Teorema di Stokes

Passiamo ora a dimostrare il teorema di Stokes. Ricordiamo la definizione di rotore:

{\text{rot}}(\mathbf {f} )={\boldsymbol {\nabla }}\times \mathbf {f} =\det {\begin{vmatrix}{\hat {\mathbf {x} }}&{\hat {\mathbf {y} }}&{\hat {\mathbf {z} }}\\{\frac {\partial }{\partial x}}&{\frac {\partial }{\partial y}}&{\frac {\partial }{\partial z}}\\f_{1}&f_{2}&f_{3}\end{vmatrix}}=\left({\frac {\partial f_{3}}{\partial y}}-{\frac {\partial f_{2}}{\partial z}};\,{\frac {\partial f_{1}}{\partial z}}-{\frac {\partial f_{3}}{\partial x}};\,{\frac {\partial f_{2}}{\partial x}}-{\frac {\partial f_{1}}{\partial y}}\right)

{\text{rot}}(\mathbf {f} )={\boldsymbol {\nabla }}\times \mathbf {f} =\det {\begin{vmatrix}{\hat {\mathbf {x} }}&{\hat {\mathbf {y} }}&{\hat {\mathbf {z} }}\\{\frac {\partial }{\partial x}}&{\frac {\partial }{\partial y}}&{\frac {\partial }{\partial z}}\\f_{1}&f_{2}&f_{3}\end{vmatrix}}=\left({\frac {\partial f_{3}}{\partial y}}-{\frac {\partial f_{2}}{\partial z}};\,{\frac {\partial f_{1}}{\partial z}}-{\frac {\partial f_{3}}{\partial x}};\,{\frac {\partial f_{2}}{\partial x}}-{\frac {\partial f_{1}}{\partial y}}\right)

Forniamo una rigorosa dimostrazione del teorema di Stokes.

Teorema (di Stokes)

Sia $(\phi ,D)$ $(\phi ,D)$ una superficie regolare e semplice, con $\Sigma =\phi (D)$ $\Sigma =\phi (D)$ .Sia $\mathbf {f} \in C^{1}(A,\mathbb {R} ^{3})$ $\mathbf {f} \in C^{1}(A,\mathbb {R} ^{3})$ un campo vettoriale, con $A$ $A$ aperto e tale che $\Sigma \subseteq A\subseteq \mathbb {R} ^{3}$ $\Sigma \subseteq A\subseteq \mathbb {R} ^{3}$ . Allora il flusso del rotore di $\mathbf {f}$ $\mathbf {f}$ attraverso la superficie orientata $\Sigma$ $\Sigma$ è uguale alla circuitazione del campo $\mathbf {f}$ $\mathbf {f}$ lungo il bordo orientato della superficie, ovvero:

\int _{\Sigma }({\boldsymbol {\nabla }}\times \mathbf {f} )\cdot {\hat {\mathbf {n} }}\,dS=\oint _{\partial ^{+}\Sigma }\mathbf {f} \cdot d\mathbf {l}

La superficie $\Sigma$ $\Sigma$ viene orientata secondo il verso di percorrenza del suo bordo. A rigore matematico andrebbe detto che il versore normale alla superficie ${\hat {\mathbf {n} }}$ ${\hat {\mathbf {n} }}$ è quel versore tale che il verso di percorrenza del suo bordo è antiorario. In fisica abbiamo per fortuna quella che è conosciuta come regola della mano destra che ci aiuta nel riconoscere il verso del versore normale alla superficie: la mano destra si chiude nel verso di percorrenza del bordo e il versore normale alla superficie ci viene fornito dal verso del pollice, se "entrante" o "uscente".

Non tutte le superfici hanno bordo: la semisfera, ad esempio, pur essendo semplice e regolare (il suo dominio, in coordinate, può essere addirittura scritto come un rettagolo $[0,\pi ]\times [0,2\pi ]$ $[0,\pi ]\times [0,2\pi ]$ ) non presenta un bordo.

La dimostrazione del teorema di Stokes che presenteremo ora ci assicura anche che su ogni superficie che ha come bordo la stessa curva il flusso del rotore è uguale alla circuitazione: se costruiamo, per esempio, sette diverse superfici aventi come bordo una circonferenza, per tutte il flusso del rotore è lo stesso.

Dimostrazione

La dimostrazione procede per verifica diretta che i due integrali siano uguali, quindi è molto calcolosa. Partiamo col calcolare il membro a sinistra:

\int _{\Sigma }({\boldsymbol {\nabla }}\times \mathbf {f} )\cdot {\hat {\mathbf {n} }}\,dS=\int _{D}({\boldsymbol {\nabla }}\times \mathbf {f} )\cdot (\phi _{u}\times \phi _{v})\,dudv

Il rotore lo abbiamo scritto a inizio capitolo; ricordiamo che le derivate parziali della parametrizzazione della superficie sono vettoriali $\phi _{u}=(x_{u},y_{u},z_{u})$ $\phi _{u}=(x_{u},y_{u},z_{u})$ e $\phi _{v}=(x_{v},y_{v},z_{v})$ $\phi _{v}=(x_{v},y_{v},z_{v})$ ; il loro prodotto vettoriale è un altro vettore dello spazio:

{\big (}y_{u}z_{v}-z_{u}y_{v};z_{u}x_{v}-x_{u}z_{v};x_{u}y_{v}-x_{v}y_{u}{\big )}

L'integrale diventa quindi:

{\begin{aligned}\int _{D}{\Big (}&{\frac {\partial }{\partial y}}(\mathbf {f} _{3}y_{u}z_{v})-{\frac {\partial }{\partial y}}(\mathbf {f} _{3}y_{v}z_{u})-{\frac {\partial }{\partial z}}(\mathbf {f} _{2}y_{u}z_{v})+{\frac {\partial }{\partial z}}(\mathbf {f} _{2}y_{v}z_{u})+\\+&{\frac {\partial }{\partial z}}(\mathbf {f} _{1}z_{u}x_{v})-{\frac {\partial }{\partial z}}(\mathbf {f} _{1}z_{v}x_{u})-{\frac {\partial }{\partial x}}(\mathbf {f} _{3}z_{u}x_{v})+{\frac {\partial }{\partial x}}(\mathbf {f} _{3}x_{u}z_{v})+\\+&{\frac {\partial }{\partial x}}(\mathbf {f} _{2}x_{u}y_{v})-{\frac {\partial }{\partial x}}(\mathbf {f} _{2}x_{v}y_{u})-{\frac {\partial }{\partial y}}(\mathbf {f} _{1}x_{u}y_{v})+{\frac {\partial }{\partial y}}(\mathbf {f} _{1}x_{v}y_{u}){\Big )}dudv\end{aligned}}

{\begin{aligned}\int _{D}{\Big (}&{\frac {\partial }{\partial y}}(\mathbf {f} _{3}y_{u}z_{v})-{\frac {\partial }{\partial y}}(\mathbf {f} _{3}y_{v}z_{u})-{\frac {\partial }{\partial z}}(\mathbf {f} _{2}y_{u}z_{v})+{\frac {\partial }{\partial z}}(\mathbf {f} _{2}y_{v}z_{u})+\\+&{\frac {\partial }{\partial z}}(\mathbf {f} _{1}z_{u}x_{v})-{\frac {\partial }{\partial z}}(\mathbf {f} _{1}z_{v}x_{u})-{\frac {\partial }{\partial x}}(\mathbf {f} _{3}z_{u}x_{v})+{\frac {\partial }{\partial x}}(\mathbf {f} _{3}x_{u}z_{v})+\\+&{\frac {\partial }{\partial x}}(\mathbf {f} _{2}x_{u}y_{v})-{\frac {\partial }{\partial x}}(\mathbf {f} _{2}x_{v}y_{u})-{\frac {\partial }{\partial y}}(\mathbf {f} _{1}x_{u}y_{v})+{\frac {\partial }{\partial y}}(\mathbf {f} _{1}x_{v}y_{u}){\Big )}dudv\end{aligned}}

Procediamo a calcolare il membro a destra dell'uguaglianza.

\oint _{\partial ^{+}\Sigma }\mathbf {f} \cdot d\mathbf {l} =\int _{\partial ^{+}D}\mathbf {f} {\big (}\phi (u;v){\big )}\cdot d\mathbf {l} (u,v)

Parametrizzando anche le variabili ${\big (}u(t);v(t){\big )}$ ${\big (}u(t);v(t){\big )}$ si può anche scrivere come:

{\begin{aligned}&\int _{[a,b]}\mathbf {f} {\Big (}\phi {\big (}u(t);v(t){\big )}{\Big )}\cdot {\frac {d}{dt}}\phi {\big (}u(t);v(t){\big )}dt=\\&\int _{[a,b]}{\Bigg (}\mathbf {f} _{1}{\Big (}\phi {\big (}u(t),v(t){\big )}{\Big )};\mathbf {f} _{2};\mathbf {f} _{3}{\Bigg )}\cdot {\Bigg [}\phi {\big (}u(t);v(t){\big )}\cdot {\big (}u'(t);v'(t){\big )}{\Bigg ]}dt=\\&\int _{[a,b]}{\big (}\mathbf {f} _{1}x_{u}u'+\mathbf {f} _{1}x_{v}v'+\mathbf {f} _{2}y_{u}u'+\mathbf {f} _{2}y_{v}v'+\mathbf {f} _{3}z_{u}u'+\mathbf {f} _{3}z_{v}v'{\big )}dt\end{aligned}}

{\begin{aligned}&\int _{[a,b]}\mathbf {f} {\Big (}\phi {\big (}u(t);v(t){\big )}{\Big )}\cdot {\frac {d}{dt}}\phi {\big (}u(t);v(t){\big )}dt=\\&\int _{[a,b]}{\Bigg (}\mathbf {f} _{1}{\Big (}\phi {\big (}u(t),v(t){\big )}{\Big )};\mathbf {f} _{2};\mathbf {f} _{3}{\Bigg )}\cdot {\Bigg [}\phi {\big (}u(t);v(t){\big )}\cdot {\big (}u'(t);v'(t){\big )}{\Bigg ]}dt=\\&\int _{[a,b]}{\big (}\mathbf {f} _{1}x_{u}u'+\mathbf {f} _{1}x_{v}v'+\mathbf {f} _{2}y_{u}u'+\mathbf {f} _{2}y_{v}v'+\mathbf {f} _{3}z_{u}u'+\mathbf {f} _{3}z_{v}v'{\big )}dt\end{aligned}}

L'integrale che abbiamo ottenuto vogliamo ora vederlo sul piano; cerchiamo allora un campo vettoriale il cui prodotto scalare con il vettore ${\big (}u'(t),v'(t){\big )}$ ${\big (}u'(t),v'(t){\big )}$ mi dia proprio questo vettore sotto integrale; il campo cercato è un campo del piano (a due componenti quindi) tale:

\int _{[a,b]}{\big (}\mathbf {f} _{1}x_{u}+\mathbf {f} _{2}y_{u}+\mathbf {f} _{3}z_{u};\mathbf {f} _{1}x_{v}+\mathbf {f} _{2}y_{v}+\mathbf {f} _{3}z_{v}{\big )}\cdot {\big (}u'(t);v'(t){\big )}dt

Chiamato $\mathbf {f}$ $\mathbf {f}$ questo campo, possiamo applicare Stokes nel piano, per cui vale:

\int _{D}{\big (}{\boldsymbol {\nabla }}\times (\mathbf {f} \cdot \phi _{u};\mathbf {f} \cdot \phi _{v};0{\big )}\cdot \mathbf {e} _{3}\,dudv

Questo prodotto vettoriale ha come risultato la terza componente del vettore rotore, pari a ${\frac {\partial }{\partial u}}(\mathbf {f} \cdot \phi _{v})-{\frac {\partial }{\partial v}}(\mathbf {f} \cdot \phi _{u})$ ${\frac {\partial }{\partial u}}(\mathbf {f} \cdot \phi _{v})-{\frac {\partial }{\partial v}}(\mathbf {f} \cdot \phi _{u})$ , ovvero:

{\begin{aligned}&{\frac {\partial }{\partial u}}(\mathbf {f} _{1}x_{v}+\mathbf {f} _{2}y_{v}+\mathbf {f} _{3}z_{v})-{\frac {\partial }{\partial v}}(\mathbf {f} _{1}x_{u}+\mathbf {f} _{2}y_{u}+\mathbf {f} _{3}z_{u})=\\&\mathbf {f} _{1}x_{uv}+({\boldsymbol {\nabla }}\mathbf {f} _{1}\phi _{u})x_{v}+\mathbf {f} _{2}y_{uv}+({\boldsymbol {\nabla }}\mathbf {f} _{2}\phi _{u})y_{v}+\mathbf {f} _{3}z_{uv}+({\boldsymbol {\nabla }}\mathbf {f} _{3}\phi _{v})z_{v}-\\-&\mathbf {f} _{1}x_{uv}-({\boldsymbol {\nabla }}\mathbf {f} _{1}\phi _{v})x_{u}-\mathbf {f} _{2}y_{uv}-({\boldsymbol {\nabla }}\mathbf {f} _{2}\phi _{v})y_{u}-\mathbf {f} _{3}z_{uv}-({\boldsymbol {\nabla }}\mathbf {f} _{3}\phi _{v})z_{u}\end{aligned}}

{\begin{aligned}&{\frac {\partial }{\partial u}}(\mathbf {f} _{1}x_{v}+\mathbf {f} _{2}y_{v}+\mathbf {f} _{3}z_{v})-{\frac {\partial }{\partial v}}(\mathbf {f} _{1}x_{u}+\mathbf {f} _{2}y_{u}+\mathbf {f} _{3}z_{u})=\\&\mathbf {f} _{1}x_{uv}+({\boldsymbol {\nabla }}\mathbf {f} _{1}\phi _{u})x_{v}+\mathbf {f} _{2}y_{uv}+({\boldsymbol {\nabla }}\mathbf {f} _{2}\phi _{u})y_{v}+\mathbf {f} _{3}z_{uv}+({\boldsymbol {\nabla }}\mathbf {f} _{3}\phi _{v})z_{v}-\\-&\mathbf {f} _{1}x_{uv}-({\boldsymbol {\nabla }}\mathbf {f} _{1}\phi _{v})x_{u}-\mathbf {f} _{2}y_{uv}-({\boldsymbol {\nabla }}\mathbf {f} _{2}\phi _{v})y_{u}-\mathbf {f} _{3}z_{uv}-({\boldsymbol {\nabla }}\mathbf {f} _{3}\phi _{v})z_{u}\end{aligned}}

Per far ciò, stiamo supponendo che sia $\mathbf {f}$ $\mathbf {f}$ che $\phi$ $\phi$ siano $C^{2}$ $C^2$ . Rendendo espliciti i fattori ${\boldsymbol {\nabla }}(\mathbf {f} \phi _{u,v})$ ${\boldsymbol {\nabla }}(\mathbf {f} \phi _{u,v})$ , facendo attenzione ai membri che si eliminano (nella seconda riga è presente il segno meno) si ottiene esattamente l'integrale ottenuto per il membro a sinistra, quindi la dimostrazione è conclusa.