Perdi a Tetris solo perché non giochi in modo ottimale o commetti errori? Anche avendo un po’ di tempo per pensarci, una sequenza sfavorevole di pietre non può essere salvata. Il fattore decisivo sono cinque corsie strette e un numero dispari. Consideriamo un campo di gioco con \(10\) colonne e \(20\) righe senza appunti (tieni premuto): ogni nuova pietra viene estratta indipendentemente ed equamente distribuita dai sette tetramini . Ogni forma è composta da quattro quadrati collegati. L'intero episodio potrebbe essere conosciuto in anticipo.
Il fatto che un gioco finisca quasi certamente non significa che ogni sequenza immaginabile di pietre finisca. Una sequenza pura di pietre O può essere giocata all'infinito: cinque quadrati posti uno accanto all'altro cancellano due file e svuotano il tabellone. In 7-Bag, ogni borsa mescolata casualmente contiene tutte e sette le forme esattamente una volta; il nostro argomento casuale non si applica a questo. In How to Lose at Tetris, Heidi Burgiel mostra una sequenza in cui anche una giocata perfetta non aiuta: \(S,Z,S,Z,\ldots\) .
S e Z sono immagini speculari, non rotazioni diverse della stessa pietra. La spiegazione allegata descrive l'idea geometrica che presentiamo qui come prova per contraddizione. L’ovvia affermazione “ad un certo punto appaiono solo le pietre Z e nessuna riga scompare con esse” è sbagliata. Solo cinque pietre S identiche, posizionate verticalmente, forniscono la seguente disposizione su una tavola inizialmente vuota. Le stesse lettere indicano la stessa pietra; I punti segnano gli spazi liberi:
a.b.c.d.e.
aabbccddee
.a.b.c.d.eLa riga centrale è completa ed eliminata. Se si rispecchia la disposizione, si ottiene lo stesso controesempio per le pietre Z. Il problema non è cancellare singole righe, ma sapere se è possibile controllare tutti gli squilibri che si presentano su un numero illimitato di pietre. Numeriamo le colonne da \(1\) a \(10\) . Con \(b_i\) indichiamo il numero totale di tutte le nuove celle inserite nella colonna \(i\) , comprese quelle successivamente cancellate.
\(h_i\) conta le pietre orizzontali S o Z con la colonna centrale \(i\) , \(v_i\) le pietre verticali nelle colonne \(i\) e \(i+1\) . I contatori registrano l'andamento del gioco, non solo lo stack attualmente visibile. Una pietra orizzontale distribuisce le sue celle nel rapporto \(1,2,1\) su tre colonne, una pietra verticale nel rapporto \(2,2\) su due colonne. Entrambe le immagini speculari hanno lo stesso bilanciamento delle colonne. Se sommi questi contributi in tutti i posizionamenti, ottieni per ogni colonna:
$$b_i=2v_{i-1}+2v_i+h_{i-1}+2h_i+h_{i+1}.$$
All'esterno del tabellone impostiamo tutti i contatori su \(0\) ; in particolare \(v_0=v_{10}=h_0=h_1=h_{10}=h_{11}=0\) . Questa convenzione sui bordi impedisce alla bilancia di contare le pietre che si estendono oltre il bordo del campo di gioco. Tali posizionamenti non sono consentiti nel nostro modello. Se la sequenza S/Z in esame inizia su una tavola già riempita, siano \(a_i\) le celle inizialmente occupate e \(c_i\) le celle attualmente occupate nella colonna \(i\) . Dopo \(R\) le righe cancellate sono:
$$c_i=a_i+b_i-R,$$
$$b_i-b_j=(c_i-c_j)-(a_i-a_j).$$
Finché il gioco è in esecuzione, tutti \(a_i,c_i\) sono compresi tra \(0\) e \(20\) . Pertanto si applica \(|b_i-b_j|\leq40\) . Se il tabellone è inizialmente vuoto \(20\) è sufficiente. Ogni riga eliminata toglie esattamente una cella da ciascuna colonna. Questo è il motivo per cui il numero di righe cancellate si riduce quando si confrontano due colonne, anche se i contatori delle celle impostate continuano a crescere. Conti le celle occupate invece dell'altezza della pila; Le due dimensioni differiscono per quanto riguarda i fori. Se scriviamo questo limite generalmente come \(D\) , risulta sul bordo sinistro o destro:
$$2v_2+h_2+h_3=b_2-b_1\leq D,$$
$$2v_8+h_8+h_9=b_9-b_{10}\leq D.$$
Per le coppie di colonne interne aggiungiamo due differenze di colonna limitate: \(b_4-b_3\) e \(b_2-b_1\) a sinistra, \(b_7-b_8\) e \(b_9-b_{10}\) a destra. Dopo aver inserito il saldo della colonna, i contatori intermedi si annullano esattamente a vicenda. Ciò lascia solo contributi non negativi su ciascun lato sinistro, che sono congiuntamente limitati da \(2D\) . Questo ci dà anche un limite superiore per i rispettivi numeri di posizionamento per le due coppie interne:
$$\begin{aligned}2v_4+h_4+h_5&=(b_4-b_3)+(b_2-b_1)\\&\leq2D,\\2v_6+h_6+h_7&=(b_7-b_8)+(b_9-b_{10})\\&\leq2D.\end{aligned}$$
Se sommiamo le quattro disuguaglianze, ogni pietra orizzontale viene contata esattamente una volta. Anche i quattro tipi di posizionamenti verticali trasversali hanno coefficienti positivi. Le pietre orizzontali occupano tre colonne e quindi non rientrano completamente in uno dei percorsi a due colonne considerati in seguito. Per le pietre verticali distinguiamo le tracce secondo la colonna di sinistra. Poiché tutti i contatori sono non negativi, nessuno di questi contributi può essere annullato da un altro:
$$\sum_{i=2}^{9}h_i+2(v_2+v_4+v_6+v_8)\leq6D.$$
I posizionamenti orizzontali e verticali con una colonna diritta a sinistra possono quindi verificarsi un massimo di \(120\) volte su un tabellone vuoto o \(240\) volte su qualsiasi tabellone precompilato. Si tratta di un limite superiore, non di un’affermazione che possa effettivamente essere raggiunto. In ogni caso, queste mosse evasive non possono essere usate con una frequenza infinita. Supponiamo ora di poter riprodurre la sequenza alternata all'infinito.
Dopo l'ultima di un numero finito di mosse evasive, sarebbero possibili solo posizionamenti verticali in cinque corsie fisse: \((1,2),(3,4),(5,6),(7,8),(9,10)\) . Forme identiche si incastrano l'una nell'altra secondo uno schema a gradini: la parte inferiore incontra la parte superiore corrispondente della pietra precedente. Il passaggio da S a Z o viceversa lascia uno spazio largo una cella e profondo due celle. Il dettaglio mostra una pietra Z sopra una pietra S; entrambe le "o" segnano il divario:
.Z
ZZ
Zo
So
SS
.SUn'altra pietra verticale nella stessa corsia non può colmare questa lacuna: la sua seconda colonna entrerebbe in collisione con le celle vicine occupate. Anche l'eliminazione delle righe non aiuta finché lo spazio è aperto, perché entrambe le righe non sono complete. Una riparazione richiede uno dei posizionamenti orizzontali o trasversali già esclusi. Dopo l’ultima mossa evasiva, tali lacune sono permanenti. Su una tavola finita non può formarsi un numero infinito di spazi nuovi e disgiunti.
Di conseguenza, sui binari può esserci solo un numero finito di cambiamenti di forma. Una corsia inizialmente vuota non cambia questo: la tua prima pietra S o Z lascia già uno spazio vuoto a colonna singola sul pavimento che non può essere chiuso ulteriormente giocando in corsia pura. In un gioco apparentemente infinito, ogni corsia deve contenere anche un numero infinito di pietre. Se una corsia dovesse rimanere intatta ad un certo punto, solo un numero finito di celle potrebbe essere sistemato nelle corsie rimanenti a causa dei limitati equilibri delle colonne.
Raggiungiamo quindi un punto nel tempo in cui tutte e cinque le corsie sono permanentemente occupate e saldamente assegnate a un modulo. Da questo punto in poi contiamo \(t\) altre pietre e con \(n_j(t)\) il numero nella traccia \(j\) . Ognuna di queste pietre contribuisce con due celle a ciascuna colonna del suo percorso. Poiché le eliminazioni di riga trattano tutte le colonne allo stesso modo, le differenze \(n_j(t)-n_k(t)\) rimangono limitate. A lungo termine, tutte e cinque le corsie dovranno contenere ciascuna un quinto delle pietre:
$$\frac{n_j(t)}{t}\longrightarrow\frac15.$$
Se \(k\) delle cinque corsie sono riservate alle pietre S, la loro quota dovrebbe essere intorno a \(k/5\) . Tuttavia, nella sequenza alternata è \(1/2\) : in ciascun prefisso i numeri delle pietre S e Z differiscono al massimo \(1\) . La divisione delle corsie dovrebbe soddisfare entrambe le parti contemporaneamente. Tuttavia, una quota pari alla metà non può essere rappresentata come la somma di quinti interi. È qui che si incontrano la frequenza delle forme alternate e il numero dispari di brani ugualmente utilizzati. Sarebbe obbligatorio:
$$\frac{k}{5}=\frac12\quad\Longrightarrow\quad k=\frac52.$$
Il numero di corsie è un numero intero. Questa contraddizione pone fine all'ipotesi di un gioco infinito. L'argomentazione mostra anche perché la larghezza della tavola ne fa parte: con quattro treni, una divisione in due treni S e due treni Z non sarebbe esclusa da questa contraddizione. Per la prova casuale abbiamo bisogno di un blocco di lunghezza finita \(N\) che porti alla perdita indipendentemente dal tabellone corrente. “Ogni strategia prima o poi perde” da sola non è sufficiente.
L'uniformità deriva dal numero finito di stati possibili. Dopo ogni posizionamento completato, sono presenti al massimo \(2^{200}\) modelli di occupazione. C'è anche l'informazione se successivamente apparirà S o Z, cioè un massimo di stati \(2^{201}\) . Se dovessi sopravvivere a \(N=2^{201}\) pietre, gli stati \(N+1\) prima e dopo queste mosse si ripeterebbero. A causa del tabellone identico e della stessa forma successiva, le mosse legali nel mezzo sarebbero ripetibili un numero qualsiasi di volte: il gioco infinito è semplicemente escluso.
Il limite conta anche i modelli di scacchiera irraggiungibili e non prevede la durata pratica del gioco. Il conteggio geometrico più fine di Burgiel fornisce limiti più piccoli; qui è sufficiente un \(N\) finito. Si applica a tutte le assegnazioni iniziali consentite e ad entrambe le fasi della sequenza S/Z. Scomponiamo la sequenza casuale infinita in blocchi disgiunti di lunghezza \(N\) . Ogni blocco è esattamente la sequenza specificata \(S,Z,S,Z,\ldots\) con probabilità \(q=7^{-N}>0\) . I blocchi sono indipendenti. È quindi probabile che nessuno dei primi blocchi \(m\) contenga questa sequenza:
$$\mathbb P(\text{kein Treffer in }m\text{ Blöcken})=(1-q)^m\longrightarrow0.$$
Quindi con probabilità \(1\) ad un certo punto apparirà un blocco mortale, a meno che il gioco non finisca prima di allora. Ciò vale anche per il tempo necessario a pensarci e per la conoscenza completa dell'intera sequenza di pietre. Ciò non si traduce in un breve tempo di gioco pratico. Una partenza sbagliata e poco concentrata da sola non significa sconfitta; ritorni sorprendenti sono certamente possibili. Quindi, non scoraggiarti e goditi questo gioco senza tempo.