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## Green 公式的应用

比如复变函数中的 Cauchy 积分公式 & 留数定理.

往年我们时间充裕的话会证明这一结论 (那你今年时间不充裕，就连微分方程都不讲了吗？！)

我们下面来证明这样的定理：

/Theorem/ (Brouwer 不动点定理)

> 设 $f:D\to D$ ($D={x^2+y^2\leq1}$，也就是 $D={z\in\mathbb{C},|z|\leq1}$) 是 $C^2$ 光滑的，则 $f$ 必有不动点.

/Proof/

> 反证法，设 $\forall z\in D$，$f(z)\neq z$. (衡量 $f(z)$ 与 $z$ 的差异，在一元情况下我们引入一个差函数，在高维情况可以引入一个差向量).
>
> 定义：$g(z)=($射线 $\overrightarrow{f(z)\to z}$ 与 $\partial D$ 的唯一交点$)$. 由 $f(z)\in C^2$，可知 $g(z)\in C^2$，得到 $g:D\to\partial D$ 是 $C^2$ 的，且 $\forall z\in\partial D$ 有 $g(z)=z$.
>
> 若 $g(z)$ 存在，则记 $g(x,y)=(u(x,y),v(x,y))\in S^1$，回忆 Gauss 曲线积分：
> $$
> \int\_C\frac{-v\text{d}u+u\text{d}v}{u^2+v^2}=\left{\begin{array}{ll}
> 0&(0,0)\text{ in }C\\\\
> 2\pi&(0,0)\text{ out of }C
> \end{array}\right.
> $$
> (这个积分可以用来让人工智能判断复杂曲线和原点的位置关系)
>
> 把 $(u,v)$ 平面的 1 - form：
> $$
> \omega=\frac{-v\text{d}u+u\text{d}v}{u^2+v^2}
> $$
> 通过 $g$ 拉回 (pull back) $x$ - $y$ 平面，得到 $g^\*\omega$，再对其在 $\partial D$ 上积分.
>
> /Definition/
>
> > $$
> > \begin{aligned}
> > g^*(\text{d}u)&=\frac{\partial u}{\partial x}\text{d}x+\frac{\partial u}{\partial y}\text{d}y\\
> > g^*(\text{d}v)&=\frac{\partial v}{\partial x}\text{d}x+\frac{\partial v}{\partial y}\text{d}y
> > \end{aligned}
> > $$
>
> 按照上述定义进行计算，得到拉回：
> $$
> g^*(\omega)=\frac{-v(u\_x\text{d}x+u\_y\text{d}y)+u(v\_x\text{d}x+v\_y\text{d}y)}{u^2+v^2}
> $$
> 所以原来的 Gauss 积分为
> $$
> \begin{aligned}
> I&=\int\_{\partial D^+}g^*(\omega)\\\\
> &=\int\_{\partial D^+}\frac{(-vu\_x+uv\_x)\text{d}x+(-vu\_y+uv\_y)\text{d}y}{u^2+v^2}\\\\
> &\overset{\text{Green}}{=}\iint\_D\left\[\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{-vu\_y+uv\_y}{u^2+v^2}\right)-\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{-vu\_x+uv\_x}{u^2+v^2}\right)\right]
> \end{aligned}
> $$
> 易证恒为零.
>
> /Remark/
>
> > 补充对 pull back 积分的一些说明：这其实是第二型曲线积分的换元公式.
> >
> > 设 $g:C\_1\to C\_2$ 是 $C^1$ 的双射，$C\_1$ 已经定向，取一个符合 $C\_1$ 定向的参数化，由 $g$ 映射到 $C\_2$，得到对应的一个参数化，则这个参数化所确定的 $C\_2$ 定向是等价于原来的 $C\_1$ 定向的.
> >
> > 对于任何 $\omega=P\text{d}u+Q\text{d}v$ 有
> > $$
> > A=\int\_{C\_2^+}g^\*(\omega)=\int\_{C\_1^+}\omega
> > $$
>
> 但是在未拉回的原来空间，计算
> $$
> I'=\int\frac{-v\text{d}u+u\text{d}v}{u^2+v^2}=2\pi
> $$
> 我们知道 $I$ 和 $I'$ 等价，但是这里出现了矛盾，所以原假设不成立. 证毕.

/Example/

> ::: tip
>
> 我们上学期曾经吹嘘过，这学期我们将能够证明 “人为什么有发旋”.
>
> :::
>
> /Definition/ (发旋)
>
> > 头皮上的某处无法长出头皮切方向的头发，否则会违背和其他头发的连续性. 当然，可以长出沿头皮法方向的头发.
>
> 反证法，设无发旋. 因为我们的定义只和切向有关，所以我们只考虑切向的问题.
>
> 定义：$g(\vec{x})=\vec{x}$ 处头发向量向 $\text{T}\_xB$ 的投影 ($\forall\vec{x}\in B$). 注意到 $B$ 和闭圆盘 $D={|z|\leq1}$ 是微分同胚的，我们的假设可以翻译为：不存在 $g(\vec{x})$ 为零的点.
>
> 可以将 $g$ 视为 $g:D\to\R^2|\vec{0}$. 如果再做一次归一化，就会得到这个命题和上面我们刚刚证明的结论等价，即 $\exist g(z)$，$\forall z\in\partial D$，$g(z)=z$. 这样的 $g$ 是不存在的，所以 “人必须有发旋”.

## Gauss 公式

Green 公式是
$$
\int\_{\partial D}P\text{d}x+Q\text{d}y=\iint\_D\Box
$$
是将 1 维变成 2 维. Gauss 公式则是
$$
\iint\_{\partial Q}P\text{d}y\text{d}z+Q\text{d}z\text{d}x+R\text{d}x\text{d}y=\iiint\_Q\Box
$$
是将 2 维变成 3 维.

对于 Gauss 公式，我们也要给出 local model，考虑一个上下底面为曲面的曲边柱体，定义指向柱体外部为定向.

计算：
$$
\begin{aligned}
&\iint\_{\partial V}R\text{d}x\text{d}y\\\\
&=\iint\_{S\_1}+\iint\_{S\_2}+\iint\_{S\_3}\\\\
&=-\iint\_DR(x,y,z\_1(x,y))\text{d}x\text{d}y+\iint\_DR(x,y,z\_2(x,y))\text{d}x\text{d}y+0
\end{aligned}
$$
其中侧面 $S\_3$ 的积分是为零的. 接下来得到
$$
\begin{aligned}
&=\iint\_D(R(x,y,z\_2(x,y))-R(x,y,z\_1(x,y)))\text{d}x\text{d}y\\\\
&=\iint\text{d}x\text{d}y\left(\int\_{z\_1(x,y)}^{z\_2(x,y)}\frac{\partial R}{\partial z}(x,y,z)\text{d}z\right),,\quad\text{need }\frac{\partial R}{\partial z}\in C(V)\\\\
&\overset{\text{Fubini}}{=}\iiint\_V\frac{\partial R}{\partial z}\text{d}(\mathcal{Vol})
\end{aligned}
$$
对于一般的三维区域，可以分割成多个 local model，得到 $\Omega=\underset{i}{\bigcup}V\_i$，有
$$
\iint\_{\partial\Omega^+}R\text{d}x\text{d}y=\sum\_{i}\iint\_{\partial\Omega\_i^+}R\text{d}x\text{d}y=\sum\_i\iiint\_{\Omega\_i}\frac{\partial R}{\partial z}\text{d}\Omega=\iiint\_{\Omega}\frac{\partial R}{\partial z}\text{d}\Omega
$$
对于另外两个方向，也是使用 local model 并推广，最终得到 Gauss 公式：

/Theorem/

> (和 Green 公式一样，我们希望加强这个定理的条件以满足对称性，所以本来的 $\partial P/\partial x$，$\partial Q/\partial y$，$\partial R/\partial z\in C(\Omega)$ 修改为下述条件)
>
> 设 $P,Q,R\in C^1(\Omega)$，则有
> $$
> \iint\_{\partial\Omega}P\text{d}y\text{d}z+Q\text{d}z\text{d}x+R\text{d}x\text{d}y=\iiint\_\Omega\left(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}\right)\text{d}\Omega
> $$

/Example/ (Gauss 静电场定理)

> 原点处点电荷产生的静电场可以写为
> $$
> \vec{E}=\frac{1}{r^2}\frac{\vec{r}}{r}
> $$
> 分类讨论：
>
> (1) 若 $\vec{0}\notin\Omega$，则
> $$
> P=\frac{x}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}\in C^1(\Omega)
> $$
> 其他分量同理. 所以可以计算
> $$
> \begin{aligned}
> I&=\iiint\_\Omega\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{x}{r^3}\right)+\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{y}{r^3}\right)+\frac{\partial}{\partial z}\left(\frac{z}{r^3}\right)\\\\
> &=\iiint\_\Omega\frac{3r^3-3r(x^2+y^2+z^2)}{r^6}
> \end{aligned}
> $$
> (2) 若 $\vec{0}\in\Omega$，则在 $\Omega$ 中减去一个 $0$ 的邻域，然后分别计算内外两个面积分即可.
>
> 综上所述：
> $$
> I=\left{\begin{array}{ll}
> 0&\vec{0}\notin\Omega\\\\
> 4\pi&\vec{0}\in\Omega
> \end{array}\right.
> $$

/Example/ (Gauss 积分)

> 如下积分：
> $$
> \iiint\_{\R^3}e^{-S(x,y,z)}\text{d}x\text{d}y\text{d}z
> $$
> 其中，
> $$
> S(x,y,z)=\frac{1}{2}\sum\_i\sum\_jM\_{ij}x\_ix\_j
> $$
> ($M$ 为正定矩阵)
>
> 我们的目标是求出某个观测量的平均值，也就是：
> $$
> \braket{f}=\iiint\_{\R^3}f\cdot e^{-S(x,y,z)}\text{d}x\text{d}y\text{d}z
> $$
>
> ***
>
> 对于无穷积分，要先截断再取极限. 有：
> $$
> \begin{aligned}
> \lim\_{R\to\infty}\iint\_{S}fe^{-S}\text{d}S&=\lim\iiint\_V\frac{\partial}{\partial x\_i}(fe^{-S})\text{d}V\\\\
> &=\iiint\left(\frac{\partial f}{\partial x\_i}e^{-S}+fe^{-S}\left(-\frac{\partial S}{\partial x\_i}\right)\right)\text{d}V\\\\
> &=\braket{\frac{\partial f}{\partial x}}-\braket{f\frac{\partial S}{\partial x}}
> \end{aligned}
> $$
> 但是 LHS 是零，所以得到均值的一种计算：
> $$
> \begin{aligned}
> \braket{\frac{\partial f}{\partial x\_i}}&=\braket{f\frac{\partial S}{\partial x\_i}}\\
> &=\braket{f\sum\_iM\_{ij}x\_j}\\
> &=\sum\_jM\_{ij}\braket{fx\_j}
> \end{aligned}
> $$
> 所以得到
> $$
> \begin{pmatrix}
> \braket{\frac{\partial f}{\partial x\_1}}\\
> \vdots\\
> \braket{\frac{\partial f}{\partial x\_n}}
> \end{pmatrix}=(M)\begin{pmatrix}
> \braket{fx\_1}\\
> \vdots\\
> \braket{fx\_n}
> \end{pmatrix}
> $$
> 也就是所谓的 Wick Lemma：
> $$
> \braket{x\_if}=\sum\_{j=1}^nM\_{ij}^{-1}\braket{\frac{\partial f}{\partial x\_j}}
> $$
> 其特例是若 $f=$ 单项式 $x\_{k\_1}\cdots x\_{k\_t}$，代入左边，得到
> $$
> \begin{aligned}
> \braket{x\_i\cdot x\_{k\_1}\cdots x\_{k\_t}}&=\sum\_j(M^{-1})*{ij}\braket{\frac{\partial}{\partial x\_j}(x*{k\_1}\cdot x\_{k\_2}\cdots x\_{k\_t})}\\
> &=\sum\_j(M^{-1})*{ij}\delta*{jk\_1}\braket{x\_{k\_2}\cdots x\_{k\_t}}+\cdots
> \end{aligned}
> $$
> 也就是变成少两个变量的所有平均值之和.
>
> ***
>
> Feynman 图：
>
> ::: center
>
> ![](https://vip.123pan.cn/1845440081/ymjew503t0l000d7w32x81pbuid33t1mDIYxAIFxDda1DGxPDwUzAa==.jpg)
>
> :::

## Stokes 公式

Green 公式是在一个二维空间中的曲面，如果在三维空间中的一个曲面，它上面的积分和边界上的积分有何关系？

进行一个参数化 $\Phi(u,v)=(x(u,v),y(u,v),z(u,v))$. 用这样的一个参数化将曲面 $D$ 映射到平面 $S$ 上.

先确定定向：对于 $\partial D$ 取一个参数化 $\Phi(\gamma(t))$，这是由 $\partial S$ 的参数化 $\gamma(t)$ 诱导的. 两个参数化所导致的定向是等价的. 下面计算某分量：
$$
\begin{aligned}
&\int\_{\partial S}P\text{d}x\\\\
&=\int\_{\partial D}Px\_u\text{d}u+Px\_v\text{d}v\\\\
&=\iint\_D\Big\[\left(\frac{\partial P}{\partial x}x\_u+\frac{\partial P}{\partial y}y\_u+\frac{\partial P}{\partial z}z\_u\right)x\_v+Px\_{vu}\\
&\quad-\left(\frac{\partial P}{\partial x}x\_v+\frac{\partial P}{\partial y}y\_v+\frac{\partial P}{\partial z}z\_v\right)x\_u-Px\_{uv}\Big]\text{d}u\text{d}v\\\\
&=\iint\_D\left\[\frac{\partial P}{\partial y}(-x\_uy\_v+x\_vy\_u)+\frac{\partial P}{\partial z}(z\_ux\_v-z\_vx\_u)\right]\text{d}u\text{d}v\\\\
&=\iint\_D\det\begin{pmatrix}
0&\frac{\partial P}{\partial z}&-\frac{\partial P}{\partial y}\\
x\_u\&y\_u\&z\_u\\
x\_v\&y\_v\&z\_v
\end{pmatrix}\text{d}u\text{d}v\\\\
&=\iint\_S\frac{\partial P}{\partial z}\text{d}z\text{d}x-\frac{\partial P}{\partial y}\text{d}x\text{d}y
\end{aligned}
$$
另外的两个式子可以由轮换性 ($x,y,z$ 轮换，$P,Q,R$ 轮换) 得证.

/Theorem/ (Stokes 公式)

> 设 $P,Q,R\in C^1(S)$，则
> $$
> \int\_{\partial S}P\text{d}x+Q\text{d}y+R\text{d}z=\iint\_S\det\begin{pmatrix}
> \text{d}y\text{d}z&\text{d}z\text{d}x&\text{d}x\text{d}y\\
> \frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\
> P\&Q\&R
> \end{pmatrix}
> $$

对于这个积分的定向问题，我们理应再给出一个 30 min 的推导，但是时间似乎不够了. 简单说一下结论，就是右手螺旋法则.

***

::: danger

我们还差一点点没有讲，也就是 ODE. 下一次课我们可能会采用 PPT 的方式，请大家提前看完群里的去年讲课录像.

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