斯托克斯定理與散度定理

下文保留初等的局部證明；局部化證明及角點、稜邊估計將其推廣至精確規定的有限正則邊界類，包括孔洞和空腔，而不假設未經證明的分解。

環流與旋度

定理

斯托克斯定理

設 $\Sigma$ 是緊的、帶方向的分段 $C^2$ 正則曲面，由有限個沿邊相接的正則曲面片組成，其邊界 $C$ 分段光滑；$\mathbf F$ 在曲面的開鄰域有連續一階偏導數。若 $C$ 的方向按右手定則與曲面相容，則

$$\oint_C\mathbf F\cdot d\mathbf r=\iint_{\Sigma}(\nabla\times\mathbf F)\cdot\mathbf n\,dS.$$

右手拇指指向選定法向，彎曲手指所指便是邊界正方向。

積分定理補充篇的完整曲面片證明假設：參數化在緊參數區域的鄰域上為 $C^2$ 且正則，內部只覆蓋一次，邊界除端點外無重疊覆蓋；參數區域還須具有已經證明的格林性質，或具體給出邊界匹配的有限分割。對有限個方向相容的曲面片，可以相加並抵消內邊界。這並未暗中提供任意一般分段光滑曲面的分割定理。

格林環流定理是法向向上的平面特例。曲面不必是平面：若兩個定向曲面有相同且相容的邊界，並且各自滿足假設，就可選任一曲面計算共同的環流。

例題

選最簡單的跨邊界曲面

設 $C$ 為 $xy$ 平面上的 $x^2+y^2=4$，從上方看為逆時針；$\mathbf F=(-y,x,z^2)$。此時 $\nabla\times\mathbf F=(0,0,2)$。取法向向上的圓盤，得

$$\oint_C\mathbf F\cdot d\mathbf r=\iint_{x^2+y^2\le4}2\,dA=8\pi.$$

方向必須相容：向下法向要求順時針邊界方向。

定理

格林定理：環流形式

設 $D$ 是有界平面區域，其邊界 $C$ 由有限條互不相交的分段光滑簡單閉曲線組成，相對於 $D$ 取正向。假設 $P,Q$ 在 $\overline D$ 的開鄰域上屬 $C^1$。則

$$\oint_C P\,dx+Q\,dy=\iint_D(Q_x-P_y)\,dA.$$

正向指沿邊界行走時區域保持在左側：外邊界逆時針，孔洞邊界順時針。

證明

雙向簡單區域類的完整證明

先假設 $D$ 同時有兩種描述：$a\le x\le b$、$g_1(x)\le y\le g_2(x)$，以及 $c\le y\le d$、$h_1(y)\le x\le h_2(y)$；邊界函數連續、上下界有序，且圖像給出了有限個分段 $C^1$ 弧參數化，邊界取所述正向。由微積分基本定理，

$$-\iint_D P_y\,dA=\int_a^b[P(x,g_1(x))-P(x,g_2(x))]dx.$$

下邊界從左到右、上邊界從右到左，故這正是它們的 $P\,dx$ 貢獻；垂直邊滿足 $dx=0$。同理，

$$\iint_D Q_x\,dA=\int_c^d[Q(h_2(y),y)-Q(h_1(y),y)]dy.$$

右邊界向上、左邊界向下，水平邊滿足 $dy=0$。相加即證明此區域類的格林公式。如果具體給出了分成有限個這類區塊的分割，且內部互不重疊、分段光滑邊界弧相互匹配，就把各塊恆等式相加；每條內邊界的兩個誘導方向相反，因而抵消。

只要連續邊界圖像已給出有限個分段 $C^1$ 弧參數化，就不必要求圖函數在投影端點有有限導數。所需換參數論證如下：對下邊界令 $H(x)=\int_a^xP(s,g_1(s))ds$，其被積函數連續。沿 $x=x(t)$ 遞增的定向正則弧，鏈式法則給出 $dH(x(t))/dt=P(x(t),g_1(x(t)))x'(t)$。由微積分基本定理，此弧的 $P\,dx$ 積分等於 $\int_a^bP(x,g_1(x))dx$，即使反過來的圖參數在端點具有豎直切線。反向行走改變符號；上邊界及兩個 $Q\,dy$ 圖像也同理。這就證明了上面的邊界積分辨認，而未假設每個圖函數在端點有界導數。

特別地，圓盤 $x^2+y^2\le R^2$、$R>0$ 的界為連續函數 $g_{1,2}(x)=\mp\sqrt{R^2-x^2}$，水平描述同理。半圓可用正則角參數化，所以圓盤屬於已證明的區域類。對圓環 $1\le x^2+y^2\le4$，分成四個象限塊：第一象限的垂直描述為 $0\le x\le2$、$\sqrt{\max(0,1-x^2)}\le y\le\sqrt{4-x^2}$，交換座標便得水平描述。這些界連續，邊界弧為分段 $C^1$；反射後的區塊具有匹配的內邊界，故所述有限抵消推廣也包括這個圓環。

這證明了雙向簡單區域及上述已給定有限分割上的公式。定理陳述中的一般區域類還需要額外的分割或近似結果；僅憑此計算，並未證明每個這類區域都存在所需的有限分割。

正則參數化曲面片上的 Stokes 定理

設 $D$ 緊，$r$ 在 $D$ 的開鄰域上是 $C^2$ 參數化，在內部一對一，且 $r_s\times r_t\ne0$。假設 $D$ 滿足剛證明的 Green 性質，其分段光滑邊界映到曲面邊界時除端點外不重疊。設 $F$ 在像的鄰域內為 $C^1$。曲面以 $r_s\times r_t$ 定向，邊界由 $D$ 的正向確定。

令 $A(s,t)=F(r)\cdot r_s$、$B(s,t)=F(r)\cdot r_t$。鏈式法則與 $r_{st},r_{ts}$ 相等給出

$$B_s-A_t=(DF(r)r_s)\cdot r_t-(DF(r)r_t)\cdot r_s =(\operatorname{curl}F)(r)\cdot(r_s\times r_t).$$

最後一個等式可展開三個旋度分量與叉積得到。邊界線積分拉回為 $\oint_{\partial D}A\,ds+B\,dt$。Green 定理將它化為 $B_s-A_t$ 的積分，恰為有定向的旋度曲面積分，從而證明該曲面片上的 Stokes 定理。對有限個相容曲面片，將恆等式相加並抵消成對的內部邊界曲線；要使這些定向相反，法向必須相容。

通量與散度

定理

散度定理

設 $E$ 是有界立體，其閉包 $\overline E$ 是緊集，分段光滑閉邊界 $\partial E$ 向外定向，$\mathbf F$ 在 $\overline E$ 的開鄰域上屬 $C^1$。則

$$\iint_{\partial E}\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS=\iiint_E\nabla\cdot\mathbf F\,dV.$$

必須包括每個邊界分量。在空腔處，立體的向外法向指入空腔。

證明

內部貢獻如何抵消

在長方體上對 $\partial P/\partial x$ 沿 $x$ 積分：微積分基本定理給出垂直於 $x$ 軸兩個面的通量。對 $y$、$z$ 分量同樣處理便得總向外通量。把適當立體分塊，相鄰區塊的共同內表面通量互相抵消。僅有長方體計算還不能論證曲邊界；下方連結的局部化證明為其中明確列出的正則類補全了這一步。

積分定理補充篇現已證明其中精確列出的正則類，包括邊界由有限個正則面、稜與頂點組成的立體，以及所列的平面區域和有定向曲面。局部坐標圖、有限單位分解及角點／稜的估計，為這些類別補全了曲邊界步驟，不假定尚未證明的有限坐標簡單分解。任意非正則或弱邊界仍不在主張範圍內。

例題

閉曲面通量

設 $E$ 為半徑 $R>0$ 的球，$\mathbf F=(x,y,z)$。其散度為 $3$，所以

$$\iint_{\partial E}\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS=3\cdot\frac{4\pi R^3}{3}=4\pi R^3.$$

若只要求上半球，須先加上圓盤以封閉曲面才能用定理，再以正確法向計算並減去圓盤通量。

三維證明所用的切片積分基礎

先明確散度證明需要的積分事實。設 $D\subset\mathbb R^2$ 緊且 Jordan 可測，$a\le b$ 為 $D$ 上的連續實函數，並令

$$E=\{(x,q):q\in D,\ a(q)\le x\le b(q)\},\qquad q=(y,z).$$

若 $f$ 在包含 $E$ 的長方體上連續，則

$$\iiint_E f(x,q)\,dx\,dq =\iint_D\left(\int_{a(q)}^{b(q)}f(x,q)\,dx\right)dq.$$

先證明區域 Jordan 可測。 $D$ 緊且兩個界函數連續，故 $E$ 緊。其邊界包含在兩個圖面及 $\partial D$ 上方的豎直側壁中。對任一圖面，在底面用細正方形網格覆蓋：每個與 $D$ 相交的底面格中，一致連續性把高度變化控制在同一個 $\omega(h)\to0$ 以內；以高度至多 $\omega(h)+2h$ 的薄層覆蓋圖面值，總覆蓋體積至多為固定底面外接矩形面積乘這個高度。因此兩個圖面均為 Jordan 零集。對側壁，以總面積可任意小的有限矩形覆蓋 $\partial D$，再與固定的有界 $x$ 區間取積，即得任意小總體積覆蓋。由 Jordan 邊界判據，$E$ 可測。

再證明兩側積分存在。 寫 $g(q)=\int_{a(q)}^{b(q)}f(x,q)dx$。若 $H$ 為共同區間長度，$M$ 為 $|f|$ 的界，則

$$|g(q)-g(q_0)|\le H\sup_x|f(x,q)-f(x,q_0)| +M\bigl(|a(q)-a(q_0)|+|b(q)-b(q_0)|\bigr).$$

所以 $g$ 在 $D$ 上連續。由邊界單元論證，緊 Jordan 集上的連續函數零延拓後為 Riemann 可積。這既適用於 $E$ 上的 $f$，也適用於 $D$ 上的 $g$。

最後用有限和辨認兩側的值。 在長方體內把 $f$ 在 $E$ 外置零。對由 $x$ 區間 $J_i$ 及底面格 $C_j$ 構成的矩形網格，令 $m_{ij},M_{ij}$ 為此零延拓在 $J_i\times C_j$ 上的下、上確界。對每個固定的 $q\in C_j$，沿 $x$ 積分各單元不等式得

$$\sum_i m_{ij}|J_i|\le g_0(q)\le\sum_i M_{ij}|J_i|,$$

其中 $g_0$ 在 $D$ 外為零。再對底面格積分並相加，累次積分值便位於與 $\iiint_Ef$ 相同的三維下和、上和之間。由可積性，這個差可任意小，故兩側相等；沒有預先假設三維 Fubini 交換。三維 Darboux 判據本身仍用同一有限公共加細證明：加細使下和上升、上和下降，公共網格比較任意一對和；下和的上確界等於上和的下確界，等價於可以得到任意小的差。

散度定理的場最初只在 $\overline E$ 的開鄰域 $U$ 上屬 $C^1$，未必在整個外接長方體上有定義；這並非隱藏的延拓假設。用有限個開半立方體覆蓋 $\overline E$，使對應的完整閉立方體都包含在 $U$。在每個立方體取 $C^1$ 乘積截斷函數 $\chi_i$，在半立方體上為一、完整立方體外為零。一維截斷可用 $3t^2-2t^3$ 連接常數零與一，因為兩端導數均為零；再按座標取乘積即可。於是

$$\chi=1-\prod_i(1-\chi_i)$$

在 $\overline E$ 附近為一，支集緊包含在 $U$ 內。把 $\chi F$ 在 $U$ 外零延拓。由於支集遠離 $U$ 的邊界，延拓屬於全局 $C^1$，並且在 $\overline E$ 附近，其值及所有一階導數都與 $F$ 一致。它的分量導數在外接長方體上連續，因此下面使用的 $P_x,Q_y,R_z$ 可應用已證明的切片公式。這裏並未聲稱任意不連續被積函數都有這種延拓。

每個坐標方向均為簡單立體的散度定理

設 $E$ 為緊立體，可在緊 Jordan 平面區域上描述為 $x$ 方向兩張有序、連續且分段 $C^1$ 圖像之間的區間，在 $y$ 和 $z$ 方向也可類似描述。假設相應邊界圖像公式除有限條稜邊外均適用，且 $F=(P,Q,R)$ 在其閉包附近為 $C^1$。邊界取向外定向。

還要求每個座標描述中的 $a<b$ 在投影的某個 Jordan 零集以外成立，且兩圖像在異常邊以外表示互不重疊的實際邊界面。這樣排除了投影面積為正、上下表面重合的零厚度部分。切片積分引理本身允許 $a=b$，但這種退化集合不能提供通量證明所需的兩個向外邊界面。

將 $x$ 方向的描述寫為 $a(y,z)\le x\le b(y,z)$，其投影區域為 $D_{yz}$。微積分基本定理與累次積分給出

$$\iiint_E P_x\,dV=\iint_{D_{yz}}[P(b(y,z),y,z)-P(a(y,z),y,z)]\,dy\,dz.$$

在右側圖像上，向外向量面積的 $x$ 分量為 $+dy\,dz$；在左側為 $-dy\,dz$。平行 $x$ 方向生成的側面，其法向 $x$ 分量為零。因此右邊恰是 $(P,0,0)$ 穿過邊界的通量。對其餘分量分別使用 $y$ 和 $z$ 方向描述重複論證，相加得到

$$\iiint_E\operatorname{div}F\,dV=\iint_{\partial E}F\cdot n\,dS.$$

有限個此類立體的並仍可通過匹配內部面的抵消得到結論。超出此類的更一般逼近或分解需要額外定理，不能隱藏在“抵消”一詞中。

選擇定理及檢查假設

有定向邊界曲線及跨邊界曲面時用斯托克斯定理；有閉定向曲面及所圍立體時用散度定理。後者不能直接用於開曲面；兩者都不容許忽略相關區域內的奇異點。若加入封閉曲面，須明確處理其通量和向外方向。更換曲面前要核對邊界方向。

練習

1. 求 $(-y,x,0)$ 沿 $xy$ 平面逆時針單位圓的環流。
2. 求 $(x,y,z)$ 穿過單位立方體的向外通量。
3. 立體有空腔時，空腔邊界的向外法向指向哪裏？
4. 為何不能直接對單獨的開半球使用散度定理？

詳解

1. 旋度為 $(0,0,2)$。向上圓盤方向相容，故斯托克斯定理給 $2\pi$。
2. 散度為 $3$，單位立方體體積為 $1$，所以向外通量是 $3$。
3. 指向空腔內部：向外是指離開立體，不一定遠離所選原點。
4. 半球的邊界是圓，所以它本身不是圍成立體的閉曲面。加入底部圓盤後，對封閉邊界用定理，再減去圓盤通量。

總結

斯托克斯定理把邊界環流與跨邊界曲面上的旋度相連；散度定理把閉曲面的向外通量與其內部立體的散度相連。幾何及方向條件決定轉換是否合法。