 i¸cin σi = σ ◦ıi oldu˘gu (tanımlarından) g¨or¨ ul¨ ur. Bu nedenle, yukarıda g¨osterildi˘gi gibi, her 1 ≤ i ≤ k ve = 0, 1 i¸cin Z Z Z Z Z ∗ ∗ ∗ ∗ ω = φk−1 ((σ ◦ıi ) ω) = φk−1 ((ıi ) (σ ω)) = σ ω= ω0 σi Ik−1 ıi Ik−1 ıi olur. Bundan dolayı Z ω= ∂σ ! Z 0 1 Z ω k X ı0i ··· = (−1) ! Z k X i=1 (−1) i−1 Z ω− σi1 ! Z ω σi0 = k X i=1 2 i−1 Z 0 ω − (−1) ı1i ! Z ω ı0i 0 Z = ∂ı ω0 (3) elde edilir. (ω 0 ın bile¸senlerinin kısmı t¨ urevleri s¨ urekli oldu˘gu i¸cin) (1), (2) ve (3) e¸sitliklerinden: Z Z dω = ω σ ∂σ oldu˘gunun ispatı tamamlanmı¸s olur. 3
© Copyright 2024 Paperzz
