《超变函数论》探讨

1-271《超变函数论》探讨于涤尘（长安大学，陕西西安710054）内容提要：本文是在总结前人关于超复数研究的材料后，以全新的视角：首先建立第四运算，再由第四运算的逆运算引出空数j，从而把复数域拓广到超复数域，本文节选作者研究成果中的三部分，即超复数的代数运算、超复数解析条件、超复数与场论的关系。关键词：第四运算；空数j；超复数；解析条件；场论0序言数域的扩展课题并不是新课题。在十九世纪初期，对所谓超复数的研究就曾风云一时。当时的代表人物是匈牙利的伯依阿依及英国的汉弥登，他们给出了复数理论的纯算术基础，即由实数对来建立复数[1]。当时的数学界已经有许多可贵的理由要求数域再继续扩展下去。为此数学家们就希图沿着伯依阿依之路利用三个实数的数组或四个实数的数组等等去建立更为广义的新数域。他们总结了截至于复数域的一切数域的十个共性，也称为数域的十个条件即：1、对于任意两个数，它们的和是唯一确定的。2、对于任意两个数，它们的积是唯一确定的。3、存在一个数零它具有性质：对于任意α，均有a+0=a。4、对于每一个数a，均存在负数x，适合等式a+x=0。5、加法适合交换律：a+b=b+a。6、加法适合结合律：（a+b）+c=a+(b+c)。7、乘法适合交换律：a·b=b·a。8、乘法适合结合律：(a·b)·c=a·(b·c)。9、乘法对加法适合分配律：a（b+c）=ab+ac。10、对于每一a以及每一b≠0，存在唯一的数x，满足等式bx=a。围绕这十个条件，他们想求出超复数的乘法运算，使得超复数作为一个域，从而得到更广义的数域。但结果得出的仍然是通常的复数。在这个研究过程中，他们得出一个重要的结论，即如果不改变上面的域的1——10的条件，欲建立一个广义的数域是不可能的。也就是说，新的数域必须放弃1——10中的某项或某几项才行。2-272伯依阿依和汉弥登之路到了一个突破口上。但后来人们仅仅看到了他们失败的一面，而没有看到他们揭示的突破口——新数域的生命力建立在必须放弃以往全体数域的1——10条件中的一项或数项；反而出现了“复数占有完善而特殊的地位”的顶峰论，也称为复数域封闭论[2]。1第四运算与超数的代数运算依笔者的看法，数域的扩展必须与运算类的扩充联系起来，这才是唯一正确的研究路线。1.1第四运算与空数j数域的拓广必须与运算类的扩充紧密联系起来。为此，我们应该对人类截止到目前所具有的三大类运算加以考察，从中找出其规律性的东西。第一运算（加法）的一般式是a+b=c；其特殊式是a+a=c,即两个相同的数相加。如果人们把自己的思维停滞在这里，而不升华到第二运算（乘法）的话，数学也就僵化了。人类终究做到了这一点。他们在两个相同的数相加时，把自己的思维升华成a+a=2a，新的运算产生了。同样，人们又没有停滞在第二运算那里。当两个相同数相乘时，人类思维又升华到第三运算，即a·a=a2。把这一思维推演下去，当相同的数连续乘方，即{[(aa)a]……}a(n个a连续的乘方),人们的思维是停滞于第三运算那里？还是再次升华到更高一级的运算？显然人类应该具有这样更高一级运算——第四运算，可记为anL={[(aa)a]……}a=ana称为拐方运算（由于使用了一个拐角符号L,可读作a的拐角n）。其一般形式是cabL，其中b为任意复数。这其中的规律就如下表所示。运算类的扩展：类别转化第一运算第二运算第三运算第四运算┄┄一般式a+b=c特殊式a+a=c2a=c一般式ab=c特殊式aa=ca2=c一般式ab=c特殊式aa=ca1L=c一般式abL=c┄┄3-273由此表可见运算类是无穷无尽的，只是客观实践是否需要而已。第四运算确有其客观性：方程W=ZlnZ(Z=a+ib)反映了流线为对数螺旋线的不可压缩流体的流动[3]。现在我们来谈数的扩充。我们知道数的拓广是每一类运算的逆运算引发的。第四运算的逆运算在复数域内是否完全可以通行呢？显然，只要W≠0，方程nZZ=W在复数域内总是有解的。但是，当W=0呢？这可归结为有无复数Z使nZZ=W永远成立？答案是当W=0时这样的复数不存在，于是必须有一个超出复数域的新数j，使njj=0。特别是n=1时有jj=0。空数j出现后，在笛卡几坐标系中空间任一点都对应一个新数Q=a+bi+cj，可命之为‘超数’。为研究空数j的性质，我们建立下面的几个公理。公理1：设a、b是任意数域中的数若aa=bb则a=b因对一切正整数n，方程0nZZ在复数域中无解。此式又可变为nZnnZ0)(=0，它同样在复数域中无解，于是需命一个新的数j，使0)(njnj。前已述及，有jj=0，所以jjnjjn)(，于是据公理1，有性质Ⅰ：jjn又，ZZ11)(=0，在复数域中无解，由于此式属于第四运算的逆运算（的结构），于是需命新数j，使jj11)(=0，又因jj=0，所以jj11)(=jj据公理1，有性质Ⅱ：jj1，即jj1公理2：对一切数，就其模而言，有nnQQ（n为正整数）据此公理，nnjj又∵jjn∴njj，于是，有性质Ⅲ：1j定义：模为1的数称为单位14-274公理3：单位1乘单位1仍为单位1据此公理，有性质Ⅳ：122kkkkjij122qqqqjiij122ppppiij或1212111iij1222222jij1232333jiij其中i为虚数，j为空数1.2超数的运算（1）两超数相等设,,22221111jcibaQjcibaQ若,21QQ则212121,,ccbbaa（2）两超数相加、减：)()()(21212121ccjbbiaaQQ（3）两超数相乘我们仅以模为1的两个超数为研究对象，至于一般的超数，只要增加其模相乘的因子即可。所以此时我们认定121QQ)()()()())((21212121212121212122211121cbbcijcccaacjbaabibbaajcibajcibaQQ（1-1）现需对（1-1）式中ij项进行分解，据ij的三种可能的分解方法，首先令11iij将其代入（1-4）式，得)()()()()(21122121211212121211212121ccacacjcbbcbaabicbbcbbaaQQ据公理3，因1Q和2Q均为单位一，所以121QQ，即1)())((2)()())((2)()(2211221212121211221211222121212121211221211222121ccacaccbbcbaabcbbcbaabcbbcbbaacbbcbbaa因11212，所以有5-2751))((2))((2)()()()(2121212112121212112211221221212212122121cbbcbaabcbbcbbaaccacaccbbcbaabbbaa为求11,之值，在12121的条件，可以没1111sin,cos，代入上式，并令))((2),)((2,)()()()(21212121121212121122112212212122121221211cbbcbaabCcbbcbbaaBccacaccbbcbaabbbaaA于是有111111sincosACB12121121211CBBsinCBA-1sinarcarc其次，令22jij将其代入（1-1）式，实施上述手续，可得22222222222arcsin1arcsinCBBCBA且可得).)((2,,212121122121212cbbcccacacCBBAA最后，令33jiij将其代入（1-1），实施同样的手续，可得且可得2313123,,CCCBAAA当相应于ij的每一分解式的321,,求出后，21QQ的积即可求出，显然这样的乘积有三个。由超数的乘法，我们可以看到：第一，ij在单独存在时，是不确定的。但一旦进入具体的运算结构中去，它就被具体问题所约制，而成为完全确定的事实，ij的分解系数α及β被确定下来。第二，乘积有三个可能的值。而后我们在进行超数的乘方（方指数为正整数n）运算时，也可以看到这两个特点。这两个特点是超数运算的独有特点，是有别于以往任何一类数域的。（4）超数的除法仍以单位球上的21,QQ为研究对象，即设121QQ23233232333arcsin1arcsinCBBCBA6-276现进行除法21QQ设jPinmQQ21于是)ncPb(ij)PcmcPa(j)mbna(i)nbma(jciba222222222111（1-2）首先令11iij代入上式，得)()]()[()]()[(2222212222122111pcmcpajncpbmbnaincpbnbmajciba据公理3，121QQ，所以1222pnm又比较上式的左右两边，可以出三个方程；再有11212，又出一个方程，总结起来有联立方程。由此五个方程联立，即可解出21,,,,,QQpnm的计算任务即可完成。同样，我们由22jij及由33jiij去对（1-2）式的ij项进行分解，也可得出相应的五个方程的联立方程，由于纯属罗列，此不赘述。（5）超数的乘方——方指数为正整数n。我们采用球坐标来表示任意超数，即)cos(sin0jeRRQQi因nnnQRQ0，所以只以nQ0为研究对象，nQ的计算即可顺利完成了。njjennjeneQnininioncoscos)(sin2)1()cos()(sin)(sin22221据性质Injjj2，所以pcmcpac)ncpb()mbna(b)ncpb()nbma(a11pnm222122122122122121212227-277)cossinsincos(sin)1)(sinsincos(sin)cos(sin)1()(sin]cos)(sin2)1(cos)(sin[)(sin221nnnnininininionijjninejjeennenjeQ（1-3）现单独计算后一项，即)sin(cos)cossinsincos(sinninRinn其中coscossin21)sin(sin)coscos(sin22Rcoscossinsinsinarctg∴)sinsinsin()coscos(sinsinsincossin)sin(cos)1)(sinsincos(sin0nnRijnRnjninninjRjninQnnnnnnnnnn（1-4）现又涉及到ij项的分解问题。（1）令1111sincosiiij将其代入（1-4）式，得)cossincos()]sinsin(sin[sin]sinsinsin(cos[sin110nnRjnnRninnRnQnnnnnnnn（1-5）据公理3，10nQ所以1)cossincos()sinsinsin(sinsin2)sinsinsin[)sin(sin)sinsinsin(cossin2)sinsinsin()cos(sin21221212122nnRnnRnnnRnnnRnnnRnnnnnnn