Ok, dan denk ik dat ik een betere voorbeeld heb. Stel we integreren een 1-vorm over R waarvoor geldt dat fdx=dw en f is strikt positief met drager in (0,1). Uit stokes krijgen we dat $\smallint $ fdx(over R)= $\smallint $ w=0 want de rand is leeg. Maar f is strikt positief, dus integeraal van f moet niet nul zijn. Is dit beter?
Rafik
Student universiteit België - vrijdag 19 mei 2023
Antwoord
Het voorbeeld laat zien dat met een lege rand de stelling van Stokes geen betekenis heeft en dat is goed om te weten. Ik denk dat men van mening zal verschillen wat de `echte' reden is: sommigen zullen, net als jij, zeggen dat een integraal over een lege verzameling gelijk is aan nul; anderen zullen zeggen dat er geen rand is, en dus geen rechterkant in de stelling van Stokes.
Maar compactheid is vooral belangrijk om te garanderen dat beide leden van de gelijkheid bestaan. En daarnaast gebruikt het bewijs de uniforme continuïteit van de functies op cruciale momenten en daar is compactheid ook belangrijk.
Er bestaan ook niet-compacte variëteiten met niet-lege rand: het bovenhalfvlak $H=\{(x,y):y\ge0\}$ bijvoorbeeld, of het interval $[0,\infty)$. Wat is $\int_{\partial H}y\,\mathrm{d}x$ en wat is $\int_H -1\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$??
Dit is een reactie op vraag 97736 
