Сведение уравнений в частных производных к обыкновенным

[shwedka]

evgeniy в сообщении #325933 писал(а):

уравнения в частных производных первого порядка имеют однозначное решение при заданных начальных условиях при не равенстве нулю определителя.

Вплоть до этого места, в отношении линейных уравнений первого порядка, все это давным-давно общеизвестно. Лет 150. Любой линейный дифференциальный оператор 1 порядка подходящей заменой переменных сводится к дифференцированию.
Если где-то, в Муроме или еще, Вы это напечатаете под своим именем, получится плагиат.
Для нелинейных уравнений первого порядка то, что Вы написали, обобщается до метода Гамильтона-Якоби. Но тут решение дается только локально.

[evgeniy]

Дело в том, что это неизвестно. И вообще, где ошибка. Если это известно, то почему это вызвало такую отрицательную реакцию. Приведите литературу, где сложный линейный оператор заменяется на простое дифференцирование.
Я не говорю о решении уравнений в частных производных первого порядка. Я говорю о сведении сложного оператора к более простому. Операторное уравнение никто не записывал. С помощью этого метода, можно для любой системы координат, построить переменные, относительно которых уравнения разделяются. Как известно, существует мнение, что переменные разделяются только для конечного числа преобразований. С помощью этого метода, можно осуществлять разделение переменных в практически любой системы координат.

[shwedka]

evgeniy в сообщении #325967 писал(а):

И вообще, где ошибка. Если это известно, то почему это вызвало такую отрицательную реакцию. Приведите литературу, где сложный линейный оператор заменяется на простое дифференцирование.

Ошибки нет, просто, общеизвестно. Вот я студентов учу по книге Colton, PDE,
Там это рассказывается на первой лекции. по-русски, в книгах Петровского, Степанова, Смирнова т3, Куранта, т.2.
Из более поздних, в книге Арнольда о УЧП.

evgeniy в сообщении #325967 писал(а):

Я не говорю о решении уравнений в частных производных первого порядка. Я говорю о сведении сложного оператора к более простому

В том-то и дело, что такое сведение возможно только для уравнений первого порядка.
Разделение переменных - это свойство не только системы координат, но и оператора, в котором переменные хочется разделять. Поэтому Ваше утверждение пусто. Вот приведите пример, в котором у Лаплациана 'Вашим методом' переменные разделяются в какой-то системе координат.
А, вообще, про разделение переменных почитайте книжку
У. Миллер, мл.
СИММЕТРИЯ
И РАЗДЕЛЕНИЕ
ПЕРЕМЕННЫХ

[evgeniy]

Я прочитал Куранта и понял, что Вы имеете в виду. Это канонические преобразования. В общем виде уравнение в частных производных можно привести к каноническому виду только в случае постоянных коэффициентов. В случае двух аргументов, их тоже можно привести к каноническому виду. Я же предлагаю угловую часть Лапласиана
$\sum_{kn}\frac {1}{\sqrt{g}}\frac {\partial }{\partial x_k}\sqrt{g} g^{kn}\frac{U}{\partial x_l}+m^2 U=0$
привести к виду
$\sum_n \frac {\partial^2 U}{\partial \psi_n^2}+m^2U=0$
Для этого, внутреннею и внешнюю часть Лапласиана (внутренняя часть имеет вид)
$\sum_k \sqrt{g}g^{nk}\frac{\partial }{\partial x_k}=\frac {\partial}{\partial y_n}$
Проделав сведение внутренней и внешней части к простому оператору, сводим для экспоненициального решение смешанную вторую производную к двойной производной, относительно которой и считаем упрощенный Лапласиан.
$\frac {\partial^2 U(y_k,y_n)}{\partial y_k \partial y_n}=\frac {\partial^2 U(\psi_k)}{\partial \psi_k^2},\psi_k=y_k+x_n $
ПРичем можно добиться выбирая начальные условия у уравнения в частных производных первого порядка, что полученные углы изменяются в конечной области и значит их можно отнормировать к периоду два пи. Получим простой оператор с ортогональными углами. В частности можно построить циклические координаты для уравнения Гамильтона. Я это доказывать не собираюсь, просто информация к сведению.

[shwedka]

evgeniy в сообщении #326335 писал(а):

Я же предлагаю

Kak я понимаю, Вы не намерены предлагать доказательства заявляемых Вами утверждений, а рассматриваете тему как обсуждение 'возможных' реалзаций Ваших идей.

По этому поводу могу сказать, что от лиц Ваших заслуг требуется несколько больше, чем идеи, не отвечающие общей мудрости математики, чтобы быть принятым всерьез. Вот когда Вы какую-то из идей доведете до ума, можете надеяться на более уважительное отношение.
Пока что Ваше

evgeniy в сообщении #326335 писал(а):

можно добиться

и похожие утверждения математического смысла не имеют, тем более, что

evgeniy в сообщении #326335 писал(а):

Я это доказывать не собираюсь

[evgeniy]

shwedka, Вы путаете форум со статьей. Все что требуется для доказательства основной идеи, я излагаю. Что не относится, можно например не доказывать что можно свести к функции, изменяющейся в конечных пределах, поэтому я это не доказываю. Не доказываю, что можно свести к циклическим координатам, так как угловая часть сводится, аналогично можно свести к циклическим координатам и все уравнение.

[shwedka]

evgeniy в сообщении #326353 писал(а):

Все что требуется для доказательства основной идеи,

У основной идеи нет доказательства. На то это и идея. А дьявол в деталях.
Вы ведь даже не утверждаете: 'Я доказал. Подробности письмом.' А говорите : можно доказать. Ваша репутация уже такова, что этому веры нет.

Доказательство либо есть, либо его нет. У Вас его нет.

[evgeniy]

Ах, shwedka Вы очень избалованы, доказательство описано, я только вставлю кусочки. К сожалению формулы не вставляются. ПРидется набирать еще раз. Лапласиан
$\sum_{n,k}\frac{1}{\sqrt{g}}\frac {\partial }{\partial \phi_n}\sqrt{g}g^nk \frac{\partial U}{\partial \phi_k}+n^2 U=0$
можно разбить на два оператора, внешний
$\frac{1}{\sqrt{g}}\frac {\partial }{\partial \phi_n}=\frac {\partial }{\partial \x_k}$
внутренний
$\sum_k \sqrt{g}g^nk \frac{\partial }{\partial \phi_k}=\frac {\partial }{\partial y_n}$
Из этих операторов можно найти функции $x_k(\phi_1,...,\phi_N),y_n(\phi_1,...,\phi_N)$ . Это можно сделать способом, который я из излагал в предыдущем сообщении 31мая 17 часов.
Получим уравнение в частных производных
$\frac {\partial^2 U}{\partial x_n \partial y_k}+m^2 U=0$
это дифференциальное уравнение имеет решение
$U=exp[im(x_n+y_k)]$
полагая $x_n+y_k=\psi_n$
и тогда уравнение в частных производных имеет вид
$\sum_{n}\frac {\partial^2 U}{\partial \psi_n^2}+m^2 U=0$
так как угловая часть решения экспоненциальная, получим разделение переменных в этих координатах.

[shwedka]

evgeniy в сообщении #327700 писал(а):

можно разбить на два оператора, внешний
$\frac{1}{\sqrt{g}}\frac {\partial }{\partial \phi_n}=\frac {\partial }{\partial \x_k}$
внутренний
$\sum_k \sqrt{g}g^nk \frac{\partial }{\partial \phi_k}=\frac {\partial }{\partial y_n}$

Неверно. Здесь зажулено, что операторы векторные.

evgeniy в сообщении #327700 писал(а):

Из этих операторов можно найти функции $x_k(\phi_1,...,\phi_N),y_n(\phi_1,...,\phi_N)$ . Это можно сделать способом, который я из излагал в предыдущем сообщении 31мая 17 часов.

Этот способ ошибочен.

evgeniy в сообщении #327700 писал(а):

Получим уравнение в частных производных
$\frac {\partial^2 U}{\partial x_n \partial y_k}+m^2 U=0$

Не получите. Все это разговоры. Когда напишете все формулы без трепа, то увидите, что так не получается.

Повторяю,
все Ваши идеи пусты, пока не предъявите вычисления, а их Вы не предъявите.

[evgeniy]

Я умываю руки. Если Вы не понимаете простых вещей, то я ничего не могу поделать. В чем Вы соглашаетесь, потом Вы отказываетесь, говорите что это ошибочно. Подставляя в линейный оператор произвольную функцию, и используя сложную производную получим дифференциальное уравнение относительно первых частных производных. Вы с этим согласились, говоря, что это общеизвестно. Теперь такой фортель, ошибочно. Уравнение в частных производных первого порядка решается, см. любой курс дифференциальных уравнений.

[shwedka]

Вы проявляете чудеса непонятливости.
Да, один скалярный оператор в частных производных сводится заменой переменных к дифференцированию вдоль новой переменной. Это известно веками. Когда Вы переходите к оператору второго порядку, то, да, такой оператор (иногда ) факторизуется на два оператора первого порядка, но ВЕКТОРНЫХ,
один типа градиента, другой типа дивергенции. Для таких операторов сказанное выше не действует. Иными словами,
можно попытаться исправить каждую компоненту. но каждая компонента требует свою замену переменной.

И в целом,
Вы пытаетесь заявить сенсационные результаты без приведения точных вычислений. Не считается. Идей недостаточно.

[evgeniy]

Хоть какие-то аргументы. Действительно для каждого оператора второго порядка будут использоваться свои функции. Но в результате получится вместо смешанного оператора вторая производная по вычисленному аргументу. Этот вычисленный аргумент и является конечной целью, остальное это промежуточные функции.

[shwedka]

evgeniy в сообщении #327918 писал(а):

Но в результате получится вместо смешанного оператора вторая производная по вычисленному аргументу.

Не получится! Проведите вычисления и увидите.

[evgeniy]

Дело в том, что получается точное решение уравнений в частных производных в виде экспоненты. Показатель экспоненты содержит сумму двух вычисленных аргументов, по которым берется смешанная производная. Далее его можно записать в виде второй производной от суммы аргументов смешанной производной. И в случае экспоненциального решения возможно разделение переменных.
Я повторяю, этот материал проверен рецензентом и обещали напечатать.

[shwedka]

evgeniy в сообщении #327929 писал(а):

Дело в том, что получается точное решение уравнений в частных производных в виде экспоненты

Не получается. Вы получите указание на ошибку, когда поместите свое рассуждение на форуме.

evgeniy в сообщении #327929 писал(а):

Я повторяю, этот материал проверен рецензентом и обещали напечатать.

Ничего не значит.

evgeniy в сообщении #325933 писал(а):

Эта идея опробована и обещали напечатать в Муроме, центре подповерхностного зондирования с участием академических институтов.

Вы еще приведите положительную рецензию из заочного филиала конотопского землеустроительного техникума.