代数电阻器的无限网格

在上一个笔记我们讨论了确定两个电阻之间的众所周知的问题无限方格电阻的节点。最常见的方法叠加两个单极子解，其中一个表示一安培电流进入给定节点并流向无穷大另一个表示从给定节点从无穷远处流入。如果两个节点相邻，则解决方案相当明确，但两个任意变量之间的阻力无限电阻网的节点实际上是不确定的，除非我们对无穷大的电压和电流水平施加限制（例如规定我们在极限中寻求有限网格的解网格的大小增加到无穷大）。

根据天真的方法，我们想象注射1电流在原点流入单个节点，并允许其向外流动对称到无穷大。让V_{m、 n个}表示电压降坐标为（0,0）的源节点到坐标为的任何给定节点（m，n）。同样，我们可以想象从（m，从无穷远处对称流入，电压从原点下降到（m，n）也将是V_{m、 n个}。将这两个解决方案叠加在一起，我们有一个安培输入节点（0,0）和输出节点（m，n），电压降为2V_{m、 n个}，即（0,0）和（m，n）之间的净有效阻力是R_{m、 n个}=2伏_{m、 n个}/一、其中I=1安培。当然，作为在前面的注释中提到，无穷大时的电压必须达到无穷大相对于电源电压，因为对无穷大的电阻是无限。尽管如此，我们似乎可以谨慎评估得出明确答案的极限。

然而，所述问题只有在以下情况下才有唯一的解决方案我们对边界条件规定了一些限制。这是一个精致的命题，因为边界在无穷远处，电压接近无穷。通过检查下图，可以立即看出歧义，它显示了一个节点，从中提取了两安培电流，被提供该电流所需的更高电压节点包围。这个图中仅显示了网格的下象限，我们理解到其他三个象限是对称的。沿对角线的电压用α表示₁, α₂, α_三, ,所有其他电压都以这种方式表示满足控制系统的差分方程。

对于每对之间有1欧姆电阻器的电网相邻节点，原点和任何给定节点之间的有效阻力node等于下表中为该节点列出的值的一半。显然这种结构可以延续到无穷大，因为接下来的每一行都是可以从前面的行计算，注意最外层的单元格与对角线是由相邻象限的对称性决定的。因此对角线参数α的任意选择₁,α₂, α_三，，我们可以构造一个整体无限网格。例如，如果我们将所有对角线设置为零，则会得到

我们将参考第i行和第j列中的值这个数组的ρ_{i、 j个}.第n行的项之和为n.项由基本的二维递归生成（表示拉普拉斯方程的离散形式）

该表表明原点之间的电阻对角线上的任何节点都是零。这是否意味着无限网格电阻的作用就像两个之间电阻为零的超导体任意距离的节点？（将此与Minkowski时空的伪度量，其中对角线表示零量级的轻型间隔。）请注意，我们做到了这一点沿对角线的超导电性以引入大电流为代价非对角节点处的电压和电流。事实上，这些电压增加到无限并不是真正令人反感的，因为任何单极子解决方案必须使电压在远离时增加到无穷大起源。另一方面，我们可能会反对电压在中相邻节点上的正负值之间交替横向，因此相邻节点趋于无穷大。然而，原始问题陈述中没有任何内容限制任意大的电压和电流行为距原点的距离。唯一的要求是指定一组无穷大电网上的电压和电流处处满足欧姆定律通过每个电阻器，一定量的电流进入一个电阻器特定节点并退出另一个特定节点。有人可能会说两个单极子解的叠加在两个单极子之间的无限距离，因为单个单极子解相互抵消，但可以想象对角线零网格的叠加也可能发生类似的抵消。请注意，过去和未来的符号按列交替区域，并且在当前区域中按行，所以如果两极在两个方向上被偶数个节点隔开，它们将趋向于在除沿着它们的空对角线之间的条纹，如下所示。

在两个相互作用的光区极，电压和电流交替地重新强制和取消，如下所示。

这可以被视为极化真空的模拟拉普拉斯方程的解。当然，而不是设置对角线电压为零，我们可以将其设置为我们选择的任何值。这个通过叠加零解（其值已给出上表中），每个对角线值乘以满足通常拉普拉斯递推关系的对应数组（注意，对角线附近节点的递归涉及相邻象限中的对称节点）。例如，如果α₁不是零，我们必须叠加α₁次下面显示的数组。

类似地，如果α₂不是零，我们必须叠加α₂乘以下面显示的数组。

以此类推。通常，每个数组都包含两个镜像对称阵列及其顶点的叠加放置在相应α的位置_j个，并拥有下表中左侧显示的值，以及右侧。为了将来的参考，我们引用第i行中的值该数组的第j列为σ_{i、 j个}。

通过选择合适的α值₁, α₂,α_三，我们可以使任何两个之间的有效电阻我们喜欢的任何（非相邻）节点。这些解决方案是否在物理上有意义是值得怀疑的，但并不比物理意义更值得怀疑一个无限电阻网格。没有这样的实体可以存在，所以我们没有理由声称我们知道它的行为。（即使我们接受了实际无限网格的存在，它必然会电容和电感，因此传播速度是有限的，以及因此，在有限时间内不可能出现平衡状态。）我们可以当然要检查逐渐变大的有限网格的行为，并注意到此类网格中心附近的稳态行为接近一个独特的极限，但我们没有理由声称这个极限大型有限网格的行为甚至在质量上与（假设的）真正无限网格的行为。（在微积分中，谬误序列的极限必须具有该序列的成员是所谓的极限悖论.）在解雇此类人员之前作为纯粹的学术考虑，最好记住关系pq值qp（质量计划）=ih我位置和动量量子力学中的矩阵依赖于无限矩阵的存在项增加到无穷大。这个关系是代数上的对于任何有限或性能良好的矩阵来说都是不可能的（如下所示考虑到产品的痕迹）。

顺便说一句，有一些求职者关于假设无限电阻网格的问题面试，由某些表面上重视抽象的组织进行解决问题的才能。具有讽刺意味的是，标准背后的推理解决方案值得怀疑，人们可能会认为声称自己无法解决问题的申请人实际上更多比那些给出标准解决方案的人更有洞察力。至少，这个问题要么应该以增长的极限来提出大但有限的网格，或者对无穷大处的行为的一些约束必须指定。否则，答案是完全不确定的。（可以说，相邻节点的标准答案比其他节点的答案更加明确成对的节点，但即使在这种情况下，叠加方法也涉及电流流入无限电阻电网的概念。）

认识到一些物理上合理的约束必须放置在无穷大的行为上，才能确定唯一的答案是，我们可能会问什么约束是足够的。在显示根据任意对角参数的完整解，假设我们规定，对于某些n，沿n的外周长的电压同心正方形（不包括n>1的角）均等于其他。如果我们把这个加到第一个同心正方形上，我们就得到了条件2α₁=1，从中我们得到α₁= 1/2,当然，这使得其余的对角线电压不确定。如果我们在第二个同心正方形的周长上施加条件，我们有-1 + 4α₁= 4 4α₁，这意味着α₁= 5/8 = 0.625. 如果，相反，我们对第三个同心正方形施加条件，得到两个方程

在两个未知数中求解这两个方程，我们得到

通过将条件应用于第四个同心正方形将该正方形周长上相邻节点的表达式相等，我们得到以下三个条件

求解这个由三个方程组成的线性系统我们有未知因素

如果我们在第五个同心正方形，并求解四个方程组在四个未知数中，我们得到

显然，如果我们在第（n+1）个同心正方形的周长我们得到了一个n的线性系统可以为前n个对角线参数求解的方程，以及这些随着n的增加，参数收敛于特定的值。从这些对角线项，所有剩余项都很容易计算，如上所示。因此，我们原则上，用简单的代数方法求解对于有限正方形，任意两个节点之间的电阻（至少在数值上）具有统一边界的网格。一般来说，矢量α电压的α₁, α₂, , α_N个_-1沿任意给定N的对角线（即，在第（N+1）个同心正方形上施加均匀性）由下式给出

其中的组件S公司和V（V）是可以用前面定义的ρ和σ数组表示作为

例如，当N=5时（即在第六个同心正方形）我们得到

再举一个例子，当N=6时，我们得到

通过这种方法，我们可以任意接近限制值随着电网侧的增加而增加。然而，这并没有提供极限值的精确解析表达式。我们希望确定这些是否有简单的封闭形式表达式电阻。一种方法是注意到中心节点连接到第一个同心正方形由4个平行链环组成，这个正方形是由12个平行的链环连接到下一个，而这个方块是相连的以20个链接并行连接到下一个，依此类推。因此，我们希望从原点到mth同心正方形角的电阻粗略地

对于一些常数。换句话说，我们推测同心正方形拐角处的电压成比例奇几何级数的部分和，也就是说

例如，我们期望α₂接近（1+1/3）=1.3333倍α₁随着网格尺寸的增加，我们在前面的N=6的代数解中找到对此的支持，其中给出α₂/α₁=1.3323同样α_三/α₁似乎正在接近（1+1/3+1/5），依此类推。当然，我们已经知道对角线参数的选择是任意的，所以我们是自由的对这些参数的值施加此约束。问题是仅仅是对于α的某个值₁，结果行为在无穷远处，整个网格满足我们选择的任何约束强加。

如上所述，沿第四个同心正方形的周长表示，对于距离最近的两个节点到角落，平等

接下来几个同心圆的相应条件正方形是

当我们进入越来越大的方块时，左手对α参数系数的贡献不会增加，但右侧贡献呈线性增加。具体来说右侧系数的大小为4n、16（n-1） +2、16（n-2),16（n）-3），，16（1），2。在限额内n增加，只有与n成比例的因素影响最终结果，所以限制条件是

出租_n个表示奇谐级数，即。，

我们的推测是α_n个=秒_n个α₁,因此，前面的方程可以写成

利用身份

注意，当N增加到无穷大时，右手边与±N/2成正比，前面的方程表示足够大的N方法

因此，在n增加到无穷大的极限中，我们有

方括号中的无穷级数，有时称为莱布尼茨级数，很容易被证明是相等的对/4,因此可以这样说

通过同样的分析，我们可以表明，将周界上每对相邻节点的电压导致相同结论。例如，下一个节点的电压系数形式为32（n-j）²24（n-j）+396，并将电压相等从这个节点到前一个节点，得到了渐近方程

注意，N以内的平方和²带交替符号的是渐近于N²/2，这又导致α的结论₁= 2/π. 有人可能会说，而不是计算上述等式的右侧，然后进行除法通过n²并表明1、1/3、1/5的系数，等，接近±1时，我们也可以通过上述方法进行划分n的方程式²立即，这似乎意味着s的系数₁，秒₂，秒_三等，方法±1.在此基础上，部分和在1+1/5+1/9+1/13之间交替+和-1/3 1/7 1/11 1/15 - 然而，如果π/8，这两个和的渐近平均值导致α₁= 2/π. 但要精确计算任何有限的情况都表明部分和实际上都是正的，并且它们一致收敛，与计算除以n之前的上述方程²并采取限制。