| Математические заметки |
|
|
|
|
|
Аналитическая сложность: функции с 1-мерным стабилизатором в калибровочной группе В. К. Белошапкаab a Московский государственный университет им. М. В. Ломоносова b Московский центр фундаментальной и прикладной математики
Англоязычная версия:
Mathematical Notes, 2024, Volume 115, Issue 5, Pages DOI: https://doi.org/10.1134/S0001434624050043 
Реферативные базы данных:
  С помощью операции суперпозиции (подстановки) можно из функций меньшего числа переменных получать функции бóльшего числа переменных. Есть ситуации, когда так можно представить любую функцию, но, как правило, это не так [1], [2]. Чтобы придать рассмотрению определенность, следует уточнить класс функций и число переменных. Вопрос о возможности представления функций двух переменных с помощью функций одного переменного (проблема “$2 \to 1$”) таит немало интересных и нерешенных проблем. Данная работа примыкает к кругу публикаций ([3], [4] и др.), где этот вопрос обсуждается в контексте аналитических функций. Под аналитической функцией мы понимаем аналитическую функцию в смысле Вейерштрасса, т.е. результат всевозможных аналитических продолжений некоторого стартового ростка. Иерархию классов $Cl^n$, $n=0,1,2,\dots$, определяем индуктивно. При этом $Cl^0$ – это аналитические функции одного переменного ($x$ или $y$), а класс $Cl^{n+1}$ состоит из аналитических функций, имеющих локальное представление вида $z=c(A_n(x,y)+B_n(x,y))$, где $A_n$ и $B_n$ – это функции из $Cl^n$, а $c(t)$ – аналитическая функция одного переменного. Одна из основных характеристик $z(x,y)$, аналитической функции двух переменных, – это ее сложность $N(z)$. То, что $N(z)=n$, означает, что $z \in Cl^n \setminus Cl^{n-1}$, если же $z$ не попала ни в один из классов, то пишем, что $N(z)=\infty$. При этом сложность элемента аналитической функции, вычисленная в одной точке, будет совпадать со сложностью в любой другой неособой точке. Множество особых точек для представления функции суперпозицией минимальной сложности – это собственное аналитическое подмножество. Полученные в этой области результаты и наблюдения позволяют сформулировать, некоторое общее и неформальное утверждение, которое уместно назвать принципом ($\mathrm{DM}$-принцип, differential modelling principle). Причем речь идет не только о проблеме “$2 \to 1$”, но и об общем случае “$m \to n$”. Любой вопрос о возможности представления аналитической функции суперпозицией специального вида имеет эквивалентную переформулировку в виде вопроса о принадлежности функции множеству нулей некоторого дифференциально-полиномиального идеала в соответствующем дифференциальном кольце. И, в этом смысле, становится дифференциально-алгебраическим. Теорему 1 данной работы также можно рассматривать как иллюстрацию этого принципа. Сложность, которая была определена выше, а также многие другие ее модификации, инвариантны относительно действия следующей псевдогруппы:
$$
\begin{equation*}
\mathcal{G}=\bigl\{x \to \alpha(x),\, y\to \beta(y),\, f \to \gamma(f)\bigr\},
\end{equation*}
\notag
$$
где $\alpha,\beta,\gamma$ – непостоянные аналитические функции одного переменного. То есть если $g=(\alpha,\beta,\gamma) \in \mathcal{G}$, то $g \circ (f(x,y))=\gamma^{-1} \bigl(f(\alpha(x),\beta(y))\bigr)$. В этом случае мы говорим, что $f$ и $g \circ f$ эквивалентны.
Пусть $\operatorname{St}(f)$ – это псевдоподгруппа в псевдогруппе $\mathcal{G}$ преобразований, сохраняющих $f$, т.е. $\operatorname{St}(f)=\bigl\{g \in \mathcal{G}\colon g \circ (f(x,y))=f(x,y)\bigr\}$. В работе [3] было доказано, что для произвольной аналитической функции $f$ от двух переменных $(x,y)$, такой что $f'_x f'_y \ne 0$, имеет место следующая альтернатива (теорема о стабилизаторе):
Если размерность стабилизатора равна 3, 1, или 0 для какого-либо ростка функции $f$, то то же самое значение она будет иметь всюду вне собственного аналитического подмножества области $D$ для всякого голоморфного элемента, представляющего $f$ в $D$. В этом смысле размерность стабилизатора не зависит от точки. Дифференциальный критерий 3-мерности стабилизатора функции, т.е. ее эквивалентности $(x+y)$, хорошо известен (см. [4]):
$$
\begin{equation*}
d_1(f)={f'_{y}}^{2}f'_{x}f'''_{xxy}- {f'_{y}}^{2}f''_{xy}f''_{xx}-f'_{y}{f'_{x}}^{2}f'''_{xyy}+ f''_{yy}{f'_{x}}^{2}f''_{xy}=0, \qquad d_0(f)=f'_{x}f'_{y}\ne 0.
\end{equation*}
\notag
$$
В данной работе мы получим аналогичный (правда, более сложный) критерий 1-мерности стабилизатора.
То, что $f$ эквивалентна $r(x+y)+x$, означает, что для некоторых $a$, $b$, $c$. Класс аналитических функций, имеющих представления такого вида, мы обозначим через $Cl^{1+\iota}$. Очевидно, что мы имеем систему включений $Cl^0 \subset Cl^1 \subset Cl^{1+\iota} \subset Cl^2$. Ясно, что для некоторых $(a,b,c,r)$ функция вида (1) может попасть в $Cl^1$. Этот вопрос мы обсудим ниже (см. утверждение 4). Задача получения критерия принадлежности $Cl^{1+\iota}$ – это задача исключения из соотношения (1) функций $(a,b,c,r)$ и получения дифференциального соотношения только на функцию $f$, гарантирующего существование таких $(a,b,c,r)$. Отметим, что алгоритм такого исключения описан в более общей ситуации в [5]. И наше последующее рассуждение вполне соответствует этому алгоритму.Как было показано в [5], каждой схеме композиции $S$ (т.е. схеме расстановки скобок, см. [5]) соответствует класс аналитических функций $Cl(S)$, состоящий из аналитических функций, имеющих представление со схемой $S$, а также радикальный идеал $\mathcal{I}(S)$ в соответствующем дифференциальном кольце с набором образующих $(P_1,\dots,P_l)$. Причем принадлежность функции $f$ совокупности нулей идеала, т.е. условие $P_1(f)=\dots=P_l(f)=0$, – это критерий представимости $f$ суперпозицией вида $S$ в любой точке вне собственного аналитического подмножества (особое множество). Из процедуры построения и инвариантности класса $Cl(S)$ относительно действия псевдогруппы $\mathcal{G}$ следует несколько свойств полиномов $P_j$:
Ниже мы будем иметь дело с весьма солидными дифференциальными полиномами. В связи с этим мы введем паспорт полинома $\operatorname{pass}(P)$, который представляет собой следующий набор данных: $\operatorname{pass}(P(f))=\bigl\{ k /(\alpha,\beta,\gamma) / n / [m,M] \bigr\}$, где $k$ – дифференциальный порядок полинома, $(\alpha,\beta,\gamma)$ – набор степеней, $n$ – число мономов, $m$ – значение минимального коэффициента, $M$ – максимального. С этой точки зрения $\operatorname{pass}(d_1(z))$, где $d_1$ – это определяющий полином для $Cl^1$, имеет вид $\operatorname{pass}(d_1(z))=\bigl\{ 3 / (3,3,4) / 4 / [-1,1] \bigr\}$. Теорема 1. Пусть $f(x,y) \notin Cl^0$ – аналитическая функция и $z(x,y)=f'_x/f'_y$. (a) Критерий принадлежности $f$ классу $Cl^{1+\iota}$ имеет вид где дифференциальные полиномы (они будут получены в процессе доказательства) имеют следующие паспорта:
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, \operatorname{pass}(P(z)) &=\bigl\{ 5 / (7,7,12) /634 /[ -324, 240] \bigr\}, \\ \operatorname{pass}(Q(z)) &=\bigl\{5 / (7,4,8) /198 / [-132,87]\bigr\}, \\ \operatorname{pass}(R(z)) &=\bigl\{ 4 / (5,5,8) / 128 / [-18,36]\bigr\}. \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
(b) $\dim \operatorname{St}(f)=1$ тогда и только тогда, когда Отметим, что условие $d_1(f) \ne 0$ равносильно условию Доказательство. Дифференцируя (1) по $x$ и по $y$ и исключая $c'(r(a(x)+b(y))+a(x))$, получаем соотношение
$$
\begin{equation*}
z(x,y)=\frac{f'_x}{f'_y}=\frac{a'(x)}{b'(y)} \biggl(\frac{r'(a(x)+b(y))+1}{r'(a(x)+b(y))}\biggr)
\end{equation*}
\notag
$$
или
$$
\begin{equation}
r'(a(x)+b(y))=\frac{a'(x)}{b'(y)z(x,y)-a'(x)}=\varphi(x,y).
\end{equation}
\tag{2}
$$
Условие существования такой $r(t)$ – это условие того, что правая часть (2) есть функция переменного $t=a(x)+b(y)$, т.е. $b' \varphi'_x-a' \varphi'_y=0$. В дальнейшем будем обозначать производные нижними индексами, т.е. как $a_p$, $b_q$, $z_{m,n}$. Причем всю совокупность производных функции $z$ порядков до $n$ включительно будем обозначать $z^{(n)}$. В этих обозначениях наше условие принимает вид
$$
\begin{equation*}
e(a_1,a_2,b_1,b_2,z^{(1)})=b_{1}a_{1}^{2}z_{0,1}+ z_{0,0}a_{1}^{2}b_{2}-b_{1}^{2}a_{1}z_{1,0}+b_{1}^{2}a_{2}z_{0,0}=0.
\end{equation*}
\notag
$$
Получаем отсюда $b_2$ как рациональное выражение $B_2(a_1,a_2,b_1,z^{(1)})$:
$$
\begin{equation*}
B_2=-\frac{b_{1}(a_{1}^{2}z_{0,1}-a_{1}b_{1}z_{1,0}+ a_{2}b_{1}z_{0,0})}{a_{1}^{2}z_{0,0}}.
\end{equation*}
\notag
$$
Условие существования $b_2$ – это условие независимости $B_2$ от $x$, т.е. $(B_2)'_x=0$. Получаем Если выражение, стоящее множителем при $b_1$, обращается в тождественный нуль, то, учитывая, что $a_1 \ne 0$, получаем Но общим решением этого уравнения являются функции вида $z=\alpha(x)\beta(y)$. Откуда следует, что $f \in Cl^1$. Уточним, что здесь и далее запись вида $a_1 \ne 0$ мы будем понимать как утверждение, что некая аналитическая функция не равна нулю тождественно.
Итак, если $f \notin Cl^1$, то $\delta_1(z^{(2)})$ – не нуль и мы получаем $B_1(a_1,a_2,a_3,z^{(2)})$ – выражение для $b_1$:
$$
\begin{equation*}
(B_1)^{-1}=\frac{a_{1}^{2}z_{0,0}z_{2,0}-a_{1}^{2}z_{1,0}^{2}- a_{1}a_{2}z_{0,0}z_{1,0}-a_{1}a_{3}z_{0,0}^{2}+ 2a_{2}^{2}z_{0,0}^{2}}{a_{1}^{3}\delta_1(z^{(2)})}.
\end{equation*}
\notag
$$
Записываем условие независимости от $x$, получаем
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \nonumber &e_2(a_1,a_2,a_3,a_4, z^{(3)})=a_{1}^{3}z_{0,0}z_{3,0}z_{1,1}- a_{1}^{3}z_{0,0}z_{2,1}z_{2,0}- a_{1}^{3}z_{1,0}z_{0,1}z_{3,0} \\ \nonumber &\qquad+a_{1}^{3}z_{0,1}z_{2,0}^{2}+ a_{1}^{3}z_{1,0}^{2}z_{2,1}- a_{1}^{3}z_{1,0}z_{1,1}z_{2,0}+ a_{1}^{2}z_{0,0}a_{2}z_{1,0}z_{2,1} \\ \nonumber &\qquad-2a_{1}^{2}z_{0,0}a_{2}z_{1,1}z_{2,0}+ a_{1}^{2}a_{2}z_{1,0}z_{0,1}z_{2,0}+ a_{1}^{2}z_{0,0}^{2}z_{2,1}a_{3}- a_{1}^{2}z_{0,0}z_{0,1}z_{2,0}a_{3} \\ \nonumber &\qquad-3a_{1}^{2}z_{0,0}z_{1,0}z_{1,1}a_{3}+ 3a_{1}^{2}z_{1,0}^{2}z_{0,1}a_{3}- a_{1}^{2}z_{0,0}^{2}a_{4}z_{1,1}+ a_{1}^{2}z_{0,0}z_{1,0}z_{0,1}a_{4} \\ \nonumber &\qquad-2a_{1}z_{0,0}^{2}a_{2}^{2}z_{2,1}+ 2a_{1}z_{0,0}a_{2}^{2}z_{0,1}z_{2,0}+ 6a_{1}z_{0,0}a_{2}^{2}z_{1,0}z_{1,1}- 6a_{1}a_{2}^{2}z_{1,0}^{2}z_{0,1} \\ &\qquad+6a_{1}z_{0,0}^{2}a_{2}z_{1,1}a_{3}- 6a_{1}z_{0,0}a_{2}z_{1,0}z_{0,1}a_{3}- 6z_{0,0}^{2}a_{2}^{3}z_{1,1}+ 6z_{0,0}a_{2}^{3}z_{1,0}z_{0,1}=0. \end{aligned}
\end{equation}
\tag{3}
$$
Получаем отсюда выражение для $a_4$
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \nonumber &A_4(a_1,a_2,a_3,z^{(3)})= \frac{1}{a_{1}^{2}z_{0,0} \delta_1(z^{(2)})} \\ \nonumber &\qquad\times(a_{1}^{3}z_{0,0}z_{1,1}z_{3,0}- a_{1}^{3}z_{0,0}z_{2,0}z_{2,1}-a_{1}^{3}z_{0,1}z_{1,0}z_{3,0}+ a_{1}^{3}z_{0,1}z_{2,0}^{2}+a_{1}^{3}z_{1,0}^{2}z_{2,1} \\ \nonumber &\qquad-a_{1}^{3}z_{1,0}z_{1,1}z_{2,0}+ a_{1}^{2}a_{2}z_{0,0}z_{1,0}z_{2,1}- 2a_{1}^{2}a_{2}z_{0,0}z_{1,1}z_{2,0}+ a_{1}^{2}a_{2}z_{0,1}z_{1,0}z_{2,0} \\ \nonumber &\qquad+a_{1}^{2}a_{3}z_{0,0}^{2}z_{2,1}- a_{1}^{2}a_{3}z_{0,0}z_{0,1}z_{2,0}- 3a_{1}^{2}a_{3}z_{0,0}z_{1,0}z_{1,1}+ 3a_{1}^{2}a_{3}z_{0,1}z_{1,0}^{2} \\ \nonumber &\qquad-2a_{1}a_{2}^{2}z_{0,0}^{2}z_{2,1}+ 2a_{1}a_{2}^{2}z_{0,0}z_{0,1}z_{2,0}+ 6a_{1}a_{2}^{2}z_{0,0}z_{1,0}z_{1,1}- 6a_{1}a_{2}^{2}z_{0,1}z_{1,0}^{2} \\ &\qquad+6a_{1}a_{2}a_{3}z_{0,0}^{2}z_{1,1}- 6a_{1}a_{2}a_{3}z_{0,0}z_{0,1}z_{1,0}- 6a_{2}^{3}z_{0,0}^{2}z_{1,1}+6a_{2}^{3}z_{0,0}z_{0,1}z_{1,0}). \end{aligned}
\end{equation}
\tag{4}
$$
Выражение в знаменателе не равно нулю.
У нас есть два соотношения для функции $b(y)$, а именно
$$
\begin{equation*}
b_2=B_2(a_1,a_2,b_1,z^{(1)}) \qquad\text{и}\qquad b_1=B_1(a_1,a_2,a_3,z^{(2)}).
\end{equation*}
\notag
$$
Запишем, что $(B_1)'_y=B_2$, и подставим в полученное соотношение полученные выше выражения для $b_2$ и $b_1$. После деления на $a_1^3$ получаем
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, &e_5(a_1,a_2,a_3,z^{(3)})=z_{1,1}z_{2,1}a_{1}^{2}z_{0,0}^{2}- z_{2,0}a_{1}^{2}z_{0,0}^{2}z_{1,2}- z_{1,0}z_{0,1}z_{2,1}a_{1}^{2}z_{0,0} \\ &\qquad+z_{1,0}z_{2,0}a_{1}^{2}z_{0,0}z_{0,2}+ z_{1,0}^{2}a_{1}^{2}z_{0,0}z_{1,2}- z_{1,0}z_{1,1}^{2}a_{1}^{2}z_{0,0}+ z_{1,0}^{2}z_{1,1}z_{0,1}a_{1}^{2} \\ &\qquad-z_{1,0}^{3}a_{1}^{2}z_{0,2}+ z_{1,0}a_{2}a_{1}z_{0,0}^{2}z_{1,2}- 2a_{2}z_{1,1}^{2}a_{1}z_{0,0}^{2}+ 3z_{1,0}a_{2}z_{1,1}z_{0,1}a_{1}z_{0,0} \\ &\qquad-z_{1,0}^{2}a_{2}a_{1}z_{0,0}z_{0,2}- z_{1,0}^{2}a_{2}z_{0,1}^{2}a_{1}+ a_{3}a_{1}z_{0,0}^{3}z_{1,2}- a_{3}z_{1,1}z_{0,1}a_{1}z_{0,0}^{2} \\ &\qquad-z_{1,0}a_{3}a_{1}z_{0,0}^{2}z_{0,2}+ z_{1,0}a_{3}z_{0,1}^{2}a_{1}z_{0,0}- 2a_{2}^{2}z_{0,0}^{3}z_{1,2}+ 2a_{2}^{2}z_{1,1}z_{0,1}z_{0,0}^{2} \\ &\qquad+2z_{1,0}a_{2}^{2}z_{0,0}^{2}z_{0,2}- 2z_{1,0}a_{2}^{2}z_{0,1}^{2}z_{0,0}=0. \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
Пусть
$$
\begin{equation*}
\delta_2(z^{(3)})=(z_{0,0}^{2}z_{1,2}-z_{0,0}z_{0,1}z_{1,1}- z_{0,0}z_{0,2}z_{1,0}+z_{0,1}^{2}z_{1,0})
\end{equation*}
\notag
$$
не есть тождественный нуль. Тогда условие $e_5(a_1,a_2,a_3,z^{(3)})=0$ позволяет получить выражение для $a_3$, а именно
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, A_3(a_1,a_2,z^{(3)})&=(-z_{1,1}z_{2,1}a_{1}^{2}z_{0,0}^{2}+ z_{2,0}a_{1}^{2}z_{0,0}^{2}z_{1,2}+ z_{1,0}z_{0,1}z_{2,1}a_{1}^{2}z_{0,0} \\ &\qquad-z_{1,0}z_{2,0}a_{1}^{2}z_{0,0}z_{0,2}- z_{1,0}^{2}a_{1}^{2}z_{0,0}z_{1,2}+ z_{1,0}z_{1,1}^{2}a_{1}^{2}z_{0,0}- z_{1,0}^{2}z_{1,1}z_{0,1}a_{1}^{2} \\ &\qquad+z_{1,0}^{3}a_{1}^{2}z_{0,2}- z_{1,0}a_{2}a_{1}z_{0,0}^{2}z_{1,2}+ 2a_{2}z_{1,1}^{2}a_{1}z_{0,0}^{2}- 3z_{1,0}a_{2}z_{1,1}z_{0,1}a_{1}z_{0,0} \\ &\qquad+z_{1,0}^{2}a_{2}a_{1}z_{0,0}z_{0,2}+ z_{1,0}^{2}a_{2}z_{0,1}^{2}a_{1}+2a_{2}^{2}z_{0,0}^{3}z_{1,2}- 2a_{2}^{2}z_{1,1}z_{0,1}z_{0,0}^{2} \\ &\qquad-2z_{1,0}a_{2}^{2}z_{0,0}^{2}z_{0,2}+ 2z_{1,0}a_{2}^{2}z_{0,1}^{2}z_{0,0})/ (a_{1}z_{0,0}\delta_2(z^{(3)})). \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
Далее, условие независимости $A_4$ от $y$ имеет вид
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, e_3(a_1,a_2,a_3,z^{(4)})&=a_{1}^{2}z_{0,0}^{3}z_{1,1}^{2}z_{3,1}- a_{1}^{2}z_{0,0}^{3}z_{1,1}z_{2,0}z_{2,2}- a_{1}^{2}z_{0,0}^{3}z_{1,1}z_{2,1}^{2} \\ &\qquad+ \langle\text{всего 62 монома}\rangle \\ &\qquad-18a_{2}^{2}z_{0,0}^{2}z_{0,1}z_{1,0}z_{1,1}^{2}+ 18a_{2}^{2}z_{0,0}z_{0,1}^{2}z_{1,0}^{2}z_{1,1}- 6a_{2}^{2}z_{0,1}^{3}z_{1,0}^{3}=0. \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
Это выражение линейно по $a_3$. Выражая оттуда $a_3$, получаем еще одно выражение $a_3=A^{+}_3(a_1,a_2,z^{(4)})$, числитель – это 52 монома, а знаменатель имеет вид
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, \delta_3(z^{(4)})&=z_{0,0}^{4}z_{1,1}z_{2,2}- z_{0,0}^{4}z_{1,2}z_{2,1}-z_{0,0}^{3}z_{0,1}z_{1,0}z_{2,2} \\ &\qquad +z_{0,0}^{3}z_{0,1}z_{1,2}z_{2,0}+ z_{0,0}^{3}z_{0,2}z_{1,0}z_{2,1}- z_{0,0}^{3}z_{0,2}z_{1,1}z_{2,0} \\ &\qquad -3z_{0,0}^{3}z_{1,1}^{3}+ 9z_{0,0}^{2}z_{0,1}z_{1,0}z_{1,1}^{2}- 9z_{0,0}z_{0,1}^{2}z_{1,0}^{2}z_{1,1}+ 3z_{0,1}^{3}z_{1,0}^{3} \ne 0. \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
Мы предполагаем, что $\delta_3(z^{(4)}) \ne 0$. Условие независимости $A^{+}_3$ от $y$ – это дифференциально-полиномиальное соотношение вида где полином $e_4$ состоит из 380 мономов. Обращение в нуль первых двух сомножителей невозможно, т.е. условие сводится к тому, что $e_4(a_1,a_2,z^{(5)})=0$.
Приравнивая $A_3$ и $A^{+}_3$, получаем $\delta_1(z^{(2)})^{2}e_6(a_1,a_2,z^{(4)})=0$. Поскольку первый множитель не равен нулю, получаем
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, e_6(a_1,a_2,z^{(4)})&=(a_{1}z_{0,0}^{4}z_{1,2}z_{3,1}- a_{1}z_{0,0}^{4}z_{2,1}z_{2,2}- a_{1}z_{0,0}^{3}z_{0,1}z_{1,1}z_{3,1} \\ &\qquad+\langle\text{всего 52 монома}\rangle \\ &\qquad-12a_{2}z_{0,0}z_{0,1}^{2}z_{1,0}^{2}z_{1,1}+ 3a_{2}z_{0,0}z_{0,1}z_{0,2}z_{1,0}^{3}+ 3a_{2}z_{0,1}^{3}z_{1,0}^{3})=0. \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
Откуда получаем выражение для $a_2$ вида $a_2=A_2(z^{(4)})a_1$. Выражение $A_2$ представляет собой дробь, в знаменателе которой стоит
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \nonumber &\delta_4(z^{(4)})=2z_{0,0}^{4}z_{1,1}z_{2,2}- 3z_{0,0}^{4}z_{1,2}z_{2,1}-2z_{0,0}^{3}z_{0,1}z_{1,0}z_{2,2} \\ \nonumber &\qquad+z_{0,0}^{3}z_{0,1}z_{1,1}z_{2,1}+ 3z_{0,0}^{3}z_{0,1}z_{1,2}z_{2,0}+ 3z_{0,0}^{3}z_{0,2}z_{1,0}z_{2,1}-2z_{0,0}^{3}z_{0,2}z_{1,1}z_{2,0} \\ \nonumber &\qquad+3z_{0,0}^{3}z_{1,0}z_{1,1}z_{1,2}-6z_{0,0}^{3}z_{1,1}^{3}- z_{0,0}^{2}z_{0,1}^{2}z_{1,0}z_{2,1}- z_{0,0}^{2}z_{0,1}^{2}z_{1,1}z_{2,0} \\ \nonumber &\qquad-z_{0,0}^{2}z_{0,1}z_{0,2}z_{1,0}z_{2,0}- 3z_{0,0}^{2}z_{0,1}z_{1,0}^{2}z_{1,2}+ 15z_{0,0}^{2}z_{0,1}z_{1,0}z_{1,1}^{2}- 3z_{0,0}^{2}z_{0,2}z_{1,0}^{2}z_{1,1} \\ &\qquad+z_{0,0}z_{0,1}^{3}z_{1,0}z_{2,0}- 12z_{0,0}z_{0,1}^{2}z_{1,0}^{2}z_{1,1}+ 3z_{0,0}z_{0,1}z_{0,2}z_{1,0}^{3}+3z_{0,1}^{3}z_{1,0}^{3}. \end{aligned}
\end{equation}
\tag{5}
$$
Мы предполагаем, что $\delta_3(z^{(4)}) \ne 0$. Записывая условие $(A_2(z^{(4)}))'_y=0$, получаем
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, P(z^{(5)})&=-2z_{3,2}z_{2,2}z_{1,1}z_{0,0}^{8}z_{1,2}+ 2z_{3,1}z_{2,3}z_{1,1}z_{0,0}^{8}z_{1,2}- 2z_{2,2}z_{1,3}z_{3,1}z_{1,1}z_{0,0}^{8} \\ &\qquad+\langle \text{всего 634 монома}\rangle \\ &\qquad-54z_{1,0}^{6}z_{1,1}z_{0,1}^{4}z_{0,2}- 9z_{0,3}z_{1,0}^{7}z_{0,1}^{4}+ 27z_{1,0}^{7}z_{0,1}^{3}z_{0,2}^{2}=0. \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
Паспорт полученного нами полинома $P(z)$ имеет следующий вид:
$$
\begin{equation*}
\operatorname{pass}(P(z))=\bigl\{5/(7,7,12)/634/[-324,240]\bigr\}.
\end{equation*}
\notag
$$
Далее записываем условие $(A^{+}_3)'_x=A_4$, подставляем в него выражения для $a_2$ и $a_3$. Получаем, что это условие выполнено тождественно. Далее записываем
$$
\begin{equation*}
(A_2(z^{(4)})a_1)'_x=A_3(a_1,A_2(z^{(4)})a_1,z^{(4)}),
\end{equation*}
\notag
$$
делим полученное соотношение на $a_{1}z_{0,0}\delta_2(z^{(3)})$ и получаем
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \nonumber Q(z^{(5)})&= 2z_{0,0}^{5}z_{1,1}z_{2,2}z_{4,1}- 2z_{0,0}^{5}z_{1,1}z_{3,1}z_{3,2}-3z_{0,0}^{5}z_{1,2}z_{2,1}z_{4,1} \\ \nonumber &\qquad+\langle\text{всего 198 мономов}\rangle \\ &\qquad+24z_{0,1}^{2}z_{1,0}^{3}z_{1,1}^{2}z_{2,0}+ 36z_{0,1}z_{0,2}z_{1,0}^{5}z_{2,1}- 36z_{0,1}z_{0,2}z_{1,0}^{4}z_{1,1}z_{2,0}=0, \end{aligned}
\end{equation}
\tag{6}
$$
при этом
$$
\begin{equation*}
\operatorname{pass}(Q)=\bigl\{5 /(7,4,8)/198 / [-132,87]\bigr\}.
\end{equation*}
\notag
$$
Теперь запишем условие того, что $(A^{+}_3)'_y=0$, подставим в полученное соотношение $a_2=A_2(z^{(4)})a_1$, поделим результат на $a_1 z_{0,0} \delta_1(z^{(2)})\delta_2(z^{(3)})$. Получаем
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \nonumber R(z^{(4)})&= 2z_{0,0}^{5}z_{1,1}z_{1,3}z_{3,1}- 2z_{0,0}^{5}z_{1,1}z_{2,2}^{2}-3z_{0,0}^{5}z_{1,2}^{2}z_{3,1}+ 6z_{0,0}^{5}z_{1,2}z_{2,1}z_{2,2} \\ \nonumber &\qquad+\langle\text{всего 128 мономов}\rangle \\ &\qquad+ 6z_{0,1}^{3}z_{1,0}^{3}z_{1,1}^{2}- 18z_{0,1}^{2}z_{0,2}z_{1,0}^{4}z_{1,1}- 3z_{0,1}^{2}z_{0,3}z_{1,0}^{5}+9z_{0,1}z_{0,2}^{2}z_{1,0}^{5}=0, \end{aligned}
\end{equation}
\tag{7}
$$
при этом Наше вычисление проведено для функций, удовлетворяющим четырем условиям типа неравенства $\delta_1 \delta_2 \delta_3 \delta_4 \ne 0$. В итоге мы получили три условия типа равенства $P=Q=R=0$, где $(P,Q,R,\delta_1,\delta_2,\delta_3,\delta_4)$ – непостоянные полиномы от координат 5-струи. Непосредственная подстановка с помощью системы символьных вычислений Maple показывает, что для ростка любой функции $z \in Cl^{1+\iota}$ значения явно вычисленных полиномов $P(z)$, $Q(z)$, $R(z)$ от координат 5-струи тождественно равны нулю независимо от выполнения или невыполнения условия $\delta_1 \delta_2 \delta_3 \delta_4 \ne 0$, Это доказывает п. (a). Утверждение п. (b) после этого становится очевидным. Теорема доказана. В этом вычислении мы пользовались дискриминантным условием Как мы отмечали, при несоблюдении дискриминантного условия вычислительный алгоритм уходит на другую ветвь.Например, если $\delta_1(z)=0$, то это просто означает, что $f \in Cl^1$. Если же но $\delta_2(z)=0$, то при построении декомпозиции функции $f$ алгоритм уходит на особую ветвь. При этом процедура исключения функций $b$ и $a$ порождает новые условия разрешимости, которые представляют собой дифференциальные полиномы. При прохождении этой ветки кроме условия $\delta_2(z) =0$ возникают еще четыре условия. Вот их паспорта:
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, \operatorname{pass}(P_1(z)) &=\bigl\{6/(13,9,16)/7686/[-15120,17568]\bigr\}, \\ \operatorname{pass}(P_2(z)) &=\bigl\{6/(11,5,10)/1084/[-1740,1740]\bigr\}, \\ \operatorname{pass}(P_3(z)) &=\bigl\{5/(10,7,11)/1200/[-288,312]\bigr\}, \\ \operatorname{pass}(P_4(z)) &=\bigl\{5/(15,10,20)/12447/[-37296,32475]\bigr\}. \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
При построении декомпозиции для более глубоких вырождений возникают еще более сложные дифференциальные полиномы.
Отметим, что вычисления производились с помощью системы Maple и они не потребовали сколько-нибудь значительного времени и ресурсов. С программой вычислений можно ознакомится здесь: <http://vkb.strogino.ru/>. Теперь мы можем продемонстрировать различия между классами в цепочке включений $Cl^0 \subset Cl^1 \subset Cl^{1+\iota} \subset Cl^2. $ приведя конкретные примеры. Доказательство. Пункт (a) очевиден, п. (b) следует из того, что $d_1(x^2+x y)=2 \ne 0$ и у этой функции есть 1-мерный стабилизатор. Используя сдвиги вида $(x \to x+a,\, y \to y+b,\, z \to z +c)$, можно общий многочлен второй степени $z=p_2(x,y)$ сделать однородным, а у любой однородной функции есть нетривиальный стабилизатор. Это доказывает (c). Если $f=x+y+x^2y$, то $z=(2xy+1)/(x^2+1)$. Подставляя эту дробь в полином $R(z)$ получаем $R(z)=-192(x^2+1)^{-9} \ne 0$. Принадлежность $Cl^2$ – очевидна. Это доказывает (d). Утверждение доказано.
Основное содержание доказанной выше теоремы 1 – это дифференциальное условие принадлежности функции классу $Cl^{1+\iota}$. Этот результат был получен применением общего алгоритма, который был описан в [5] в качестве алгоритма построения дифференциального критерия принадлежности функции $Cl(S)$, где $S$ – произвольная схема композиции (схема расстановки скобок). Однако в описании $Cl^{1+\iota}$ имеется деталь, которая не позволяет формально считать $Cl^{1+\iota}=Cl(S)$ для некоторой схемы $S$. Имеется некоторая схема, которая определяет класс, очень похожий на $Cl^{1+\iota}$. Речь идет о схеме вида $S=C(R(A(x)+B(y))+D(x))$. Ясно, что $Cl^{1+\iota} \subset Cl(S)$. Чтобы сделать схему $S$ полностью соответствующей определению $Cl^{1+\iota}$ необходимо наложить условие $A(x)=D(x)$. При обсуждении алгоритма исключения в [5] предполагалось, что все формальные функциональные переменные в определении схемы независимы. То есть в данной ситуации мы столкнулись со схемами нового типа: схемы с соотношениями. Отметим, что для схемы с соотношением, рассмотренной в данной работе, процедура исключения работает также хорошо, как и для старых схем с независимыми функциональными переменными. Однако нетрудно представить себе ситуацию, которая требует особого отношения. Рассмотрим, например, схему следующего вида: При переводе этой схемы на язык дифференциальной алгебры мы сталкиваемся со следующей проблемой. Если бы у нас была только величина $F(x)$, мы бы ввели дифференциальную переменную $F$, так что $F_{01}=0$. Если бы у нас была только $F(A(x)+B(y))$ мы бы ввели дифференциальную переменную $F$, так что $B_1F_{10}-A_1F_{01}=0$. Но у нас имеется и $F(x)$, и $F(A(x)+B(y))$. Таким образом, алгоритм декомпозиции для схем с соотношениями требует, вообще говоря, уточнения. Более того, вопрос о том, применим ли к таким схемам $\mathrm{DM}$-принцип, сформулированный в начале статьи, открыт.Как хорошо известно, функции $(x+y)$ и $x y$ эквивалентны (аддитивное и мультипликативное представления функции сложности один). Это есть следствие соотношения $xy=\exp(\ln(x)+\ln(y))$. Аналогично функции из $Cl^{1+\iota}$ кроме аддитивного представления $r(x+y)+x$ имеют также мультипликативное представление в виде однородной функции. Если $Z(x,y)$ – однородная функция степени $k$, то $Z$ можно представить в виде $Z=S(y/x)x^k$. Все функции такого вида имеют нетривиальный стабилизатор,
$$
\begin{equation*}
(x \to \lambda x,\,y \to \lambda y,\, Z \to \lambda^{-k}Z) \in \operatorname{St}(Z)
\end{equation*}
\notag
$$
и, тем самым, содержатся в $Cl^{1+\iota}$.
Утверждение 3. Пусть $k \ne 0$ и $r(t)=-\ln(s(e^t))$; тогда функции $s(y/x)x$ и $r(x+y)+x$ эквивалентны. Доказательство. Пусть $z=r(x+y)+x=-\ln(s(e^{(x+y)}))+x$, т.е. $e^{-z} =s(e^x e^y)e^{-x}$. Делаем замену Получаем $z=s(y/x)x$. Утверждение доказано.
Таким образом, это два представления, аддитивное и мультипликативное, функций из $Cl^{1+\iota}$. Переход от мультипликативного к аддитивному и обратно осуществляют преобразования
$$
\begin{equation}
s(t) \to r(t)=A(s)(t)=-\ln(s(e^t)), \qquad r(t) \to s(t)=M(r)(t)=e^{-r(\ln(t))}.
\end{equation}
\tag{8}
$$
Отметим, что совокупность $s(y/x)x^k$ однородных функций фиксированной степени – это линейное пространство. Тогда как функции вида $r(x+y)+x$ – это аффинное пространство. Если $Z$ – однородная функция степени $k=0$, то, как очевидно, $Z \in Cl^1$. Однако в $Cl^1$ имеются и другие однородные функции, чья степень не равна нулю (см. [7], а также утверждение 4 ниже). Отметим, что если степень однородности отлична от нуля, то калибровочным преобразованием можно поменять эту степень на любую ненулевую, в частности, можно сделать равной единице. В теореме о стабилизаторе есть еще одна деталь, допускающая уточнение. Имеется дифференциальное неравенство на функцию $r(t)$, несоблюдение которого означает, что функция $f \in Cl^{1+\iota}$ принадлежит $Cl^1$ и, соответственно, $\dim \operatorname{St}(f)=3$. Пусть это условие не выполнено, т.е. Это уравнение можно решить в элементарных функциях.Утверждение 4. (a) Функция вида $z=r(x+y)+x$ принадлежит $Cl^1$ тогда и только тогда, когда $r(t)$ имеет следующий вид: (b) Однородные функции из $Cl^1$ степени $1$ – это два семейства Доказательство. (a) Первый случай характеризуется условием $r'(t)={\rm const}$. Пусть $r'(t)$ непостоянна. Тогда выберем $A=r'(t)$ в качестве независимой переменной, $P(A)=r''(t)$ в качестве неизвестной функции. Тогда $r'''(t)=P'(A)P(A)$. Отметим, что при этом $P(A)$ не есть тождественный нуль. Теперь мы можем записать уравнение (9) в виде откуда получаем $P(A)=\lambda A(A-1)$, $\lambda \ne 0$. Решая полученное уравнение
$$
\begin{equation*}
\frac{{\rm d}^{2}}{{\rm d}{t}^{2}}r(t)+ \lambda\biggl(\frac{\rm d}{{\rm d}t}r(t)\biggr) \biggl({\frac {\rm d}{{\rm d}t}}r(t)-1\biggr)=0,
\end{equation*}
\notag
$$
получаем
$$
\begin{equation*}
r(t)=\frac{\ln({\rm e}^{\lambda t}+\mu)}{\lambda}+\nu.
\end{equation*}
\notag
$$
Пункт (a) доказан. Пункт (b) получаем преобразованием (8). Утверждение доказано. Пусть функция $z(x,y)$ – алгебраична. В [9] было дано явное описание всех алгебраических функций из $Cl^1$ (трехмерный стабилизатор). Обсуждаемый в данной работе класс $Cl^{1+\iota}$ также имеет естественное определяющее свойство (одномерный стабилизатор), и уместно поставить следующий вопрос. Вопрос: как устроены алгебраические функции из $Cl^{1+\iota}$? Требуется дать явное описание. Все функции, не попавшие в $Cl^{1+\iota}$, не могут иметь стабилизатора положительной размерности. Однако это не мешает этим функциям иметь дискретный нетривиальный стабилизатор. Рассмотрим, например, полином $z=(x+y+x^2y)$ из утверждения 2. В его стабилизаторе имеется инволюция Ясно, что если заменить произвольную функцию $z(x,y)$ на эквивалентную ей $Z=z(x^2,y)$, то в стабилизаторе $Z$ появится нетривиальное преобразование $x\to -x$, $y \to $, $z \to z$. В этом смысле дискретный стабилизатор есть у всех функций. Однако можно различать функции, так что среди эквивалентных им имеются функции без автоморфизмов, и те, у которых все функции, эквивалентные им, имеют нетривиальные дискретные автоморфизмы.
Цитирование в формате AMSBIB
\RBibitem{Bel24} |
|
|
Обратная связь: |
Пользовательское соглашение
|
Регистрация посетителей портала |
Логотипы |
|