En lugar de la traducción de una función de $f(x) \to f(x+a)$ , consideremos escala.
Esto significa que vamos a hacer intervalos de la variable independiente más pequeño, o más grande,
con un factor de $\lambda > 0$. La transformada de la función se define por:
$$
f_\lambda(x) = f(\lambda\,x)
$$
Como con las traducciones, sería bueno para desarrollar la función de $f_\lambda(x)$
en una expansión en series de Taylor alrededor de la original $f(x)$. Pero esto no es tan
simple, como en el caso anterior. A menos que algún truco está ideado, que se lee como
de la siguiente manera. Definir un par de nuevas variables, $a$$y$, y una nueva función de $\phi$ :
$$
\lambda = e^a \qquad ; \qquad x = e^y \qquad ; \qquad \phi(y) = f(e^y)
$$
Entonces, en efecto, podemos desarrollar algo en una serie de Taylor:
$$
f_\lambda(x) = f(e^a\, e^y) = f(e^{a+y}) = \phi(y+a) = e^{\frac{d}{dy}} \phi(y)
$$
Una variable como $y$, lo que hace que la transformación a ser como una traducción, se llama canónica de la variable. En el caso de
una escala de transformación, la variable canónica se obtiene tomando el
logaritmo de la variable independiente: $y = \ln(x)$.
Trabajando de nuevo a la original de las variables y la función original:
$$
\phi(y) = f(e^y) = f(x) \qquad ; \qquad a = ln(\lambda)
$$ $$
\frac{d}{dy} = \frac{dx}{dy}\frac{d}{dx} = e^y\frac{d}{dx} = x\frac{d}{dx}
$$
Donde el operador $x\,d/dx$ se llama la infinitesimal operadorde
una escala de transformación. Un infinitesimal operador siempre es igual a la diferenciación
para la variable canónica, que convierte la transformación en una traducción.
Ya nos hemos reunido, por supuesto, el infinitesimal operador para las traducciones
sí, los que simplemente se da por $(d/dx)$. Esto conduce más rápidamente
a la siguiente:
$$
f_\lambda(x) = f(\lambda\, x) = e^{\ln(\lambda)\, x\frac{d}{dx}} f(x)
$$
Que es algo falso, debido a algunas restricciones artificiales impuestas por nuestra heurística: $x=e^y$ tuvo que ser positivo, por ejemplo. Así que vamos a especificar para el escalado de la transformación de $x$ sí,
la cual es representada por la serie de $\;e^{\ln(\lambda)\, x\, d/dx} x$ :
$$
e^{ln(\lambda) \,x \frac{d}{dx}} x = x + \ln(\lambda)\, x\frac{dx}{dx}
+ \frac{1}{2} \ln^2(\lambda)\, x\frac{d(x\,dx/dx)}{dx} + \cdots
$$ $$
= \left[1 + \ln(\lambda) + \frac{1}{2} \ln^2(\lambda) + \cdots \right] x
= e^{\ln(\lambda)} x = \lambda\, x
$$
De Manera Similar (Actualización):
$$
e^{ln(\lambda) \,x \frac{d}{dx}} x^n = x^n + \ln(\lambda)\, x\frac{dx^n}{dx}
+ \frac{1}{2} \ln^2(\lambda)\, x\frac{d(x\,dx^n/dx)}{dx} + \cdots \\
= x^n + \ln(\lambda)\n\,x^n + \frac{1}{2} \ln^2(\lambda)\,n^2\,x^n + \frac{1}{6} \ln^3(\lambda)\,n^3\,x^n + \cdots \\
= \left[1 + \ln(\lambda^n) + \frac{1}{2} \ln^2(\lambda^n) + \frac{1}{6} \ln^3(\lambda^n) + \cdots \right] x^n
= e^{\ln(\lambda^n)} x^n = \lambda^n\, x^n
$$
Supongamos que $f(x)$ puede ser escrito como una expansión en series de Taylor, entonces para todos los $x \in \mathbb{R}$ :
$$
e^{ln(\lambda) \,x \frac{d}{dx}} \left[ a_0 + a_1 x + a_2 \frac{1}{2} x^2 + \cdots \right] = a_0 + a_1 (\lambda\,x) + a_2 \frac{1}{2} (\lambda\,x)^2 + \cdots
\\ \Longrightarrow \qquad e^{ln(\lambda) \,x \frac{d}{dx}} f(x) = f(\lambda\,x)
$$
(Fin de la actualización) Desde $\lambda$ debe ser positivo, no existe el continuo proceso de transición hacia
los problemas en los que los valores son, al mismo tiempo, invertido o reflejado, como
en: $$
f_\lambda(x) = f(-\lambda\,x)
$$
Para que esto suceda, la escala de la transformación iba a tener que pasar a través de un
punto donde las cosas son contratados a cero:
$$
f_\lambda(x) = f(0\,x)
$$
Esto ya revela una visión de la topológico cuestiones que pueden ser
asociados con la Mentira Grupos : recuerde que la palabra clave. Para ser honesto, no he visto ninguna otra generalización de su problema en 1-D, excepto en el anterior ejemplo de escalado.
La actualización. Bueno, en realidad no. Después de algunos cavando en mis viejas notas, he encontrado un poco más.
Considere la posibilidad de la operación $\;e^\alpha\,x\;$$\;\alpha = g(x)\frac{d}{dx}$ .
Entonces, por definición:
$$
e^{\alpha \,x} = 1 + \alpha\, x + \frac{1}{2} \alpha \left( \alpha\, x \right)
+ \frac{1}{3} \alpha \left( \frac{1}{2} \alpha \left( \alpha\, x \right)\right) + \cdots \\
$$
Esto puede ser escrito de forma recursiva como:
$$
e^\alpha \, x = x + \alpha_1 x + \alpha_2 x + \alpha_3 x + \cdots \qquad ; \qquad\alpha_1 = \alpha \qquad ; \qquad \alpha_n = \frac{1}{n} \alpha \, \alpha_{n-1}
$$
Hemos visto casos en los $\;g(x) = a\;$$\;g(x) = \ln(\lambda)\,x$ .
Ahora vamos a probar con otro ejemplo, con $\;g(x) = x^2$ :
$$
\alpha_1 x = x^2 \frac{d}{dx} x = x^2 \\
\alpha_2 x = \frac{1}{2} x^2 \frac{d}{dx} x^2 = x^3 \\
\alpha_3 x = \frac{1}{3} x^2 \frac{d}{dx} x^3 = x^4 \\
\cdots \\
\alpha_n = \frac{1}{n} x^2 \frac{d}{dx} x^n = x^{n+1} \\
$$
En consecuencia, decir que para el real $0 < x < 1$ :
$$
e^{x^2\,d/dx} x = x + x^2 + x^3 + \cdots + x^n + \cdots = \frac{x}{1-x}
$$
Que se puede generalizar a funciones de $f(x)$ que tienen una expansión de Taylor.
Uno podría pensar que los resultados anteriores se pueden combinar de la siguiente manera:
$$
e^{(ax^2+bx+c), d/dx}x = e^{c\,d/dx}e^{bx\,d/dx}e^{ax^2\,d/dx}x = e^{ax^2\,d/dx}e^{bx\,d/dx}e^{c\,d/dx}x
$$
Pero puede verificarse fácilmente que tal no es el caso. La razón es que los operadores de $\;x^2\,d/dx$ ,
$x\,d/dx$ , $d/dx\;$ ¿ no conmutan. Definir el colector $\left[\,,\right]$ de los dos operadores $\alpha$$\beta$: $$\left[\alpha\,,\beta\right] = \alpha\beta - \beta\alpha$$, a Continuación, probar que:
$$
\left[ x^2\frac{d}{dx}, x\frac{d}{dx} \right] \ne 0 \qquad ; \qquad \left[ x^2\frac{d}{dx}, \frac{d}{dx} \right] \ne 0 \qquad ; \qquad \left[ x \frac{d}{dx} , \frac{d}{dx} \right] \ne 0
$$
A finales de la revisión. He ordenado que el siguiente libro y de la lectura de hoy:
- Sophus Lie, Vorlesungen über Differentialgleichungen
mit bekannten Infinitesimalen Transformationen, bearbeitet und
herausgegeben von Dr. Georg Wilhelm Scheffers,
Leipzig (1891). Disponibilidad:
Amazon,
bol.com.
Formulado en algo obsoleto notación que encontrar el siguiente en mi humilde opinión
sorprendente Teorema en la página 50 y en el siguiente. Operador de notación es la mía:
$$
\boxed{ \; e^{t \phi(x) \frac{d}{dx}} f(x) = f\left(e^{t \phi(x) \frac{d}{dx}} x\right) \; }
$$
Aquí $\phi(x)$ $f(x)$ "limpio", pero para el resto bastante arbitrario de funciones.
Por lo tanto, el operador diferencial y la función son
siempre conmutativa, que es un no-hecho trivial. Cuando se aplica a la
el último de los ejemplos anteriores (ligeramente modificada) tenemos a través de la página 75 del libro:
$$
e^{t x^2 \frac{d}{dx}} f(x) = f\left(\frac{x}{1-x t}\right)
$$
En efecto, así es suficiente para aplicar el operador $\exp(t \phi(x) d/dx)$ a la
variable independiente $x$ solamente. Si que se traduce en una forma cerrada, entonces usted puede
aplicar el Teorema y tiene una forma cerrada para cualquier otra función de $f(x)$.
Triste comentario. El libro de Georg Scheffers es abundante con "no rigurosa"
nociones, especialmente infinitesimals. Estos últimos son muy esenciales para
la comprensión del libro. Para mí, como físico por la educación, esto representa
no hay problema en absoluto. Pero yo sé de la mala experiencia que aquellos buenos viejos infinitesimals representan una especie de tabú para la matemática moderna. Por lo tanto, en retrospectiva, se puede entender muy bien por qué este enfoque por
Georg Scheffers no ha encontrado una amplia audiencia entre los matemáticos profesionales.
Incluso peor. Me parece que los profesionales de los matemáticos más bien han distorsionado la
teoría original como entiende por Sophus Lie mucho. Tal que las partes esenciales de la misma,
como el Teorema anterior, tienden a ser borrado de común conocimiento matemático. Que espero que no.
