Проблема двухполярных переменных - История изменений

Admin в 14:35, 18 мая 2009

2009-05-18T14:35:53Z

Admin в 14:34, 18 мая 2009

2009-05-18T14:34:30Z

Admin: Новая: Нет проблем, когда поляризованные функции разрознены. Однако уже в критическом замечании (см. Проверк...

2009-05-18T14:30:21Z

Новая: Нет проблем, когда поляризованные функции разрознены. Однако уже в критическом замечании (см. Проверк...

Новая страница

Нет проблем, когда поляризованные функции разрознены. Однако уже в критическом замечании (см. Проверка на правомочность интегралов) было найдено несоответствие между исходной функцией и первообразной.

Для уточнения правил взятия производных хорошо подходит интегрирование, так как в результате должна получиться исходная функция.

В современной теории функции «комплексной переменной» есть правило, по которому функция заранее известна как принадлежащяя «комплексной» области. Если взять интеграл от двухполяризованной функции f(z) = 2(x + iy), приведённой выше как производная от (x +iy)2, то, зная, что это результат взятия производной от (x +iy)2, можно получить исходную функцию.

Поэтому пишут f´(zn) = nz(n-1).

Однако заранее этого знать не возможно, когда мы имеем дело с некоторой функцией 2(x + iy).

Если взять интеграл по полярностям от 2x + 2iy, то (x +iy)2 не получим.

Предположим, что нам дана для нахождения первообразной функция f(w)= 8x +8iy + 5j, угадать, что здесь заложен именно вариант 4(2ix +2jy) + 5j не реально. Поэтому будет две первообразных 4(x + iy)2 +5jg , а так же 4ix2 + 4jy2 + 5jg.. Какой из них истинный?

=Расследование=
==1)==
Начнём исследование с самого простого случая, где поляризация одна – «минус».

f(z2) = (x – y)2

Как от степенной функции производная будет

f´(z2) = 2(x – y)

Теперь «развернём» исходную функцию.

f(z2) = (x – y)2 = x2 – 2xy + y2

Частные производные от этой функции будут: f´х(z2) = 2x – 2y; f´y(z2) = –2x + 2y;

Ни от одной из этих функций при интегрировании не получить исходную функцию x2 – 2xy + y2

Если же взять сумму производных f´х(z2) + f´y(z2) = 2x – 2y – 2x + 2y = 0.

Уже этот пример настораживает, так как при взятии интеграла мы не знаем заранее, какова была исходная функция.

Более того, даже при известной функции, интеграл вовсе не адекватен своей «первообразной» исходной функции.

==2)==
Расширим исследование с функции любой функции z2.

Если f(z2) = (x +iy)2, то f´(z2) = 2z =2(x +iy).

Для проведения исследований развернём функцию f(z) = x2 + 2ixy + i2y2

Производные от этой функции по двум переменным будут:

fх´(z2) = 2х + 2iy = 2(x + iy)

fy´(z2) = 2ix + 2i2y = 2i(x +iy)

Сумма производных

fх´(z2) + fy´(z2) = 2x + 2iy + 2ix +i2y = = 2x(1 + i) + 2y)(i + i2) = 2(1 + i)(x + iy)

На сопоставление, там, где была «развёрнута» функция, там результат увеличился на (1 + i).

Это настораживает. В теории функций комплексной переменной указана производная от «свёрнутой» функции. Однако может оказаться, что функция не выражена явно как квадрат суммы двух чисел.

Кстати, для адекватности необходимо, чтобы (1 + i) равнялась единице. Выполнимо ли такое? Мы уже знаем, что единица может быть «сложной». Поэтому, найдётся пространство (только не «действительных» и «комплексных» чисел), где такое отношение производной и интеграла соответствует.

==3)==
Возьмём дальше функцию z3.

Если f(z3) = (x +iy)3, то

f´(z3) = 3z2 = 3(x +iy)2 = 3x2 + 6ixy + 3i2y2 (1)

Для проведения исследований развернём исходную функцию

f(z3) = x3 + 3ix2y + 3i2xy2 + + i3y3.

Производные по переменным будут:

f´х(z3) = 3x2 + 6ixy + 3i2y2 f´y(z3) = 3ix2 + 6i2xy + 3i3y2

Суммируя производные, получим

f´х(z3) + f´y(z3) = (3x2 +3ix2) + (6ixy +6i2xy) + (6i2y2 + 3i3y2) = (i + 1)3x2 + (i +i2)6xy + (i2 + i3)y2 (2)

Когда выражение (1) будет равнозначно (2), а точнее, в каком пространстве, и с какой алгеброй?

Если i2 = 1, то (i + 1)i = i + 1, i3= i.

Тогда (2) можно записать как (i + 1)3(x +iy)2.

Очевидно, что, как и в предыдущем примере, результат увеличился на (1 + i).

Теперь проанализируем алгебру, в которой производные соответствуют друг другу, если (2) разделить на (1 + i).

В алгебре, где i2 = 1, (i + 1)i = i + 1, i3= i в «умножении» проявлена двухполярность.

==4)==
Пусть теперь f(z4) = (x +iy) 4 .

Производная

f´(z4) = 4z3 = 4(x +iy)3 =4 (x3 + 3ix2y + + 3i2xy2 + i3y3).

Развернём функцию f(z4) = (x +iy) 4 = x4 +4ix3y +6i2x2y2 + 4i3xy3 + i4y4

Возьмём от этого выражения производные:

fx´(z4) = 4x3 + 12ix2y + 12i2xy2 + 4i3y3

fy´(z4) = 4ix3 + 12i2x2y + 12i3xy2 +4i4y3

Так как интеграл от каждой из этих функций не даст первообразную, то возьмём сумму частных производных:

fx´(z4) + fy´(z4) = 4x3 + 12ix2y + 12i2xy2 + 4i3y3 + 4ix3 + 12i2x2y + 12i3xy2 +4i4y3

Приведём подобные и возьмём интегралы по переменным:

∫ f(z4)dx = (i + 1)x4 + 4(i + i2)x3y + 6(i2 + i3)x2y2 +4(i3 + i4)xy3

∫ f(z4)dy = 4(i + 1) x3y + 6(i + i2) x2y2 + 4(i2 + i3) xy3 + (i3 + i4)y4

Для адекватности первообразной и исходной функции необходимо выполнить условие:

а) (1 + i) должна выполнить функции единицы,

б) i2 = 1.

Такое возможно, но не в алгебрах двух видов интенсивности связи «сложение» и «умножение».

Наблюдается закономерность, когда для всех f(zn) = (x +iy) n не будет интегралов адекватных первообразным функциям.

==Вывод==
В алгебрах с двумя интенсивностями связи «сложение» и «умножение» не существует адекватность между исходной функцией и первообразной.

==5)==
Возьмём теперь для анализа три полярных состояния функции.

Например, для функции f(w2) = (x +jy +kφ)2 = (x +jy +kφ)(x +jy +kφ) = x2 + j2y2 + k2φ2 + 2j(xy) + 2k(xφ) +2jk(yφ) производная будет по поляным областям зависить от вида пространства.

Однако, при неопределённом виде функции, производная по переменным будет:

fx´(w2) = 2x + 2jy +2kφ

fy´(w2) = 2j2y + 2jx + 2jkφ

fφ´(w2) = 2k2φ + 2kx + 2jky

fx´(w2) + fy´(w2) + fφ´(w2) = 2x + 2jy +2kφ + 2j2y + 2jx + 2jkφ + 2k2φ + 2kx + 2jky.

Теперь как исходная для интегрирования будет

f(w) =2x + 2jy +2kφ +2j2y + 2jx + 2jkφ + 2k2φ + 2kx + 2jky.

В таком «размытом» виде обычно никто функцию не представляет. После приведения подобных получим

(1 + j + k)2(x +jy +kφ).

Сопоставим. Если бы брали производную от степени, то получили бы от функции f(w2) = (x +jy +kφ)2 производную f´(w2) = 2 (x +jy +kφ).

Теперь видим, что два варианта производных отличаются на 1 + j + k.

Если взять как 1 + j + k сложную единицу и интеграл, то получим соответствие первообразной и исходной функции.

Теперь возьмём интеграл по соответствующим полярностям от развёрнутой функции:

∫ fx(w)dx = x2 + 2jxy + 2kxφ

∫ fy(w)dy = j2y2 + 2jxy + 2jkyφ

∫ fφ(w)dφ = k2φ2 + 2kxφ + 2jkyφ

Так как все полярности в наличии, то нет никаких дополнений.

Суммируем интегралы по полярным плоскостям:

∫ fx(w)dx + ∫ fy(w)dy + ∫ fφ(w)dφ = x2 + 2jxy + + 2kxφ + j2y2 + 2jxy + 2jkyφ + k2φ2 + 2kxφ + + 2jkyφ = x2+ j2y2 + k2φ2+ 4j(xy) + 4k(xφ) + +4jk(yφ).

От исходной функции это отличается на величину 2j(xy) + 2k(xφ) + 2jk(yφ). Иными словами, там, где было две переменных величины, там результат после интегрирования удвоился. Это же мы видели только что при двух переменных.

Кнечно, сли бы интеграл взяли от f(w) так, что она представлена всем исходным комплексом производной, то есть 2w, то ∫(2w)dxdydφ = w2.

Однако могло оказаться так (и это вероятнее всего), что функция представлена частями.

Итак, адекватность исходной функции и первообразной над полем только "сложения" и "умножения" сомнительна не только в многополярности, но и во всей современной математике.

Адекватность будет, если не «раскрыть» исходную функцию для взятия производной. Следовательно, существующее в математике правило нахождения первообразной для поляризованных пространств, не подходит.

Почему оно находит подтверждение в математике? Интеграл написан для двухполярного «раскрытого» выражения. Поэтому как, частный случай, правило отобразило именно двухполярнось.

Для многополярных функций нужно правило интегрирования соответственно выбранному пространству с чётким числом заданных полярностей. Иными словами, необходимо знать пространство, в котором совершается интегрирование и, к тому же, иметь функции в развёрнутом виде.

Адекватность между первообразной и интегралом будет (но не в современной математике) лишь тогда, когда в алгебре будет учитываться полярный поворот и сложная единица.

@@ Строка 102: / Строка 102: @@
 Возьмём от этого выражения производные:
-<span style="color:blue">fx´(z4) = 4x3 + 12ix2y + 12i2xy2 + 4i3y3
+<span style="color:blue">fx´(z4) = 4x3 + 12ix2y + 12i2xy2 + 4i3y3</span>
-fy´(z4) = 4ix3 + 12i2x2y + 12i3xy2 +4i4y3</span>
+<span style="color:blue">fy´(z4) = 4ix3 + 12i2x2y + 12i3xy2 +4i4y3</span>
 Так как интеграл от каждой из этих функций не даст первообразную, то возьмём сумму частных производных:
@@ Строка 111: / Строка 111: @@
 Приведём подобные и возьмём интегралы по переменным:
-<span style="color:blue">∫ f(z4)dx = (i + 1)x4 + 4(i + i2)x3y + 6(i2 + i3)x2y2 +4(i3 + i4)xy3
+<span style="color:blue">∫ f(z4)dy = 4(i + 1) x3y + 6(i + i2) x2y2 + 4(i2 + i3) xy3 + (i3 + i4)y4</span>
 Для адекватности первообразной и исходной функции необходимо выполнить условие:
@@ Строка 135: / Строка 135: @@
 Однако, при неопределённом виде функции, производная по переменным будет:
-fy´(w2) = 2j2y + 2jx + 2jkφ
+<span style="color:blue">fx´(w2) = 2x + 2jy +2kφ</span>
-fφ´(w2) = 2k2φ + 2kx + 2jky
+<span style="color:blue">fφ´(w2) = 2k2φ + 2kx + 2jky</span>
-fx´(w2) + fy´(w2) + fφ´(w2) = 2x + 2jy +2kφ + 2j2y + 2jx + 2jkφ + 2k2φ + 2kx + 2jky</span>.
+<span style="color:blue">fx´(w2) + fy´(w2) + fφ´(w2) = 2x + 2jy +2kφ + 2j2y + 2jx + 2jkφ + 2k2φ + 2kx + 2jky</span>.
 Теперь как исходная для интегрирования будет
@@ Строка 159: / Строка 159: @@
 Теперь возьмём интеграл по соответствующим полярностям от развёрнутой функции:
-<span style="color:blue">∫ fx(w)dx = x2 + 2jxy + 2kxφ
+<span style="color:blue">∫ fy(w)dy = j2y2 + 2jxy + 2jkyφ</span>
-∫ fφ(w)dφ = k2φ2 + 2kxφ + 2jkyφ</span>
+<span style="color:blue">∫ fφ(w)dφ = k2φ2 + 2kxφ + 2jkyφ</span>
 Так как все полярности в наличии, то нет никаких дополнений.

@@ Строка 124: / Строка 124: @@
 Такое возможно, но не в алгебрах двух видов интенсивности связи «сложение» и «умножение».
-Наблюдается закономерность, когда для всех f(zn) = (x +iy) n не будет интегралов адекватных первообразным функциям.
+Наблюдается закономерность, когда для всех <span style="color:blue">f(zn) = (x +iy)</span> n не будет интегралов адекватных первообразным функциям.
 ==Вывод==