Это старая версия документа!

$\bar{x}=x+ay=f^{1}\left(x,y,a\right),$ $\bar{y}=y=f^{2}\left(x,y,a\right)$

Тогда последовательно применяя два преобразования:

$\bar{\bar{x}}=f^{1}\left(\bar{x},\bar{y},b\right)=f^{1}\left(f^{1}\left(x,y,a\right),f^{2}\left(x,y,a\right),b\right)=\bar{x}+b\bar{y}=x+ay+by=x+\left(a+b\right)y$

$\bar{\bar{y}}=f^{2}\left(\bar{x},\bar{y},b\right)=f^{2}\left(f^{1}\left(x,y,a\right),f^{2}\left(x,y,a\right),b\right)=\bar{y}=y$

придём к тому, что $\varphi(a,b)=a+b$ и $\varphi(a,0)=a+0=a$

т.е. параметр канонический.

Далее вычислим касательный вектор $\vec{\xi}$ с компонентами

$\xi^{1}=\left.\frac{\partial f^{1}}{\partial a}\right|_{a=0}=\left.\frac{\partial\left(x+ay\right)}{\partial a}\right|_{a=0}=\left.y\right|_{a=0}=y$

$\xi^{2}=\left.\frac{\partial f^{2}}{\partial a}\right|_{a=0}=\left.\frac{\partial y}{\partial a}\right|_{a=0}=0$

Ещё пример

$\bar{x}=a\left(x+y\ln a\right)=f^{1}\left(x,y,z,a\right),$ $\bar{y}=ay=f^{2}\left(x,y,z,a\right),$ $\bar{z}=az=f^{3}\left(x,y,z,a\right)$

последовательно применяя два преобразования:

$\bar{\bar{x}}=f^{1}\left(\bar{x},\bar{y},\bar{z},b\right)=f^{1}\left(f^{1}\left(x,y,z,a\right),f^{2}\left(x,y,z,a\right),f^{3}\left(x,y,z,a\right),b\right)=$

$b\left(\bar{x}+\bar{y}\ln b\right)=b\left(a\left(x+y\ln a\right)+ay\ln b\right)=ba\left(x+y\ln ba\right)$

$\bar{\bar{y}}=f^{2}\left(\bar{x},\bar{y},\bar{z},b\right)=f^{2}\left(f^{1}\left(x,y,z,a\right),f^{2}\left(x,y,z,a\right),f^{3}\left(x,y,z,a\right),b\right)=b\bar{y}=bay$

$\bar{\bar{z}}=f^{3}\left(\bar{x},\bar{y},\bar{z},b\right)=f^{3}\left(f^{1}\left(x,y,z,a\right),f^{2}\left(x,y,z,a\right),f^{3}\left(x,y,z,a\right),b\right)=b\bar{z}=baz$

придём к тому, что $\varphi(a,b)=ab$ и $\varphi(a,1)=a1=a$, т.е. нейтральный элемент единичный, а операция не является обычным сложением, следовательно, параметр не канонический.

Далее вычислим касательный вектор $\vec{\xi}$ с этим не каноническим пераметром и компонентами

$\xi^{1}=\left.\frac{\partial f^{1}}{\partial a}\right|_{a=1}=\left.\frac{\partial\left(a\left(x+y\ln a\right)\right)}{\partial a}\right|_{a=1}=\left.\left(\left(x+y\ln a\right)+a\left(y\frac{1}{a}\right)\right)\right|_{a=1}=x+y$

$\xi^{2}=\left.\frac{\partial f^{2}}{\partial a}\right|_{a=1}=\left.\frac{\partial\left(ay\right)}{\partial a}\right|_{a=1}=y$

$\xi^{3}=\left.\frac{\partial f^{3}}{\partial a}\right|_{a=1}=\left.\frac{\partial\left(az\right)}{\partial a}\right|_{a=1}=z$

Найдём ещё и канонический оператор:

$\bar{a}=\intop_{1}^{a}\frac{1}{A(a)}\ da$, где $A(a)=\left.\frac{\partial\varphi(a,b)}{\partial b}\right|_{b=1}=\left.\frac{ab}{\partial b}\right|_{b=1}=a,$

тогда

$\bar{a}=\intop_{1}^{a}\frac{1}{a}\ da=\ln a$

следовательно с каноническим параметром преобразование запишется в виде:

$\bar{x}=e^{a}\left(x+ya\right),\bar{y}=e^{a}y,\bar{z}=e^{a}z$