நீங்கள் சிறந்த முறையில் விளையாடாததாலோ அல்லது தவறு செய்யாததாலோ டெட்ரிஸில் மட்டும் தோற்றீர்களா? எவ்வளவு நேரம் யோசித்தாலும், பாதகமான கற்களை காப்பாற்ற முடியாது. தீர்க்கமான காரணி ஐந்து குறுகிய பாதைகள் மற்றும் ஒற்றைப்படை எண். கிளிப்போர்டு (பிடி) இல்லாமல் \(10\) நெடுவரிசைகள் மற்றும் \(20\) வரிசைகள் கொண்ட ஒரு விளையாட்டு மைதானத்தை நாங்கள் கருதுகிறோம்: ஒவ்வொரு புதிய கல்லும் ஏழு டெட்ரோமினோக்களில் இருந்து தனித்தனியாகவும் சமமாகவும் விநியோகிக்கப்படுகிறது. ஒவ்வொரு வடிவமும் நான்கு இணைக்கப்பட்ட சதுரங்களைக் கொண்டுள்ளது. முழு அத்தியாயமும் முன்கூட்டியே தெரிந்திருக்கலாம்.
ஒரு விளையாட்டு நிச்சயமாக முடிவடைகிறது என்பது கற்களின் ஒவ்வொரு கற்பனை வரிசையும் முடிவடைகிறது என்று அர்த்தமல்ல. ஓ-ஸ்டோன்களின் தூய வரிசையை முடிவில்லாமல் விளையாடலாம்: ஐந்து சதுரங்கள் ஒன்றுக்கொன்று இரண்டு வரிசைகளை நீக்கிவிட்டு பலகையை காலியாக்கும். 7-பையில், தோராயமாக கலக்கப்பட்ட ஒவ்வொரு பையிலும் சரியாக ஒரு முறை ஏழு வடிவங்கள் உள்ளன; நமது வாய்ப்பு வாதம் இதற்குப் பொருந்தாது. டெட்ரிஸில் எப்படி இழப்பது என்பதில், ஹெய்டி பர்கீல் ஒரு வரிசையைக் காட்டுகிறார், இது சரியான ஆட்டம் கூட உதவாது: \(S,Z,S,Z,\ldots\) .
S மற்றும் Z ஆகியவை கண்ணாடிப் படங்கள், ஒரே கல்லின் வெவ்வேறு சுழற்சிகள் அல்ல. அதனுடன் உள்ள விளக்கம், நாம் இங்கு முன்வைக்கும் வடிவியல் கருத்தை முரண்பாட்டின் ஆதாரமாக விவரிக்கிறது. "ஒரு கட்டத்தில் Z கற்கள் மட்டுமே தோன்றும், எந்த வரிசையும் மறைந்துவிடாது" என்ற வெளிப்படையான கூற்று தவறானது. வெறும் ஐந்து ஒரே மாதிரியான, செங்குத்தாக வைக்கப்பட்டுள்ள S-கற்கள் தொடக்கத்தில் காலியாக உள்ள பலகையில் பின்வரும் ஏற்பாட்டை வழங்குகின்றன. அதே எழுத்துக்கள் ஒரே கல்லைக் குறிக்கின்றன; புள்ளிகள் இலவச இடைவெளிகளைக் குறிக்கின்றன:
a.b.c.d.e.
aabbccddee
.a.b.c.d.eநடுத்தர வரிசை முடிந்து நீக்கப்பட்டது. நீங்கள் ஏற்பாட்டை பிரதிபலித்தால், Z- கற்களுக்கு அதே எதிர் உதாரணம் கிடைக்கும். பிரச்சனை தனிப்பட்ட வரிசைகளை நீக்குவது அல்ல, ஆனால் வரம்பற்ற எண்ணிக்கையிலான கற்களில் எழும் அனைத்து ஏற்றத்தாழ்வுகளையும் நீங்கள் கட்டுப்படுத்த முடியுமா என்ற கேள்வி. \(1\) இலிருந்து \(10\) வரையிலான நெடுவரிசைகளை எண்ணுவோம். \(b_i\) மூலம், பின்னர் நீக்கப்பட்டவை உட்பட \(i\) நெடுவரிசையில் வைக்கப்பட்டுள்ள அனைத்து புதிய கலங்களின் மொத்த எண்ணிக்கையைக் குறிக்கிறோம்.
\(h_i\) கிடைமட்ட S அல்லது Z கற்களை நடு நெடுவரிசை \(i\) , \(v_i\) நெடுவரிசைகளில் உள்ள செங்குத்து கற்கள் \(i\) மற்றும் \(i+1\) . கவுண்டர்கள் விளையாட்டின் போக்கை பதிவு செய்கின்றன, தற்போது காணக்கூடிய அடுக்கை மட்டும் அல்ல. ஒரு கிடைமட்ட கல் அதன் செல்களை \(1,2,1\) விகிதத்தில் மூன்று நெடுவரிசைகளிலும், ஒரு செங்குத்து கல் விகிதத்தில் \(2,2\) இரண்டு நெடுவரிசைகளிலும் விநியோகிக்கிறது. இரண்டு கண்ணாடி படங்களும் ஒரே நெடுவரிசை சமநிலையைக் கொண்டுள்ளன. எல்லா இடங்களிலும் இந்தப் பங்களிப்புகளைச் சேர்த்தால், ஒவ்வொரு நெடுவரிசைக்கும் கிடைக்கும்:
$$b_i=2v_{i-1}+2v_i+h_{i-1}+2h_i+h_{i+1}.$$
பலகைக்கு வெளியே அனைத்து கவுண்டர்களையும் \(0\) க்கு அமைக்கிறோம்; குறிப்பாக \(v_0=v_{10}=h_0=h_1=h_{10}=h_{11}=0\) . இந்த விளிம்பு மாநாடு, ஆடுகளத்தின் விளிம்பிற்கு அப்பால் நீட்டிக்கப்படும் கற்களை எண்ணுவதிலிருந்து சமநிலையைத் தடுக்கிறது. எங்கள் மாதிரியில் இதுபோன்ற இடங்கள் அனுமதிக்கப்படவில்லை. பரிசீலனையில் உள்ள S/Z வரிசை ஏற்கனவே நிரப்பப்பட்ட பலகையில் தொடங்கினால், \(a_i\) ஆரம்பத்தில் ஆக்கிரமிக்கப்பட்ட கலங்களாகவும், \(c_i\) நெடுவரிசையில் தற்போது ஆக்கிரமிக்கப்பட்ட கலங்களாகவும் \(i\) இருக்கட்டும். \(R\) நீக்கப்பட்ட பிறகு வரிசைகள்:
$$c_i=a_i+b_i-R,$$
$$b_i-b_j=(c_i-c_j)-(a_i-a_j).$$
கேம் இயங்கும் வரை அனைத்து \(a_i,c_i\) \(0\) மற்றும் \(20\) . எனவே \(|b_i-b_j|\leq40\) பொருந்தும். பலகை ஆரம்பத்தில் காலியாக இருந்தால் \(20\) போதும். நீக்கப்பட்ட ஒவ்வொரு வரிசையும் ஒவ்வொரு நெடுவரிசையிலிருந்தும் ஒரு கலத்தை எடுத்துச் செல்கிறது. இதனால்தான் இரண்டு நெடுவரிசைகளை ஒப்பிடும் போது நீக்கப்பட்ட வரிசைகளின் எண்ணிக்கை குறைக்கப்படுகிறது, செட் கலங்களின் கவுண்டர்கள் தொடர்ந்து வளர்ந்தாலும் கூட. அடுக்கு உயரங்களுக்குப் பதிலாக ஆக்கிரமிக்கப்பட்ட செல்களை எண்ணுகிறீர்கள்; துளைகளுக்கு வரும்போது இரண்டு அளவுகளும் வேறுபடுகின்றன. இந்த வரம்பை பொதுவாக \(D\) என எழுதினால், அது இடது அல்லது வலது விளிம்பில் விளைகிறது:
$$2v_2+h_2+h_3=b_2-b_1\leq D,$$
$$2v_8+h_8+h_9=b_9-b_{10}\leq D.$$
உள் நெடுவரிசை ஜோடிகளுக்கு இரண்டு கட்டுப்படுத்தப்பட்ட நெடுவரிசை வேறுபாடுகளைச் சேர்க்கிறோம்: \(b_4-b_3\) மற்றும் \(b_2-b_1\) இடதுபுறம், \(b_7-b_8\) மற்றும் \(b_9-b_{10}\) வலதுபுறம். நெடுவரிசை சமநிலையைச் செருகிய பிறகு, இடையில் உள்ள கவுண்டர்கள் ஒன்றையொன்று சரியாக ரத்து செய்கின்றன. இது ஒவ்வொரு இடது பக்கத்திலும் எதிர்மறை அல்லாத பங்களிப்புகளை மட்டுமே விட்டுச்செல்கிறது, அவை கூட்டாக \(2D\) உடன் இணைக்கப்பட்டுள்ளன. இது இரண்டு உள் ஜோடிகளுக்கான அந்தந்த வேலை வாய்ப்பு எண்களுக்கான உயர் வரம்பையும் நமக்கு வழங்குகிறது:
$$\begin{aligned}2v_4+h_4+h_5&=(b_4-b_3)+(b_2-b_1)\\&\leq2D,\\2v_6+h_6+h_7&=(b_7-b_8)+(b_9-b_{10})\\&\leq2D.\end{aligned}$$
நான்கு ஏற்றத்தாழ்வுகளைச் சேர்த்தால், ஒவ்வொரு கிடைமட்டக் கல்லும் சரியாக ஒரு முறை கணக்கிடப்படும். நான்கு வகையான குறுக்குவழி செங்குத்து இடங்கள் நேர்மறை குணகங்களையும் கொண்டுள்ளன. கிடைமட்ட கற்கள் மூன்று நெடுவரிசைகளை எடுத்துக்கொள்கின்றன, எனவே பின்னர் கருதப்படும் இரண்டு-நெடுவரிசை பாதைகளில் ஒன்றில் முழுமையாக பொருந்தாது. செங்குத்து கற்களுக்கு, இடது நெடுவரிசையின் படி தடங்களை வேறுபடுத்துகிறோம். எல்லா கவுண்டர்களும் எதிர்மறையானவை அல்ல என்பதால், இந்த பங்களிப்புகள் எதையும் மற்றவரால் ரத்து செய்ய முடியாது:
$$\sum_{i=2}^{9}h_i+2(v_2+v_4+v_6+v_8)\leq6D.$$
எனவே கிடைமட்ட இடங்கள் மற்றும் நேராக இடது நெடுவரிசையுடன் செங்குத்து இடங்கள் காலியான பலகையில் அதிகபட்சம் \(120\) முறை அல்லது முன் நிரப்பப்பட்ட போர்டில் \(240\) முறைகள் நிகழலாம். இது ஒரு உச்ச வரம்பு, அது உண்மையில் அடைய முடியும் என்ற கூற்று அல்ல. எவ்வாறாயினும், இந்த தவிர்க்கும் நகர்வுகளை எண்ணற்ற முறை பயன்படுத்த முடியாது. இப்போது நீங்கள் மாற்று வரிசையை காலவரையின்றி இயக்கலாம் என்று வைத்துக்கொள்வோம்.
வரையறுக்கப்பட்ட எண்ணிக்கையிலான தவிர்க்கும் நகர்வுகளுக்குப் பிறகு, ஐந்து நிலையான பாதைகளில் செங்குத்து இடங்கள் மட்டுமே சாத்தியமாகும்: \((1,2),(3,4),(5,6),(7,8),(9,10)\) . ஒரே மாதிரியான வடிவங்கள் ஒரு படி போன்ற வடிவத்தில் ஒன்றோடொன்று பொருந்துகின்றன: கீழே முந்தைய கல்லின் பொருந்தக்கூடிய மேற்புறத்தை சந்திக்கிறது. S இலிருந்து Z க்கு அல்லது நேர்மாறாக மாறுவது ஒரு செல் அகலமும் இரண்டு செல்கள் ஆழமும் கொண்ட இடைவெளியை விட்டு விடுகிறது. விவரம் ஒரு S-கல் மீது Z-கல்லைக் காட்டுகிறது; "o" இரண்டும் இடைவெளியைக் குறிக்கின்றன:
.Z
ZZ
Zo
So
SS
.Sஅதே பாதையில் உள்ள மற்றொரு செங்குத்து கல் இந்த இடைவெளியை நிரப்ப முடியாது: அதன் இரண்டாவது நெடுவரிசை அண்டை ஆக்கிரமிக்கப்பட்ட கலங்களுடன் மோதும். இடைவெளி திறந்திருக்கும் வரை வரிசைகளை நீக்குவது உதவாது, ஏனெனில் இரண்டு வரிசைகளும் முழுமையடையவில்லை. பழுதுபார்ப்பதற்கு ஏற்கனவே விலக்கப்பட்ட குறுக்குவழி அல்லது கிடைமட்ட இடங்கள் தேவை. கடைசி ஏய்ப்பு நடவடிக்கைக்குப் பிறகு, அத்தகைய இடைவெளிகள் நிரந்தரமானவை. ஒரு வரையறுக்கப்பட்ட பலகையில் எண்ணற்ற புதிய, இணைந்த இடைவெளிகள் எழ முடியாது.
இதன் விளைவாக, டிராக்குகளில் வடிவத்தில் வரையறுக்கப்பட்ட எண்ணிக்கையிலான மாற்றங்கள் மட்டுமே இருக்க முடியும். ஆரம்பத்தில் காலியான லேன் இதை மாற்றாது: உங்கள் முதல் S அல்லது Z கல் ஏற்கனவே தரையில் ஒரு ஒற்றை நெடுவரிசை இடைவெளியை விட்டுச் சென்றுள்ளது, அதை மேலும் தூய்மையான லேன் பிளே மூலம் மூட முடியாது. முடிவில்லாததாகக் கூறப்படும் விளையாட்டில், ஒவ்வொரு பாதையும் எண்ணற்ற கற்களை வைத்திருக்க வேண்டும். ஒரு பாதை சில கட்டத்தில் தீண்டப்படாமல் இருந்தால், வரையறுக்கப்பட்ட நெடுவரிசை நிலுவைகளின் காரணமாக மீதமுள்ள பாதைகளில் வரையறுக்கப்பட்ட எண்ணிக்கையிலான செல்கள் மட்டுமே இடமளிக்கப்படும்.
எனவே, ஐந்து பாதைகளும் நிரந்தரமாக ஆக்கிரமிக்கப்பட்டு, ஒரு படிவத்திற்கு உறுதியாக ஒதுக்கப்படும் காலகட்டத்தை நாங்கள் அடைகிறோம். இந்த கட்டத்தில் இருந்து நாம் \(t\) மேலும் கற்கள் மற்றும் \(n_j(t)\) மூலம் பாதையில் உள்ள எண்ணை எண்ணுகிறோம் \(j\) . இந்த கற்கள் ஒவ்வொன்றும் அதன் பாதையின் ஒவ்வொரு நெடுவரிசைக்கும் இரண்டு செல்களை பங்களிக்கின்றன. வரிசை நீக்கங்கள் அனைத்து நெடுவரிசைகளையும் சமமாக கருதுவதால், \(n_j(t)-n_k(t)\) வேறுபாடுகள் வரம்பிடப்படும். நீண்ட காலத்திற்கு, ஐந்து பாதைகளும் ஒவ்வொன்றும் ஐந்தில் ஒரு பங்கு கற்களை வைத்திருக்க வேண்டும்:
$$\frac{n_j(t)}{t}\longrightarrow\frac15.$$
ஐந்து பாதைகளில் \(k\) S-கற்களுக்கு ஒதுக்கப்பட்டிருந்தால், அவற்றின் பங்கு \(k/5\) சுற்றி இருக்க வேண்டும். இருப்பினும், மாற்று வரிசையில் இது \(1/2\) : ஒவ்வொரு முன்னொட்டிலும் S மற்றும் Z கற்களின் எண்கள் அதிகபட்சம் \(1\) வேறுபடும். பாதைகளின் பிரிவு இரண்டு பகுதிகளையும் ஒரே நேரத்தில் நிறைவேற்ற வேண்டும். இருப்பினும், பாதியின் ஒரு பங்கை முழு ஐந்தில் ஒரு பங்காகக் குறிப்பிட முடியாது. இங்குதான் மாற்று வடிவங்களின் அதிர்வெண் மற்றும் சமமாகப் பயன்படுத்தப்படும் தடங்களின் ஒற்றைப்படை எண் ஆகியவை ஒன்றாக வருகின்றன. அது கட்டாயமாக இருக்கும்:
$$\frac{k}{5}=\frac12\quad\Longrightarrow\quad k=\frac52.$$
பாதைகளின் எண்ணிக்கை ஒரு முழு எண். இந்த முரண்பாடு எல்லையற்ற விளையாட்டின் அனுமானத்தை முடிக்கிறது. போர்டு அகலம் ஏன் அதன் ஒரு பகுதியாகும் என்பதையும் வாதம் காட்டுகிறது: நான்கு ரயில்களுடன், இரண்டு எஸ் மற்றும் இரண்டு இசட் ரயில்களாகப் பிரிப்பது இந்த முரண்பாட்டால் நிராகரிக்கப்படாது. சீரற்ற ஆதாரத்திற்கு, தற்போதைய பலகையைப் பொருட்படுத்தாமல் இழப்பிற்கு வழிவகுக்கும் வரையறுக்கப்பட்ட தொகுதி நீளம் \(N\) தேவை. "ஒவ்வொரு மூலோபாயமும் ஒரு கட்டத்தில் இழக்கிறது" என்பது மட்டும் போதாது.
ஒரே மாதிரியானது சாத்தியமான நிலைகளின் வரையறுக்கப்பட்ட எண்ணிக்கையிலிருந்து பின்பற்றப்படுகிறது. ஒவ்வொரு முடிக்கப்பட்ட இடத்துக்குப் பிறகு, அதிகபட்சம் \(2^{200}\) ஆக்கிரமிப்பு முறைகள் உள்ளன. S அல்லது Z அடுத்து தோன்றுமா என்பது பற்றிய தகவலும் உள்ளது, அதாவது அதிகபட்சம் \(2^{201}\) நிலைகள். நீங்கள் \(N=2^{201}\) கற்களைத் தப்பிப்பிழைத்தால், இந்த நகர்வுகளுக்கு முன்னும் பின்னும் \(N+1\) நிலைகள் மீண்டும் நிகழும். ஒரே மாதிரியான பலகை மற்றும் அதே அடுத்த வடிவத்தின் காரணமாக, இடையில் உள்ள சட்டப்பூர்வ நகர்வுகள் எத்தனை முறை வேண்டுமானாலும் திரும்பத் திரும்பச் செய்யப்படலாம்: எல்லையற்ற கேம் இப்போது விலக்கப்பட்டுள்ளது.
வரம்பு அடைய முடியாத பலகை வடிவங்களையும் கணக்கிடுகிறது மற்றும் நடைமுறை விளையாட்டு நீளத்தை கணிக்காது. Burgiel இன் நுண்ணிய வடிவியல் எண்ணானது சிறிய எல்லைகளை அளிக்கிறது; இங்கே ஒரு வரையறுக்கப்பட்ட \(N\) போதுமானது. இது அனைத்து அனுமதிக்கப்படும் ஆரம்ப பணிகளுக்கும் S/Z வரிசையின் இரு கட்டங்களுக்கும் பொருந்தும். எல்லையற்ற சீரற்ற வரிசையை \(N\) நீளத்தின் பிரிக்கப்பட்ட தொகுதிகளாக சிதைப்போம். ஒவ்வொரு தொகுதியும் நிகழ்தகவு \(q=7^{-N}>0\) உடன் குறிப்பிடப்பட்ட வரிசை \(S,Z,S,Z,\ldots\) . தொகுதிகள் சுயாதீனமானவை. எனவே முதல் \(m\) தொகுதிகள் எதுவும் இந்த வரிசையைக் கொண்டிருக்கவில்லை:
$$\mathbb P(\text{kein Treffer in }m\text{ Blöcken})=(1-q)^m\longrightarrow0.$$
எனவே நிகழ்தகவுடன் \(1\) ஒரு கொடிய பிளாக் ஒரு கட்டத்தில் தோன்றும், அதற்கு முன் கேம் முடிவடையும் வரை. இதைப் பற்றி சிந்திக்க எந்த நேரத்திலும் இது பொருந்தும் மற்றும் கற்களின் முழு வரிசையைப் பற்றிய முழுமையான அறிவுக்கும் இது பொருந்தும். இது ஒரு குறுகிய நடைமுறை விளையாட்டு நேரத்தை ஏற்படுத்தாது. கவனம் செலுத்தாத, மோசமான தொடக்கம் மட்டும் தோல்வியைக் குறிக்காது; ஆச்சரியமான மறுபிரவேசங்கள் நிச்சயமாக சாத்தியமாகும். எனவே - சோர்வடைய வேண்டாம் மற்றும் காலமற்ற விளையாட்டை அனுபவிக்கவும்.