El comentario de Penrose sobre las cifras imposibles

Question

Me gustaría pensar que entiendo los grupos de simetría. Sé lo que son los elementos de un grupo de simetría - son transformaciones que preservan un objeto o sus características relevantes - y sé lo que es la operación de grupo - composición de transformaciones. Dado un poliedro o un mosaico de papel pintado o lo que sea, probablemente podría empezar a detectar las simetrías, lo que implicaría enumerar los elementos del grupo de simetría, y luego podría empezar a rellenar la tabla de multiplicación.

Penrose adjunta un grupo a las figuras imposibles para capturar su ambigüedad inherente, y me gustaría entender estos grupos como hago con los grupos de simetría. Tomemos un ejemplo prototípico, el tribar:

Nombra al "grupo de la ambigüedad" $G=\Bbb R^+$ (números positivos bajo multiplicación) para describir las posibles distancias de los puntos. Podemos dividir la figura en tres componentes, como en el caso anterior, e interpretarlos como si estuvieran desconectados entre sí en el espacio triple, pero desde nuestra perspectiva parecen formar una sola figura. Por comodidad, creo que debemos dejar que $A_{ij}$ denotan puntos en las figuras así como representan sus distancias desde el origen, indistintamente.

Se pueden definir las distancias relativas mediante $d_{ij}=A_{ij}/A_{ji}$ . Desde $d_{ji}=d_{ij}^{-1}$ Sólo hay tres proporciones relevantes: $d_{12}$ , $d_{23}$ y $d_{31}$ . Según Penrose, el $d_{ij}$ no dependen en realidad de nuestra elección de los puntos de solapamiento $A_{ij}$ pero esto me parece un error: variar los puntos $A_{ij}$ a través de las regiones de solapamiento las cambiará linealmente y, por tanto, cualquier relación $d_{ij}$ sólo permanecerá invariable si $d_{ij}=1$ para empezar. Pero probablemente esta objeción carece de importancia.

Se pueden escalar las distancias de los componentes $Q_1,Q_2,Q_3$ son del origen sin afectar a nuestra percepción de los mismos. (Tal vez consideremos que nuestra "percepción" de ellos es su proyección radial sobre la esfera unitaria, o algo así). El efecto de escalar uno de estos $Q_i$ por un factor de $\lambda$ en el $d_{12},d_{23},d_{31}$ es escalar uno de ellos por $\lambda$ , un segundo de $\lambda^{-1}$ y dejar el tercero sin modificar.

Si el $Q_1,Q_2,Q_3$ fueran compatibles y pudieran combinarse en una sola figura, entonces dicha configuración tendría $(d_{12},d_{23},d_{31})=(1,1,1)$ . Si fueran compatibles pero los componentes estuvieran separados por escalas independientes $q_1,q_2,q_3$ (respectivamente) entonces tendríamos

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

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

Penrose define el grupo $H$ para ser las tuplas $(d_{12},d_{23},d_{31})\in(\Bbb R^+)^3$ modulo los reescalados por $\lambda$ y modulo los elementos de la forma $(1)$ . Según entiendo, la invariante $(d_{12},d_{23},d_{31})\mapsto\tau$ es una biyección $H\to\Bbb R^+$ . Pero ahora aquí están mis preguntas.

$\hskip 1.4in$

$\sf \color{Fuchsia}{(A)}$ ¿Cómo sabemos cuál es el grupo de ambigüedad? El grupo de ambigüedad de Tribar es $G=\Bbb R^+$ . Con los cubos Necker de arriba, Penrose dice que el grupo de ambigüedad es $G=\Bbb Z_2$ . ¿El grupo de ambigüedad pretende parametrizar las posibles posiciones de las piezas individuales de la figura? ¿Dónde está la operación de grupo de $G$ ¿realmente entran en juego?

$\sf \color{Fuchsia}{(B)}$ ¿Cómo sabemos en qué trozos hay que cortar una figura? Como el tribar tiene una evidente simetría triple, eso inspira la elección de tres piezas. Pero parece que con la relación de congruencia utilizada para definir $H$ podríamos optar por juntar dos de esas piezas cualesquiera en un solo componente y fijar su posición, dejando variar únicamente el último componente (lo que supondría un grado de libertad, exactamente como $H\cong\Bbb R^+$ predice). Así que podríamos haber cortado en dos trozos. O podríamos cortar en seis trozos, o cualquier número de trozos. ¿No importará el número de trozos que elijamos? ¿Por qué romperíamos las esquinas del tribar pero no romperíamos las caras de los cubos Necker? ¿Qué figuras cortaríamos en trozos y a qué figuras haríamos otra cosa? Y con estas últimas figuras, ¿qué haríamos para encontrar su $H$ ¿Grupo?

$\sf \color{Fuchsia}{(C)}$ ¿Qué son los elementos del grupo y qué es el funcionamiento del grupo? Como mencioné con los grupos de simetría, es intuitivo cuáles son sus elementos y cuál es la operación. Pero ¿qué pasa con $H$ ? Parece que los elementos son configuraciones físicamente realizables y consistentes con nuestra percepción, modulando la configuración de forma que no cambie nuestra percepción. El elemento de identidad serían las configuraciones en las que nuestra percepción es realmente correcta y sensible. Y la operación de grupo parece ser ... No lo sé. Presumiblemente podríamos utilizar la multiplicación por componentes de las tuplas representativas $(d_{12},d_{23},d_{31})$ o, lo que es lo mismo, la multiplicación de los invariantes $\tau$ , lo que haría que $H\to\Bbb R^+$ un isomorfismo de grupo, pero ¿cómo tendría sentido o relevancia esta operación?

$\sf \color{Fuchsia}{(D)}$ ¿Por qué se llama grupo de cohomología? Sí, nuestro $H^1(Q,G)$ s se denominan grupos de cohomología. He pospuesto deliberadamente el uso de esa palabra el mayor tiempo posible. (Así que has leído hasta aquí. Chupasangre.) Pero, ¿en qué sentido son cohomológicos estos grupos? ¿Existen grupos de cohomología superior $H^n(Q,G)$ y los operadores cofronterizos? ¿Es esta cohomología dual a algún tipo de homología de figuras imposibles? Probablemente no podré entender las respuestas a esta pregunta, ya que no realmente saber qué es la cohomología en primer lugar. ¿No hay tiempo como el presente?

En última instancia, me gustaría poder mirar una figura imposible y derivar sistemáticamente su grupo de cohomología, al igual que puedo derivar el grupo de simetría de una figura. O, alternativamente, crear figuras imposibles con un grupo de cohomología determinado. Pero tal vez la analogía no sea sostenible, ya que los grupos de cohomología no son realmente grupos de simetría.

Fuente: Sobre la cohomología de las figuras imposibles .

Answer 1

Para responder $\sf \color{Fuchsia}{(A)}$ En primer lugar, hay que entender claramente el significado del grupo de ambigüedad; de hecho, su interpretación del grupo no es del todo correcta.

La gracia aquí es que el grupo de ambigüedad mide la ambigüedad, no la imposibilidad (que es el trabajo del grupo de cohomología definido más adelante), de la figura dada. Por ejemplo, consideremos el tribar, y descompongámoslo en $Q_1, Q_2, Q_3$ como lo hizo Penrose. Si se estira $Q_1$ por un factor de $\lambda > 0$ , encoge $Q_2$ por un factor de $\lambda$ (es decir, estirar por $\lambda^{-1}$ ), y dejar $Q_3$ como es, el objeto resultante es realmente el mismo tribar, que es lo que Penrose intentaba transmitir a través de la siguiente imagen del artículo.

Es decir, modificar $Q_i$ de esta manera se obtiene una simetría de $X$ . Y tienes una simetría tan grande para cada $\lambda > 0$ . Por supuesto, la colección de tales simetrías $G$ es un grupo: considere una simetría que estira $Q_1$ por $\lambda$ , se encoge $Q_2$ por $\lambda$ y hojas $Q_3$ tal cual y otro que hace lo mismo con $\lambda'$ esta vez en su lugar. Por supuesto, puede componerlos, y la simetría resultante se extiende $Q_1$ por $\lambda \lambda'$ , se encoge $Q_2$ por $\lambda \lambda'$ y deja $Q_3$ invariante. Este es el grupo de la ambigüedad. Esto responde parcialmente a $\sf \color{Fuchsia}{(C)}$ . Obsérvese que el origen del nombre proviene del hecho de que el tribar es ambiguo en el sentido de que se pueden tener diferentes $Q_1, Q_2, Q_3$ para producir el mismo tribar. Nunca se puede saber la longitud de una barra en la tribar, dependerá del punto de vista desde el que se vea. Y el "grupo de simetrías" $G$ capta toda la ambigüedad que hay.

Ahora está claro que existe una biyección $G \to \Bbb R^+$ enviando una simetría a la correspondiente $\lambda > 0$ en $\Bbb R^+$ (grupo bajo multiplicación), que es de hecho un homomorfismo. Por lo tanto, $G \cong \Bbb R^+$ .

Dicho esto, teniendo en cuenta los cubos Necker, la ambigüedad está en los vértices. Elige cualquier vértice $v$ de la figura. Hay dos puntos de vista aquí - $v$ puede apuntar hacia arriba o hacia abajo. Si $v$ apunta hacia arriba, entonces también lo hacen todos los demás vértices, y algo similar para la otra opción. Así que dos puntos de vista, dos opciones - por lo tanto, el grupo de ambigüedad es $\Bbb Z/2\Bbb Z$ . Más formalmente, la simetría se obtiene de reflejar toda la figura (imaginada como sentada en $\Bbb R^3$ ) a lo largo de un hiperplano apropiado. Obviamente, el grupo de simetría es entonces el grupo cíclico de orden 2.

Para responder $\sf \color{Fuchsia}{(D)}$ . Sí, se trata de una variante de la cohomología de Čech.

En primer lugar, permítanme explicar qué es realmente la cohomología. Si $X$ es un espacio topológico suficientemente agradable, siempre se puede establecer un homeomorfismo $X \cong T$ de $X$ con un complejo simplicial $T$ . Dicho homeomorfismo se denomina triangulación de $X$ . Obsérvese que no es necesario que exista un único homeomorfismo de este tipo, por lo que puede haber muchas formas de triangular un espacio topológico bonito dado.

Declarar $\Delta_n(T)$ para ser el grupo abeliano libre generado por $n$ -simples de $T$ . Dejemos que $\Delta^n(T)$ sea $\hom(\Delta_n(T), \Bbb Z)$ el dual de $\Delta_n(T)$ . Elementos de $\Delta^n(T)$ se llaman $n$ -cadenas. Existe un mapa natural $\partial : \Delta^{n-1}(T) \to \Delta^n(T)$ tomando una $n$ -cadena $\psi : \Delta_{n-1}(T) \to \Bbb Z$ a la $n$ -cadena $\psi \circ \text{bd} : \Delta^n(T) \to \Delta^{n-1}(T) \to \Bbb Z$ donde $\text{bd}$ envía un $n$ -simplemente en $T$ a la suma de las caras con signo de ese $n$ -simplex (signos elegidos adecuadamente para cuidar la orientación). $\partial$ se denomina mapa cofronterizo. Se puede comprobar que el mapa $\partial \partial : \Delta^{n-1}(T) \to \Delta^n(T) \to \Delta^{n+1}(T)$ es el mapa cero. La secuencia de mapas

$$\cdots \to \Delta^{n-1}(T) \to \Delta^n(T) \to \Delta^{n+1}(T) \to \cdots$$

es entonces un complejo de co-cadenas, es decir, ir dos pasos en las secuencias te lleva a $0$ . Como consecuencia de $\partial \partial = 0$ tenemos que $\text{im} \partial \subset \ker \partial$ . Elementos de $\text{im} \partial$ se denominan co-límites, y los elementos de $\ker \partial$ se denominan cociclos. Como todo es abeliano, $\text{im} \partial$ también es normal en $\ker \partial$ . Establecemos $H^n(X; \Bbb Z) := \ker \partial/\text{im} \partial$ . Esto se llama la cohomología simplicial de $X$ y es efectivamente independiente de la triangulación $T$ que elegimos. Es un invariante topológico de $X$ . Veremos que ocurre algo similar en el artículo de Penrose.

Si $X$ es la cifra ambigua dada, que $\{U_i\}$ ser una buena cobertura de $X$ . Es decir, $X = \bigcup U_i$ y cada uno de $U_i$ , $U_i \cap U_j$ , $U_i \cap U_j \cap U_k$ y otras intersecciones, son homeomorfas a bolas $B^n$ (una condición más general sería que todos fueran contraíbles). Dejemos que cada intersección $U_{i_1} \cap \cdots \cap U_{i_n}$ se denotará como $U_{i_1 \cdots i_n}$ . Tratar estos conjuntos como símbolos (es decir, la intersección formal), y distinguir $U_{ij}$ de $U_{ji}$ aunque sean el mismo conjunto.

$G$ sea el grupo de ambigüedad de $X$ . Definir un $n$ -cochainas dimensionales para ser una función $\varphi^n : \{U_{i_1 \cdots i_n}\} \to G$ tal que $\varphi^n(U_{i_1 \cdots i_k \cdots i_l \cdots i_n}) = \varphi^n(U_{i_1 \cdots i_l \cdots i_k \cdots i_n})^{-1}$ es válida para cualquier $k, l$ , donde $\{U_{i_1\cdots i_n}\}$ es la colección de todas las posibles intersecciones de $n+1$ muchos conjuntos de la cubierta. Cuando $n=0$ es sólo una asignación de un elemento de $G$ a cada $U_i$ .

Dejemos que $C_n(X)$ denota el grupo de todos los $n$ -cochains, donde multiplicamos dos cochains multiplicando sus valores en $G$ . Definir el mapa de coordenadas $\partial : C_{n-1}(X) \to C_{n}(X)$ dado por el envío de $\varphi^{n-1}$ a la $n$ -cadena $\varphi^n$ asignando a cada uno $U_{i_i \cdots i_n}$ el número $\prod_j \varphi^{n-1}(U_{i_1 \cdots \hat{i_j} \cdots i_n})^{\varepsilon_j}$ donde $\varepsilon_j = (-1)^n$ si $j$ es par y $(-1)^{n+1}$ si $j$ es impar, y $\hat{i_j}$ significa que ese término no aparece en los índices. Así, por ejemplo, en el ejemplo de tribar, la asignación a cada $Q_i$ el número $q_i$ es un $0$ -y aplicando el mapa de coordenadas se obtiene una asignación de cada intersección (orientada) $Q_{ij} = Q_i \cap Q_j$ al número $q_i/q_j$ , a $1$ -cadena en nuestro idioma.

Lo último que hay que comprobar es que $\partial \partial : C_{n-1}(X) \to C_{n}(X) \to C_{n+1}(X)$ es el mapa cero. Esto es algo bastante tedioso y técnico de comprobar, pero si los lectores intentan verificarlo, entenderán la motivación detrás de la definición bastante extraña de $\partial$ arriba. En resumen, tenemos que

$$\cdots \to C_{n-1}(X) \stackrel{\partial}{\to} C_n(X) \stackrel{\partial}{\to} C_{n+1}(X) \to \cdots$$

es un complejo de cadenas. Por lo tanto, podemos tomar su cohomología $H^n(X; G) := \ker \partial/\text{im}\partial$ (el $G$ está ahí para indicar que las co-cadenas son $G$ -valorado. De hecho, podríamos haber puesto cualquier grupo para que fuera el grupo de coeficientes, pero parece que Penrose encuentra natural utilizar el grupo de ambigüedad de $X$ ). Para $n = 1$ , este es precisamente el $1$ grupo de cohomología de Penrose.

Calculemos el grupo de cohomología del tribar. $H^1(X;\Bbb R^+)$ es el grupo de $1$ -ciclos módulo $1$ -cofronteras. Como no existen límites no triviales $2$ -cadenas, cada $1$ -cadena es un cociclo. Es decir, estamos computando $1$ cohomología de la cadena de dos términos $$0 \to C_0(X) \stackrel{\partial}{\to} C_1(X) \to 0$$ que es sólo $C_1(X)/\text{im} \partial$ . Nótese que esto tiene una ligera similitud con su interpretación (la definición de $H$ ), pero no es lo mismo. En cualquier caso, puedo encontrar un $1$ -ciclo en $C_1(X)$ que no es una coordenada utilizando la ingeniosa técnica ideada por Penrose: el $1$ -cadena $\psi^1$ enviando $Q_{ij} = Q_i \cap Q_j$ a $d_{ij} = A_i/A_j$ es independiente de la elección de $A_k$ y afirmo que es una co-cadena no trivial (es decir, no es un límite). Bien, si fuera un límite, entonces la igualdad $d_{ij} = \psi^1(Q_{ij}) = \psi^0(Q_i)/\psi^0(Q_j)$ se mantendría para algunos $0$ -cadena $\psi^0$ . Pero entonces tendríamos $\tau(\psi^1) = d_{12}d_{23}d_{31} = 1$ .

Sin embargo, si elegimos la colocación de tribar adecuadamente para que $A_{12}$ y $A_{21}$ tiene la misma distancia al origen (es decir $d_{12} = 1$ ) y $A_{23}$ está más lejos del origen que $A_{32}$ (para que $d_{23} > 1$ entonces $A_{13}$ estaría automáticamente más cerca que $A_{31}$ (es decir, $d_{31} = d_{13}^{-1} > 1$ ), lo que implica $\tau(\psi^1)$ es estrictamente mayor que $1$ , obligando a $\psi^1$ para ser no trivial. Una vez que tenemos esta co-cadena no trivial, podemos obtener $|\Bbb R^+|$ -muchas co-cadenas no triviales multiplicando $\psi^1(Q_{12})$ por $1$ , $\psi^1(Q_{23})$ por $\lambda$ y $\psi^1(Q_{31})$ por $1/\lambda$ para cada $\lambda > 0$ . Esto da una identificación natural con $G$ . Creo que con un poco de trabajo se puede demostrar que estos son todos los no triviales $1$ -ciclos que hay, y concluir $H^1(X; \Bbb R^+) \cong \Bbb R^+$ . En general, no es necesario que $H^1(Q; G)$ es el mismo que el grupo de ambigüedad $G$ pero el $1$ -grupo de cohomología $H^1(Q; G)$ sería un módulo sobre el grupo de ambigüedad $G$ .

Elegí la tapa abierta $\{U_i\}$ de $X$ para ser bueno, es decir, todos los conjuntos y todas las intersecciones son contractibles. La razón es que por el teorema del nervio $X$ tendría el tipo de homotopía del nervio $\mathcal{N}$ de $\{U_i\}$ . La cohomología de Čech sólo calcula la cohomología del nervio $\mathcal{N}$ pero como esto es equivalente en homotopía a $X$ que es lo mismo que tomar la cohomología de $X$ así que es independiente de la buena cubierta que hayamos elegido. Creo que algo similar debe ocurrir con estas cifras ambiguas/imposibles. Esto probablemente responde $\sf \color{Fuchsia}{(B)}$ pero sólo Penrose sabe lo que tenía en mente.

Una cosa más que aún no he abordado.

En última instancia, me gustaría poder mirar una figura imposible y derivar sistemáticamente su grupo de cohomología, al igual que puedo derivar el grupo de simetría de una figura. O, alternativamente, crear figuras imposibles con un grupo de cohomología determinado. Pero tal vez la analogía no sea sostenible, ya que los grupos de cohomología no son realmente grupos de simetría.

La primera parte de estas respuestas da una visión general de cómo se podría reconocer el grupo de ambigüedad a partir de una imagen ambigua dada, así que presumo que he respondido a esa parte. No sé cuál podría ser una definición rigurosa del grupo de ambigüedad, pero supongo que es una especie de grupo de simetría inherente a la cubierta elegida $\{U_i\}$ . Además, ciertamente la analogía es defendible: si lees mi respuesta a $\sf \color{Fuchsia}{(A)}$ En el caso de los grupos de ambigüedad, se vería que se trata de una especie de grupo de simetría que capta las simetrías "inducidas por la ambigüedad". Sin embargo, no sé si se puede construir una figura ambigua tal que el grupo de ambigüedad $G$ es isomorfo a un grupo dado. He aquí algunos elementos de reflexión: Supongamos que $G$ es un grupo abeliano finitamente presentado. Elige los generadores $x_1, \cdots, x_n$ de $G$ . $F$ sea el grupo abeliano libre generado por estos. Si $Y$ es alguna figura ambigua con un grupo de ambigüedad de ciclo infinito, entonces la unión disjunta de $n$ copias de $Y$ le da una figura con grupo de ambigüedad isomorfo a $F$ . Ahora bien, dados los relatores $r_i = 1$ para $G$ , intente identificar las copias de $Y$ adecuadamente para matar las simetrías correspondientes a $r_i$ . ¿Se puede hacer esto?

PD: Quería añadir un cálculo explícito de la cohomología de Penrose $H^1(X; \Bbb Z/2)$ del cubo de Necker como resumen, pero necesitaría algunas fotos para ello y me avergüenzo demasiado de mis habilidades de dibujo para añadirlas. Tal vez si OP (y otros leyendo esto) están realmente interesados.