斯托克斯定理与散度定理

下文保留初等的局部证明；局部化证明及角点、棱边估计将其推广至精确规定的有限正则边界类，包括孔洞和空腔，而不假设未经证明的分解。

环流与旋度

定理

斯托克斯定理

设 $\Sigma$ 是紧的、带方向的分段 $C^2$ 正则曲面，由有限个沿边相接的正则曲面片组成，其边界 $C$ 分段光滑；$\mathbf F$ 在曲面的开邻域有连续一阶偏导数。若 $C$ 的方向按右手定则与曲面相容，则

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

右手拇指指向选定法向，弯曲手指所指便是边界正方向。

积分定理补充篇的完整曲面片证明假设：参数化在紧参数区域的邻域上为 $C^2$ 且正则，内部只覆盖一次，边界除端点外无重叠覆盖；参数区域还须具有已经证明的格林性质，或具体给出边界匹配的有限分割。对有限个方向相容的曲面片，可以相加并抵消内边界。这并未暗中提供任意一般分段光滑曲面的分割定理。

格林环流定理是法向向上的平面特例。曲面不必是平面：若两个定向曲面有相同且相容的边界，并且各自满足假设，就可选任一曲面计算共同的环流。

例题

选最简单的跨边界曲面

设 $C$ 为 $xy$ 平面上的 $x^2+y^2=4$，从上方看为逆时针；$\mathbf F=(-y,x,z^2)$。此时 $\nabla\times\mathbf F=(0,0,2)$。取法向向上的圆盘，得

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

方向必须相容：向下法向要求顺时针边界方向。

定理

格林定理：环流形式

设 $D$ 是有界平面区域，其边界 $C$ 由有限条互不相交的分段光滑简单闭曲线组成，相对于 $D$ 取正向。假设 $P,Q$ 在 $\overline D$ 的开邻域上属 $C^1$。则

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

正向指沿边界行走时区域保持在左侧：外边界逆时针，孔洞边界顺时针。

证明

双向简单区域类的完整证明

先假设 $D$ 同时有两种描述：$a\le x\le b$、$g_1(x)\le y\le g_2(x)$，以及 $c\le y\le d$、$h_1(y)\le x\le h_2(y)$；边界函数连续、上下界有序，且图像给出了有限个分段 $C^1$ 弧参数化，边界取所述正向。由微积分基本定理，

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

下边界从左到右、上边界从右到左，故这正是它们的 $P\,dx$ 贡献；垂直边满足 $dx=0$。同理，

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

右边界向上、左边界向下，水平边满足 $dy=0$。相加即证明此区域类的格林公式。如果具体给出了分成有限个这类区块的分割，且内部互不重叠、分段光滑边界弧相互匹配，就把各块恒等式相加；每条内边界的两个诱导方向相反，因而抵消。

只要连续边界图像已给出有限个分段 $C^1$ 弧参数化，就不必要求图函数在投影端点有有限导数。所需换参数论证如下：对下边界令 $H(x)=\int_a^xP(s,g_1(s))ds$，其被积函数连续。沿 $x=x(t)$ 递增的定向正则弧，链式法则给出 $dH(x(t))/dt=P(x(t),g_1(x(t)))x'(t)$。由微积分基本定理，此弧的 $P\,dx$ 积分等于 $\int_a^bP(x,g_1(x))dx$，即使反过来的图参数在端点具有竖直切线。反向行走改变符号；上边界及两个 $Q\,dy$ 图像也同理。这就证明了上面的边界积分辨认，而未假设每个图函数在端点有界导数。

特别地，圆盘 $x^2+y^2\le R^2$、$R>0$ 的界为连续函数 $g_{1,2}(x)=\mp\sqrt{R^2-x^2}$，水平描述同理。半圆可用正则角参数化，所以圆盘属于已证明的区域类。对圆环 $1\le x^2+y^2\le4$，分成四个象限块：第一象限的垂直描述为 $0\le x\le2$、$\sqrt{\max(0,1-x^2)}\le y\le\sqrt{4-x^2}$，交换坐标便得水平描述。这些界连续，边界弧为分段 $C^1$；反射后的区块具有匹配的内边界，故所述有限抵消推广也包括这个圆环。

这证明了双向简单区域及上述已给定有限分割上的公式。定理陈述中的一般区域类还需要额外的分割或近似结果；仅凭此计算，并未证明每个这类区域都存在所需的有限分割。

正则参数化曲面片上的 Stokes 定理

设 $D$ 紧，$r$ 在 $D$ 的开邻域上是 $C^2$ 参数化，在内部一对一，且 $r_s\times r_t\ne0$。假设 $D$ 满足刚证明的 Green 性质，其分段光滑边界映到曲面边界时除端点外不重叠。设 $F$ 在像的邻域内为 $C^1$。曲面以 $r_s\times r_t$ 定向，边界由 $D$ 的正向确定。

令 $A(s,t)=F(r)\cdot r_s$、$B(s,t)=F(r)\cdot r_t$。链式法则与 $r_{st},r_{ts}$ 相等给出

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

最后一个等式可展开三个旋度分量与叉积得到。边界线积分拉回为 $\oint_{\partial D}A\,ds+B\,dt$。Green 定理将它化为 $B_s-A_t$ 的积分，恰为有定向的旋度曲面积分，从而证明该曲面片上的 Stokes 定理。对有限个相容曲面片，将恒等式相加并抵消成对的内部边界曲线；要使这些定向相反，法向必须相容。

通量与散度

定理

散度定理

设 $E$ 是有界立体，其闭包 $\overline E$ 是紧集，分段光滑闭边界 $\partial E$ 向外定向，$\mathbf F$ 在 $\overline E$ 的开邻域上属 $C^1$。则

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

必须包括每个边界分量。在空腔处，立体的向外法向指入空腔。

证明

内部贡献如何抵消

在长方体上对 $\partial P/\partial x$ 沿 $x$ 积分：微积分基本定理给出垂直于 $x$ 轴两个面的通量。对 $y$、$z$ 分量同样处理便得总向外通量。把适当立体分块，相邻区块的共同内表面通量互相抵消。仅有长方体计算还不能论证曲边界；下方链接的局部化证明为其中明确列出的正则类补全了这一步。

积分定理补充篇现已证明其中精确列出的正则类，包括边界由有限个正则面、棱与顶点组成的立体，以及所列的平面区域和有定向曲面。局部坐标图、有限单位分解及角点／棱的估计，为这些类别补全了曲边界步骤，不假定尚未证明的有限坐标简单分解。任意非正则或弱边界仍不在主张范围内。

例题

闭曲面通量

设 $E$ 为半径 $R>0$ 的球，$\mathbf F=(x,y,z)$。其散度为 $3$，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，须先加上圆盘以封闭曲面才能用定理，再以正确法向计算并减去圆盘通量。

三维证明所用的切片积分基础

先明确散度证明需要的积分事实。设 $D\subset\mathbb R^2$ 紧且 Jordan 可测，$a\le b$ 为 $D$ 上的连续实函数，并令

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

若 $f$ 在包含 $E$ 的长方体上连续，则

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

先证明区域 Jordan 可测。 $D$ 紧且两个界函数连续，故 $E$ 紧。其边界包含在两个图面及 $\partial D$ 上方的竖直侧壁中。对任一图面，在底面用细正方形网格覆盖：每个与 $D$ 相交的底面格中，一致连续性把高度变化控制在同一个 $\omega(h)\to0$ 以内；以高度至多 $\omega(h)+2h$ 的薄层覆盖图面值，总覆盖体积至多为固定底面外接矩形面积乘这个高度。因此两个图面均为 Jordan 零集。对侧壁，以总面积可任意小的有限矩形覆盖 $\partial D$，再与固定的有界 $x$ 区间取积，即得任意小总体积覆盖。由 Jordan 边界判据，$E$ 可测。

再证明两侧积分存在。 写 $g(q)=\int_{a(q)}^{b(q)}f(x,q)dx$。若 $H$ 为共同区间长度，$M$ 为 $|f|$ 的界，则

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

所以 $g$ 在 $D$ 上连续。由边界单元论证，紧 Jordan 集上的连续函数零延拓后为 Riemann 可积。这既适用于 $E$ 上的 $f$，也适用于 $D$ 上的 $g$。

最后用有限和辨认两侧的值。 在长方体内把 $f$ 在 $E$ 外置零。对由 $x$ 区间 $J_i$ 及底面格 $C_j$ 构成的矩形网格，令 $m_{ij},M_{ij}$ 为此零延拓在 $J_i\times C_j$ 上的下、上确界。对每个固定的 $q\in C_j$，沿 $x$ 积分各单元不等式得

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

其中 $g_0$ 在 $D$ 外为零。再对底面格积分并相加，累次积分值便位于与 $\iiint_Ef$ 相同的三维下和、上和之间。由可积性，这个差可任意小，故两侧相等；没有预先假设三维 Fubini 交换。三维 Darboux 判据本身仍用同一有限公共加细证明：加细使下和上升、上和下降，公共网格比较任意一对和；下和的上确界等于上和的下确界，等价于可以得到任意小的差。

散度定理的场最初只在 $\overline E$ 的开邻域 $U$ 上属 $C^1$，未必在整个外接长方体上有定义；这并非隐藏的延拓假设。用有限个开半立方体覆盖 $\overline E$，使对应的完整闭立方体都包含在 $U$。在每个立方体取 $C^1$ 乘积截断函数 $\chi_i$，在半立方体上为一、完整立方体外为零。一维截断可用 $3t^2-2t^3$ 连接常数零与一，因为两端导数均为零；再按坐标取乘积即可。于是

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

在 $\overline E$ 附近为一，支集紧包含在 $U$ 内。把 $\chi F$ 在 $U$ 外零延拓。由于支集远离 $U$ 的边界，延拓属于全局 $C^1$，并且在 $\overline E$ 附近，其值及所有一阶导数都与 $F$ 一致。它的分量导数在外接长方体上连续，因此下面使用的 $P_x,Q_y,R_z$ 可应用已证明的切片公式。这里并未声称任意不连续被积函数都有这种延拓。

每个坐标方向均为简单立体的散度定理

设 $E$ 为紧立体，可在紧 Jordan 平面区域上描述为 $x$ 方向两张有序、连续且分段 $C^1$ 图像之间的区间，在 $y$ 和 $z$ 方向也可类似描述。假设相应边界图像公式除有限条棱边外均适用，且 $F=(P,Q,R)$ 在其闭包附近为 $C^1$。边界取向外定向。

还要求每个坐标描述中的 $a<b$ 在投影的某个 Jordan 零集以外成立，且两图像在异常边以外表示互不重叠的实际边界面。这样排除了投影面积为正、上下表面重合的零厚度部分。切片积分引理本身允许 $a=b$，但这种退化集合不能提供通量证明所需的两个向外边界面。

将 $x$ 方向的描述写为 $a(y,z)\le x\le b(y,z)$，其投影区域为 $D_{yz}$。微积分基本定理与累次积分给出

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

在右侧图像上，向外向量面积的 $x$ 分量为 $+dy\,dz$；在左侧为 $-dy\,dz$。平行 $x$ 方向生成的侧面，其法向 $x$ 分量为零。因此右边恰是 $(P,0,0)$ 穿过边界的通量。对其余分量分别使用 $y$ 和 $z$ 方向描述重复论证，相加得到

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

有限个此类立体的并仍可通过匹配内部面的抵消得到结论。超出此类的更一般逼近或分解需要额外定理，不能隐藏在“抵消”一词中。

选择定理及检查假设

有定向边界曲线及跨边界曲面时用斯托克斯定理；有闭定向曲面及所围立体时用散度定理。后者不能直接用于开曲面；两者都不容许忽略相关区域内的奇异点。若加入封闭曲面，须明确处理其通量和向外方向。更换曲面前要核对边界方向。

练习

1. 求 $(-y,x,0)$ 沿 $xy$ 平面逆时针单位圆的环流。
2. 求 $(x,y,z)$ 穿过单位立方体的向外通量。
3. 立体有空腔时，空腔边界的向外法向指向哪里？
4. 为何不能直接对单独的开半球使用散度定理？

详解

1. 旋度为 $(0,0,2)$。向上圆盘方向相容，故斯托克斯定理给 $2\pi$。
2. 散度为 $3$，单位立方体体积为 $1$，所以向外通量是 $3$。
3. 指向空腔内部：向外是指离开立体，不一定远离所选原点。
4. 半球的边界是圆，所以它本身不是围成立体的闭曲面。加入底部圆盘后，对封闭边界用定理，再减去圆盘通量。

总结

斯托克斯定理把边界环流与跨边界曲面上的旋度相连；散度定理把闭曲面的向外通量与其内部立体的散度相连。几何及方向条件决定转换是否合法。