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Penrose ' s observación de figuras imposibles

Me gustaría pensar que puedo entender la simetría de los grupos. Yo sé lo que los elementos de un grupo de simetría son - ellos son transformaciones que preservan un objeto o de sus características relevantes - y yo sé cuál es el grupo de operación de composición de transformaciones. Dado un poliedro o papel tapiz de suelo de baldosas o lo que sea, yo probablemente podría empezar a mirar a las simetrías, que implicaría una lista de elementos del grupo de simetría, y entonces yo podría empezar a llenar la tabla de multiplicación.

Penrose se une a un grupo de figuras imposibles para capturar su inherente ambigüedad, y me gustaría para asimilar estos grupos, como me gusta la simetría de los grupos. Tomar un ejemplo prototípico, el tribar:

penrose tribar

Los nombres de la "ambigüedad grupo" $G=\Bbb R^+$ (números positivos en virtud de la multiplicación) para describir posibles distancias de los puntos. Podemos dividir la figura en tres componentes, como en el anterior, y los interpreta como ser desconectados unos de otros en el espacio de tres pero desde nuestra perspectiva, parecen tener una sola figura. Para mayor comodidad, creo que debemos dejar que $A_{ij}$ denotan los puntos sobre las figuras, así como representar a sus distancias desde el origen, indistintamente.

Se puede definir la distancia relativa por $d_{ij}=A_{ij}/A_{ji}$. Desde $d_{ji}=d_{ij}^{-1}$, sólo hay tres proporciones: $d_{12}$, $d_{23}$ y $d_{31}$. Según Penrose, el $d_{ij}$s en realidad no dependen de nuestra elección de la superposición de puntos de $A_{ij}$, pero este parece mal para mí: variando los puntos de $A_{ij}$ a través de la superposición de las regiones va a cambiar de forma lineal, y por lo que cualquier relación de $d_{ij}$ solo permanecerá invariante si $d_{ij}=1$, para empezar. Pero, probablemente, esta objeción no es importante.

Uno puede cambiar la escala de las distancias de los componentes de $Q_1,Q_2,Q_3$ son desde el origen, sin que afectan a nuestra percepción de ellos. (Tal vez considerar nuestra "percepción" de ellos para ser su proyección radial a la unidad de la esfera, o algo). El efecto de la ampliación de uno de estos $Q_i$ por un factor de $\lambda$ en la $d_{12},d_{23},d_{31}$ es a escala de uno de ellos por $\lambda$, un segundo por $\lambda^{-1}$, y dejar la tercera sin cambios.

Si el $Q_1,Q_2,Q_3$ eran compatibles y pueden ser combinados en una sola figura, a continuación, una configuración de ese tipo tendría $(d_{12},d_{23},d_{31})=(1,1,1)$. Si eran compatibles, pero los componentes se separan por independiente escalamientos de $q_1,q_2,q_3$ (respectivamente) entonces tendríamos

$$(d_{12},d_{23},d_{31})=\left(\frac{q_1}{q_2},\frac{q_2}{q_3},\frac{q_3}{q_1}\right). \etiqueta{1}$$

Tenga en cuenta que $\tau=d_{12}d_{23}d_{31}$ es un invariante, en el sentido de que la ampliación de los componentes por separado no cambia el valor de $\tau$. La compatibilidad de la situación de los $(1)$ se produce precisamente cuando $\tau=1$.

Penrose se define el grupo de $H$ a ser las tuplas $(d_{12},d_{23},d_{31})\(\Bbb R^+)^3$ modulo el rescalings por $\lambda$ y el modulo de los elementos de la forma $(1)$. Como yo lo entiendo, el invariante $(d_{12},d_{23},d_{31})\mapsto\tau$ es un bijection $H\a\Bbb R^+$. Pero ahora, aquí están mis preguntas.

$\hskip 1.4 en$ necker cubes

$\sf \color{color Fucsia} {()}$ , ¿Cómo sabemos qué la ambigüedad grupo es? El tribar ambigüedad del grupo es de $G=\Bbb R^+$. Con la Necker cubos de arriba, Penrose dice que la ambigüedad grupo es de $G=\Bbb Z_2$. Es la ambigüedad grupo destinado a parametrizar las posibles posiciones de las piezas individuales de la figura? ¿De dónde viene el grupo de operación de $G$ en realidad entran en juego?

$\sf \color{color Fucsia}{(B)}$ , ¿Cómo sabemos qué piezas a cortar una figura en? Desde el tribar ha obvio triple simetría, que tipo de inspira la elección de tres piezas. Pero parece que con la congruencia de relación se utiliza para definir $H$, podríamos optar por poner dos de esas piezas juntas en uno de los componentes y de fijar su posición, sólo dejar que el último componente variable (en el que sería uno de los grados de libertad, exactamente como $H\cong\Bbb R^+$ predice). Por lo que podría haber cortado en dos pedazos. O nos ould corte en seis piezas, o cualquier número de piezas. Se que nunca importa cuántas piezas que elegir? ¿Por qué hemos de separar el tribar las esquinas, pero no rompen las caras de la Necker de cubos? ¿Qué cifras se corta en pedazos, y lo que las cifras podemos hacer algo más? Y con las últimas cifras, ¿qué podemos hacer para encontrar su $H$ de grupo?

$\sf \color{color Fucsia}{(C)}$ ¿cuáles son los elementos del grupo y lo que es el grupo de la operación? Como he mencionado con la simetría de los grupos, es intuitiva lo que sus elementos son, y lo que es la operación. Pero ¿qué pasa con $H$? Parece que los elementos son físicamente realizables configuraciones coherentes con nuestra percepción, el modulo de la alteración de la configuración de una manera que no cambiaría nuestra percepción. El elemento de identidad serían las configuraciones en las que nuestra percepción es realmente correcto y sensato. Y el grupo de operación parece ser ... no sé. Presumiblemente podríamos utilizar las componentes de la multiplicación de la representante de tuplas $(d_{12},d_{23},d_{31})$, o lo que es equivalente a la multiplicación de las invariantes $\tau$, lo que haría $H\a\Bbb R^+$ un grupo de isomorfismo, pero ¿cómo sería esta operación que sea significativa o relevante?

$\sf \color{color Fucsia}{(D)}$ ¿por Qué esto es llamado un cohomology grupo? Sí, nuestro $H^1(Q,G)$s están siendo llamados cohomology grupos. Yo deliberadamente poner fuera de uso de la palabra el mayor tiempo posible. (Y por lo que he leído hasta este punto. Los chupones.) Pero ¿en qué sentido son estos grupos cohomological? Hay mayor cohomology grupos $H^n(Q,G)$ y coboundary operadores? Es este cohomology doble a algún tipo de homología de las figuras imposibles? Probablemente voy a ser incapaz de entender las respuestas a esta pregunta, ya que yo no realmente saben lo que cohomology está en el primer lugar. No hay tiempo como el presente?

En última instancia, me gustaría ser capaz de mirar a una figura imposible y sistemáticamente se derivan de su cohomology grupo, al igual que yo puede derivar una figura del grupo de simetría. O, alternativamente, crear figuras imposibles con cohomology grupo. Pero tal vez la analogía no es defendible, como cohomology grupos no son realmente grupos de simetría.

Fuente: En el Cohomology de Figuras Imposibles.

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