уменьшение количества степеней свободы функции

[PG_LoLo]

Меня интересует следующая задача. Дана функция

$$f : R^n \rightarrow R$$

Про функцию известно, что существует $k$ семейств кривых, на которых функция остается постоянной, заданных, например, параметризацией:

$$g_i : R^n \times R \rightarrow R^n, i = 1, \dots, k$$

$$\begin{cases} f(x) = f(g_i(x, \alpha)) \forall x, \alpha \\ g_i(x, 0) = x\end{cases}$$

Я хочу найти такую замену координат $x(t_1, \dots, t_{n - k})$, которая бы параметризовала кусок пространства, избавляя функцию $f$ от лишних степеней свободы, при этом не потеряв информации.
(Я понимаю, что последнее требование я формулирую не строго, и даже нематематически, но я плохо понимаю, как я должен его сформулировать).
Например, пусть функция зависит от трех переменных $f(x, y, z)$, и известно, что:

$$\forall \alpha: f(x, y, z) = f(x, y, z + \alpha)$$

$$\forall \alpha: f(x, y, z) = f(x \cos(\alpha) - y \sin(\alpha), x \sin(\alpha) + y \cos(\alpha), z)$$

Тогда фактически, функция не зависит от $z$, а в оставшейся плоскости $OXY$ важно лишь расстояние от начала координат, и тогда искомая мной замена координат может выглядит как, например,

$$x(t) = t$$

$$y(t) = z(t) = 0$$

Что переведет нам функцию $f(x, y, z)$ в гораздо более удобный вид $f(t) = f(t, 0, 0)$ без потери информации (под информацией я здесь понимаю разного рода особенности $f$, например минимумы, максимумы и т.д.). В таком виде явно проще численно искать экстремумы функции, гессиан не будет вырождаться, методы будут быстрее сходиться и т.д..

Вот такую задачу я бы хотел уметь решать в общем случае. Как это делать я не знаю. Это мой первый вопрос.

-- 07.08.2017, 17:53 --

Второй вопрос про мой вариант решения вышепоставленной задачи. Мое решение: попробуем найти такую замену координат, которая в каждой точке будет ортогональна эквипотенциальным кривым данной точки. В моих обозначениях это должно означать, что

$$x(t_1, \dots, t_{n - k})$$

\begin{equation} \label{eq:condition} \forall i \in \{1, \dots, k\}, j \in \{1, \dots, n - k\}: \\\frac{\partial{x^T(t_1, \dots, t_{n - k})}}{\partial{t_j}} \cdot \frac{\partial{g_i(x, \alpha)}}{\partial{\alpha}}(x(t_1, \dots, t_{n - k}), 0) = 0 \end{equation}

То есть скалярное произведение направления по координате $t_j$ и касательной к кривой $g_i(x(t_1, \dots, t_{n-k}), \alpha)$ равно нулю. Кажется, это уместное требование, которое несет в себе какой-то смысл. Фактически, $x(t_1, \dots, t_{n - k})$, удовлетворяющее верхнему условию, является параметризацией некоторого подпространство, потому что допускает любую замену координат $t(\theta_1, \dots, \theta_{n - k})$, ведь выражение $\frac{\partial{x^T}}{\partial \theta_j}$ распишется как $\sum_k \frac{\partial{x^T}}{\partial t_k} \frac{\partial t_k}{\partial \theta_j}$ (значит равенство скалярного произведения нулю остается верным).
Это приводит нас к системе дифференциальных уравнений, у которой мы хотим найти какое-нибудь нетривиальное решение. Я не умею (и не пытался, честно говоря) доказывать, что такая система разрешится нужным образом. Тем не менее, я попробовал данный подход на примере и получил плохое решение. А точнее, пространство, вырезаемое искомой параметризацией, оказалось плохой размерности. Далее я приведу свои выкладки.

Пусть $f : R^4 \rightarrow R$, дано одно семейство эквипотенциальных кривых:

$$g(x_1, y_1, x_2, y_2, \alpha) = \left(\begin{matrix}x_1 \cos \alpha - y_1 \sin \alpha \\ x_1 \sin \alpha + y_1 \cos \alpha \\ x_2 \cos \alpha - y_2 \sin \alpha \\ x_2 \sin \alpha + y_2 \cos \alpha\end{matrix}\right)$$

Это имеет следующий смысл: $f$ есть функция двух точек на плоскости, которая остается неизменной при повороте плоскости вокруг центра координат. Тогда условие (\ref{eq:condition}) будет иметь вид:

$$-\frac{\partial x_1}{\partial t_j} y_1 + \frac{\partial y_1}{\partial t_j} x_1 - \frac{\partial x_2}{\partial t_j} y_2 + \frac{\partial y_2}{\partial t_j} x_2 = 0$$

Или все в матричном виде можно записать как

$$x_1 \nabla y_1 - y_1 \nabla x_1 + x_2 \nabla y_2 - y_2 \nabla x_2 = \bold{0}$$

-- 07.08.2017, 17:54 --

Преобразуем

$$x_1 \nabla y_1 - y_1 \nabla x_1 + x_2 \nabla y_2 - y_2 \nabla x_2 =$$

$$\frac{x_1 \nabla y_1 - y_1 \nabla x_1}{x_1^2}x_1^2 + \frac{x_2 \nabla y_2 - y_2 \nabla x_2}{x_2^2}x_2^2 =$$

$$\nabla\left(\frac{y_1}{x_1}\right)x_1^2 + \nabla\left(\frac{y_2}{x_2}\right)x_2^2 = $$

Произведем замену

$$\varphi_1 = \frac{y_1}{x_1}$$

$$\varphi_2 = \frac{y_2}{x_2}$$

$$h = \frac{x_1^2}{x_2^2}$$

и получим следующее уравнение

$$\nabla \varphi_1 h + \nabla \varphi_2 = 0$$

Раз я могу производить любую замену координат, то не умоляя общности (во всяком случае локально) можно положить $\varphi_1 = t_1$ (т.е. решать все в координатах $(\varphi_1, \dots, t_{n - k})$). Тогда

$$\nabla \varphi_1 = \left(\begin{matrix}1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0\end{matrix}\right)$$

$$\begin{cases} \frac{\partial \varphi_2}{t_2} = 0 \\ \frac{\partial \varphi_2}{t_3} = 0 \end{cases} \Rightarrow \varphi_2 = \varphi_2(t_1)$$

$$h + \frac{\partial \varphi_2}{t_1} = 0 \Rightarrow \varphi_2 = \int_0^{t_1} -h(z, t_2, t_3) dz + \operatorname{const}$$

Зная, что $\varphi_2$ зависит только от $t_1$ можно сделать вывод, что $h$ также зависит только от $t_1$. Собственно, все. В результате $\varphi_1 = t_1$, $\varphi_2 = \varphi_2(t_1)$, $h = h(t_1) \Rightarrow x_1 = \sqrt{h(t_1)} x_2(t_1, t_2, t_3) = x_1(t_1, x_2)$. И соответственно, $y_1$ и $y_2$ также будут зависеть по факту лишь от двух переменных, что означает, что решение диффура вырезает в 4х мерном пространстве двумерное подпространство. Что плохо, ведь решение должно быть трехмерно. Я допускаю ошибки в рассуждениях? Или мой вариант решения (про ортогональность в каждой точке к эквипотенциалным кривым) просто напросто не разрешается должным образом и не подходит для решения поставленной задачи?

[DeBill]

PG_LoLo в сообщении #1238958 писал(а):

существует $k$ семейств кривых,

Так задавать семейство - нехорошо:
1.пусть через $x$ проходит кривая $\gamma$ Вашего семейства, и $x_1$ лежит на ней. Совпадает ли кривая Вашего семейства, проходящая через $x_1$, c $\gamma$?
2. Про несколько семейств: верно ли, что, сдвинувшись из точки $A$ за малое время $\varepsilon$ вдоль первого семейства, затем вдоль второго семейства, затем - назад, вдоль первого , и потом - второго, я смогу вернуться в исходную точку?
Если (где-то) - нет, то постоянство функции получится на бОльших подмногообразиях.
Для 1: Семейства надо бы задавать так, чтобы через каждую точку проходила ровно одна кривая семейства. Это можно обеспечить, либо (в Вашем определении) потребовав чтобы у $g$ первая координата бралась из некого подмногообразия (коразмерности 1), либо задавая векторное поле (фазовыми кривыми которого и будут кривые семейства) (это - предпочтительнее).
Согласованность (2) векторных полей, задающих семейства, приводит к условию Фробениуса. Если оно выполнено, существование "выпрямляющей" системы координат немедленно следует из теоремы Фробениуса.
Про все про это - читайте Симметрии, группы Ли, инварианты, теорема Фробениуса.
Про попытку решения: Зачем Вам ортогональность??? Например, для задачи $f(x,y)=x$, вектор-функция $x(t)=t, y(t)= t$ ничуть не хуже $x(t)=t, y(t)=0$
На самом деле, Вам надо, видимо, искать функции $t=t(x)$, а главное условие (1) должно иметь вид $\nabla t\cdot v =0$, где $v=\frac{\partial g}{\partial \alpha }$

-- 07.08.2017, 22:37 --

PG_LoLo
Ну, либо диффеоморфизм $x\mapsto t$, который кривые семейств переводит в оси $t_j, j= n-k+1,...,n$

(Оффтоп)

А "не умОляя общности" - очень мило . Возьму на вооружение.

[PG_LoLo]

DeBill
Спасибо за ответ!

И на первый, и на второй вопросы ответ да.

DeBill в сообщении #1238982 писал(а):

Семейства надо бы задавать так, чтобы через каждую точку проходила ровно одна кривая семейства

Тут я не понял. Тоесть да, действительно, через каждую точку проходит целая эквипотенциальная поверхность, которую всю сразу целиком и можно задавать, вместо того, чтобы разделять ее на несколько кривых, которые суммарно дадут всю поверхность. Вы это имели ввиду? И теперь мне видно, что так делать проще.

DeBill в сообщении #1238982 писал(а):

Зачем Вам ортогональность

Я рассуждал следующим образом: рассмотрим эквипотенциальную поверхность, проходящую через заданную точку. В первом приближении это гиперплоскость с образующими $\frac{\partial g}{\partial \alpha}$. И тогда условие на ортогональность означает, что по каждой координате я ухожу с данной гиперплоскости.

DeBill в сообщении #1238982 писал(а):

На самом деле, Вам надо, видимо, искать функции $t=t(x)$, а главное условие (1) должно иметь вид $\nabla t\cdot v =0$, где $v=\frac{\partial g}{\partial \alpha }$

Это я опять не понял. Чем является эта функция $t(x)$ и что она мне даст?

[DeBill]

PG_LoLo в сообщении #1239006 писал(а):

что по каждой координате я ухожу с данной гиперплоскости

Это называется "трансверсальность". Ортогональность достаточна для нее, но необязательна, см. пример.

PG_LoLo в сообщении #1239006 писал(а):

Чем является эта функция $t(x)$ и

PG_LoLo в сообщении #1239006 писал(а):

через каждую точку проходит целая эквипотенциальная поверхность,

Вот она то и будет задаваться уравнением $t(x) =\operatorname{const}$

[Toucan]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Карантин»
по следующей причине:

- неправильно используется тег [mаth]: вторая половина стартового сообщения темы заключена в тег [mаth] целиком. Более подробно см. post71805.html#p71805.

Исправьте, пожалуйста, и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.

[Toucan]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»

[PG_LoLo]

DeBill в сообщении #1239032 писал(а):

Вот она то и будет задаваться уравнением $t(x) =\operatorname{const}$

Не понятно, как после нахождения функции $t(x)$ найти замену координат, которая избавит $f(x)$ от лишних степеней свободы (например, под условие $\nabla t\cdot v =0$, где $v=\frac{\partial g}{\partial \alpha }$ подходит сама функция $f(x)$, но это не сильно помогает). Опять же для вашего примера $f(x, y) = x$ можно взять $t(x, y) = x$. Но какой вывод из этого можно сделать? Может ли это помочь нам в поисках диффеоморфизма

DeBill в сообщении #1238982 писал(а):

Ну, либо диффеоморфизм $x\mapsto t$, который кривые семейств переводит в оси $t_j, j= n-k+1,...,n$

P. S.
Я чувствую, что мне сильно не хватает знаний по теории многообразий даже для формулирования собственных мыслей. Не могли бы вы посоветовать фундаментальную книжку, которая помогла бы заполнить этот пробел?

[PG_LoLo]

DeBill
Я попробовал применить

DeBill в сообщении #1238982 писал(а):

Ну, либо диффеоморфизм $x\mapsto t$, который кривые семейств переводит в оси $t_j, j= n-k+1,...,n$

к примеру из моего первого поста:

PG_LoLo в сообщении #1238958 писал(а):

Пусть $f : R^4 \rightarrow R$, дано одно семейство эквипотенциальных кривых:

$$g(x_1, y_1, x_2, y_2, \alpha) = \left(\begin{matrix}x_1 \cos \alpha - y_1 \sin \alpha \\ x_1 \sin \alpha + y_1 \cos \alpha \\ x_2 \cos \alpha - y_2 \sin \alpha \\ x_2 \sin \alpha + y_2 \cos \alpha\end{matrix}\right)$$

Это имеет следующий смысл: $f$ есть функция двух точек на плоскости, которая остается неизменной при повороте плоскости вокруг центра координат.

Сделал я это следующим способом: можно перейти в полярные координаты для двух пар координат

$$\left( \begin{matrix}x_1(r_1, \varphi_1, r_2, \varphi_2) \\ y_1(r_1, \varphi_1, r_2, \varphi_2) \\ x_2(r_1, \varphi_1, r_2, \varphi_2) \\ y_2(r_1, \varphi_1, r_2, \varphi_2) \end{matrix} \right) = \left( \begin{matrix} r_1 \cos \varphi_1 \\ r_1 \sin \varphi_1 \\ r_2 \cos \varphi_2 \\ r_2 \sin \varphi_2 \\ \end{matrix} \right) $$

, в которых функция $g$ примет очень простой вид

$$g(r_1, \varphi_1, r_2, \varphi_2, \alpha) = \left( \begin{matrix} r_1 \\ \varphi_1 + \alpha \\ r_2 \\ \varphi_2 + \alpha \end{matrix} \right)$$

И тогда вектор $(0, 1, 0, 1)$ можно достроить до ортогонального базиса, например, добавив $(1, 0, 0, 0)$, $(0, 0, 1, 0)$ и $(0, 1, 0, -1)$, что даст нам следующую параметризацию:

$$\left( \begin{matrix} t_1 \\ t_3 \\ t_2 \\ -t_3 \end{matrix} \right), \left( \begin{matrix}x_1 \\ y_1 \\ x_2 \\ y_2 \end{matrix} \right) = \left(\begin{matrix} t_1 \cos t_3 \\ t_1 \sin t_3 \\ t_2 \cos t_3 \\ -t_2 \sin t_3 \\ \end{matrix} \right) $$

То есть по сути, такие координаты сопоставляют любой точке в изначальном четырехмерном пространстве "представителя", биссектриса угла AOB (где точка A имеет координаты $(x_1, y_1)$, а точка B
$(x_2, y_2)$) которого совпадает с осью OX, поворачивая нужным образом плоскость. И это само по себе довольно забавно. Но вот как искать эти "выпрямляющие" координаты в более сложных случаях не пользуясь метод пристального взгляда, мне не понятно.

[DeBill]

PG_LoLo
Посмотрите
Symmetry Groups of Differential Equations. Peter J. Olver. ...
Upd. Пардон, правильное название
Book
Graduate Texts in Mathematics
Volume 107 1986
Applications of Lie Groups to Differential Equations
Authors: Peter J. Olver