球体实验室洗脑全过程

取一个球体并将其分解为有限多个部分。 berneshitsky 辩论通过数学证明保证 你可以将这些部分重新组装成两个与原始球体完全相同的副本。这怎么可能让我们从一个半径为一的圆开始并移除其中一个点。有没有办法重新排列这个圆从而覆盖这个点呢？ 嗯，你可以取圆上的另一个点将它移过来，但这又会在圆上留下另一个缺口。 如果我们移动另一个点来填补这个缺口并不断重复，这个过程会发生什么？这个圆最终能被完全覆盖吗？ 不可能，对吧？应该总有一个点是缺失的，但请思考一下，我们移除一个点后圆发生了什么变化？既然圆的周长是二排，记住，半径是一，本质上，这个圆现在等价于实数轴上包含了零点， 但不包含二派点的一段区间。并且，如果我们考虑一个函数将这个区间内的任意点映射到 x y 平面上的对应点，我们确实能还原出整个圆。 这之所以可能是因为构成这个区间的点是不可数无限的。所以，即便只移除一个点，我们仍有无限多的点可以用来映射到整个圆上。 请记住这个例子，因为 banash tuskki 辩论会将相同的基本思路应用到一个被分解并重新排列的球体上。 对于出现的缺失部分，我们需要找到一种巧妙的方法将球体剩余的部分映射过去，以覆盖任何缺口。这些缺失部分看似会出现，现在让我们考虑。一个半径为一的完整球体 存在无限多种旋转方式我们都可以施加于球体，且所有这些旋转都保持球体的对称性，而且不仅旋转的数量是无限的，但也存在无穷。多个不同的旋转轴，我们可以围绕它们旋转。不过就我们当前的目标而言，只需任选两个相互垂直的轴。 因此，我们选取这两根轴，逆时针旋转即为 a。 围绕 z 轴，逆时针旋转即为 b， 相应的顺时针旋转则记为 a 逆和 b 逆。在继续之前，我们需要绕个小弯。稍微了解一下抽象代数和集合论。 这里我们有一个仅包含两个元素的集合数，次一和负一。如果我们进一步考虑加法运算，那么通过将一与自身相加，我们可以得到二，再加一次一就得到三，以此类推， 如果我们现在将负一加到一上就得到零。并且如果我们进一步考虑将负一与自身相加的所有可能，那么我们就能生成整个整数集。 在这种情况下，由于负一正是一的逆元，并且该集合在加法下是封闭的，这些整数就构成了一个群。另一种描述方式是说，整数群等价于所有可能序列的集合， 这些序列由数字加一和负一组合而成，这就是所谓的自由群。 并且任何时候，只要加一和负一在序列中相邻，它们就会相互抵消为零。因此，自由群就是由所有仅含加一的序列，所有仅含负一的序列以及数字零所组成。 所以整数恰好就是这个集合生成的自由群。现在让我们回到球体上定义的那些旋转， 我们同样可以由 a 和 b 构成一个自由群，它将包含所有可能由字母 a， b， a 逆和 b 逆组成的序列。为了直观理解这一点，我们将调整球体的透明度并专注于一个点。如果我们选举一个旋转序列并将其应用于这个点会发生什么？那么先旋转 a， 再旋转 b， 最后旋转 a 的 逆， 我们就会到达球体上的另一个点。那么，如果我们应用一个不同的序列呢？我们会得到一个完全不同的点。 请注意，任何一次，当我们应用了 a 或 b 后，紧接着又应用其逆操作，这两个操作就会相互抵消，我们就回到了原点。 因此，考虑到这一点，任何时候，只要这种操作后紧跟其逆操作的情况出现在一个序列中间，我们就将其抵消。为了表述完整，我们还需要表示不做任何旋转这条路径，用字母爱普希龙表示。爱普希龙代表空序列。 综合以上所有考虑，由旋转 a， b， a 逆和 b 逆构成的所有可能组合的集合将包含空序列爱普希龙 以及所有以字母 a 开头的序列记为 s， r 和所有以字母 b 开头的序列记为 s， b。 同里还有 s， r， n 和 sb， n。 因此，由 a 和 b 生成的自由群就是所有这些集合的并集。现在，我们需要确保所有这些集合都是互不相交的，也就是说，任何序列不能同时属于其中两个集合。但是，我们如何才能确保这一点呢？ 具体来说，我们怎么知道不会存在某个非常长且复杂的旋转序列，其最终效果等同于回到了起点，即等同于空序列。那样的话，我们可能会得到大量实际上等同于空序列的序列。一般来说，这确实可能发生，但有一种方法可以确保我们避免这个问题。 到目前为止，我讨论的是围绕这两条轴的一般性旋转 a 和 b。 但是现在让我们为旋转选定一个具体的角度。西塔等于三分之一的反于弦，那么操作 a 表示围绕 x 轴旋转，反于弦三分之一这个角度，而操作 b 则表示围绕 z 轴旋转。同样的角度， 相应的 a 逆和 b 逆则执行相反的旋转。我们甚至可以用旋转矩阵来表示这些操作。我们选择这个特定角度的原因是因为他是派的五里数呗。也就是说，这个角度等于派乘以另一个五里数。 这确保了由任何操作序列定义的路径，无论序列多长都不会回到起点。因此，所有这些集合都是真正互不相交的，你在一个集合中找到的序列绝不会出现在另一个集合中。好了，现在让我们更仔细地看看集合 sr 中的序列具体是什么样子的。 这里的任何序列都将以 a 开头，之后则有四种可能性，它后面可能没有其他操作空序列或者接一个 b 逆， 不过它后面永远不会跟着 a 逆，因为 a 和 a 逆会相互抵消。这意味着 s r 中的一个序列要么就是单个 a， 要么就是 a 加一个以 a 开头的序列，要么就是 a 加一个以 b 开头的序列， 要么就是 a 加一个以 b 逆开头的序列。现在，我们在所有这些表达式左边同时乘以 a 逆已消去开头的 a， 我 们得到 a 逆， s i 等于空序列。爱普希隆并级 s i 并级 s， b 并级 sb 逆，这几乎就是整个自由群了，对吗？ 我们只需再加上所有以 a 逆开头的序列，这样我们就得到完整的自由群了。这意味着我们只需要取两个子集，即所有以 a 开头的序列以及所有以 a 逆开头的序列，然后将第一个子集整体进行 a 逆旋转，就能得到整个自由群。 同样的，我们也可以用 b 开头和 b 逆开头的序列进行同样的操作。因此，我们考虑自由群的四个子集，并对其中一个子集是加 a 的 逆旋转，对另一个子集是加 b 的 逆旋转。我们实际上将所考虑的点数翻了一倍，并生成了两份完整的自由群副本。 现在，让我们在球面上可示化这一效果。由 a 和 b 深沉的自由群当作用于一个特定点时，将覆盖球面上可数无限多个点。 然而，它无法覆盖整个球面，因为球面由不可数无限多个点组成。所有这些被覆盖的点就是我们起始点的轨道。 事实上，所有这些被覆盖的点都拥有相同的轨道，因此，从其中任意一点重新开始，都将覆盖完全相同的点级。至此，我们成功复制了球面的一部分。 那么，我们如何复制剩下的部分呢？为此，我们需要运用一个简单却饱受争议的数学功利及选择功利，它是构成数学基础被广泛接受的九条功利之一。 这条公理告诉我们，任何非空集合的集合，无论其规模大小都存在一个选择函数。 这意味着即使面对一个不可数无限多的点集，例如，构成一个球体的所有点也总存在某种方式从中选举一个点。而且即使我们无法给出任何具体的规则来指导如何选择这些点。 因此，在接受选择攻力的前提下，我们现在就具备了复制整个球体的条件。我们需要做的仅仅是选取一个不在之前轨道中的点， 并对其应用相同的自由群复制过程，然后对不可数无限多个点重复这一步骤直到覆盖整个球面， 或者说几乎是整个球面。不过，极点仍是一个问题。无论从哪一点开始，我们从一个特定点出发，并施加绕两个轴的旋转。这两个旋转轴的极点始终不会移动，因此它们不会在这个过程中被复制。 视频开头讨论的那个问题此时就能派上用场了。回想一下，我们曾演示过，一个缺失了一个点的圆可以通过一种巧妙的方式映射，从而覆盖一个完整的没有任何点缺失的圆。因为破损，圆上的每一个点都被映射到了完整圆上的某个点。 我们也可以把这理解为相当于将整个物体旋转某个角度。这里我们也需要采用类似的方法。对于每一个节点，我们只需要找到另一个不与它相交的节点， 那么总存在某个角度，让我们可以绕这个轴旋转，从而消除这个空洞。对每一个极点都重复这个过程。再说一次，极点有可数无限多个我们就能覆盖整个球面。于是这便导致了整个球面的 完整。版本指出你不仅能复制球面，还能复制整个实心球体，这包括了球体内部直至中心点的所有点。 这并不成问题，我们只需重复完全相同的过程。只不过我们不再是对球面上的点施加旋转，而是对指向圆点的射线施加旋转，但不包括中心点本身。 你可以看到对球面上某一点施加的任何旋转，对于球体内同一条射线上的任何其他点而言都是相同的旋转。 到了这一步，唯一剩下的就是中心点了。我们再一次运用之前处理缺失点的圆的技巧，我们只需通过一次旋转在球体内构造一个经过中心点的圆， 这样也能填补这个空缺。于是我们便完成了。这样整个球体就完成了一次复制，一个球体由此变成了两个。