Tetris'te sadece en iyi şekilde oynamadığınız veya hata yaptığınız için mi kaybedersiniz? Düşünmek için biraz zaman olsa bile, uygunsuz bir taş dizisi kurtarılamaz. Belirleyici faktör beş dar şerit ve bir tek sayıdır. \(10\) sütunlu ve \(20\) sıralı, panosuz (basılı tutun) bir oyun alanı düşünüyoruz: Her yeni taş bağımsız olarak çizilir ve yedi tetrominodan eşit olarak dağıtılır. Her şekil birbirine bağlı dört kareden oluşur. Bölümün tamamı önceden bilinebilir.
Bir oyunun neredeyse kesin olarak bitmesi, akla gelebilecek her taş dizisinin bittiği anlamına gelmez. Saf bir O-taş dizisi sonsuza kadar oynanabilir: yan yana yerleştirilen beş kare, iki sırayı siler ve tahtayı boşaltır. 7'li Torba'da, rastgele karıştırılan her torba yedi şeklin tamamını tam olarak bir kez içerir; Şans argümanımız bunun için geçerli değil. Tetris'te Nasıl Kaybedilir'de Heidi Burgiel mükemmel oyunun bile işe yaramadığı bir sekans gösteriyor: \(S,Z,S,Z,\ldots\) .
S ve Z aynı taşın farklı dönüşleri değil, ayna görüntüleridir. Ekteki açıklama, burada çelişkili kanıt olarak sunduğumuz geometrik fikri açıklamaktadır. “Bir noktada sadece Z taşları ortaya çıkar ve onlarla birlikte hiçbir sıra kaybolmaz” şeklindeki bariz iddia yanlıştır. Sadece beş adet birbirinin aynı, dikey olarak yerleştirilmiş S taşları, başlangıçta boş bir tahta üzerinde aşağıdaki düzenlemeyi sağlar. Aynı harfler aynı taşı gösterir; Noktalar boş alanları işaretler:
a.b.c.d.e.
aabbccddee
.a.b.c.d.eOrta sıra tamamlandı ve silindi. Düzenlemeyi yansıtırsanız Z taşları için aynı karşı örneği elde edersiniz. Sorun tek tek sıraları silmek değil, sınırsız sayıda taşta ortaya çıkan tüm dengesizlikleri kontrol edip edemeyeceğiniz sorusudur. Sütunları \(1\) 'den \(10\) 'a kadar numaralandıralım. \(b_i\) ile, daha sonra silinenler dahil, \(i\) sütununa yerleştirilen tüm yeni hücrelerin toplam sayısını belirtiriz.
\(h_i\) orta sütunlu \(i\) yatay S veya Z taşlarını, \(v_i\) \(i\) ve \(i+1\) sütunlarındaki dikey taşları sayar. Sayaçlar yalnızca görünür durumdaki yığını değil, oyunun gidişatını da kaydeder. Yatay bir taş, hücrelerini \(1,2,1\) oranında üç sütuna, dikey bir taş ise \(2,2\) oranında iki sütuna dağıtır. Her iki ayna görüntüsü de aynı sütun dengesine sahiptir. Bu katkıları tüm yerleşimlere eklerseniz, her sütun için şunu elde edersiniz::
$$b_i=2v_{i-1}+2v_i+h_{i-1}+2h_i+h_{i+1}.$$
Tahtanın dışında tüm sayaçları \(0\) olarak ayarladık; özellikle \(v_0=v_{10}=h_0=h_1=h_{10}=h_{11}=0\) . Bu kenar kuralı, terazinin oyun alanının kenarının ötesine uzanan taşları saymasını engeller. Modelimizde bu tür yerleşimlere izin verilmemektedir. Söz konusu S/Z dizisi önceden doldurulmuş bir tahtada başlıyorsa, \(a_i\) sütununda başlangıçta işgal edilen hücreler ve \(c_i\) şu anda işgal edilen hücreler olsun \(i\) . \(R\) silindikten sonra satırlar silinir:
$$c_i=a_i+b_i-R,$$
$$b_i-b_j=(c_i-c_j)-(a_i-a_j).$$
Oyun çalıştığı sürece tüm \(a_i,c_i\) öğeleri \(0\) ile \(20\) arasındadır. Bu nedenle \(|b_i-b_j|\leq40\) geçerlidir. Eğer tahta başlangıçta boşsa \(20\) yeterlidir. Silinen her satır, her sütundan tam olarak bir hücreyi alır. Bu nedenle, set hücrelerinin sayaçları büyümeye devam etse bile, iki sütun karşılaştırılırken silinen satırların sayısı azalır. Yığın yükseklikleri yerine dolu hücreleri sayarsınız; Delikler söz konusu olduğunda iki boyut farklılık gösterir. Bu limiti genel olarak \(D\) şeklinde yazarsak sol veya sağ kenarda sonuçlanır:
$$2v_2+h_2+h_3=b_2-b_1\leq D,$$
$$2v_8+h_8+h_9=b_9-b_{10}\leq D.$$
İç sütun çiftleri için iki kısıtlı sütun farkı ekliyoruz: solda \(b_4-b_3\) ve \(b_2-b_1\) , sağda \(b_7-b_8\) ve \(b_9-b_{10}\) . Sütun bakiyesi eklendikten sonra aradaki sayaçlar birbirini tamamen iptal eder. Bu, sol tarafta yalnızca \(2D\) ile ortaklaşa sınırlanan negatif olmayan katkıları bırakır. Bu aynı zamanda bize iki iç çiftin ilgili yerleştirme sayıları için bir üst sınır verir.:
$$\begin{aligned}2v_4+h_4+h_5&=(b_4-b_3)+(b_2-b_1)\\&\leq2D,\\2v_6+h_6+h_7&=(b_7-b_8)+(b_9-b_{10})\\&\leq2D.\end{aligned}$$
Dört eşitsizliği toplarsak her yatay taş tam olarak bir kez sayılır. Dört tür çapraz hat dikey yerleşimi de pozitif katsayılara sahiptir. Yatay taşlar üç sütun kaplıyor ve bu nedenle daha sonra ele alınacak iki sütunlu yollardan birine tam olarak uymuyor. Dikey taşlar için izleri sol sütuna göre ayırıyoruz. Tüm sayaçlar negatif olmadığından bu katkıların hiçbiri başka biri tarafından iptal edilemez.:
$$\sum_{i=2}^{9}h_i+2(v_2+v_4+v_6+v_8)\leq6D.$$
Bu nedenle yatay yerleşimler ve düz sol sütunlu dikey yerleşimler, boş bir tahtada maksimum \(120\) kez veya önceden doldurulmuş herhangi bir tahtada \(240\) kez meydana gelebilir. Bu bir üst sınırdır, gerçekte ulaşılabileceğine dair bir iddia değildir. Her durumda, bu kaçamak hamleler sonsuz sıklıkta kullanılamaz. Şimdi alternatif diziyi süresiz olarak oynayabileceğinizi varsayalım.
Sonlu sayıdaki kaçış hamlelerinin sonuncusundan sonra, yalnızca beş sabit şeritte dikey yerleşimler mümkün olacaktır: \((1,2),(3,4),(5,6),(7,8),(9,10)\) . Aynı şekiller basamak benzeri bir düzende birbirine uyum sağlar: alt kısım, önceki taşın eşleşen üst kısmıyla buluşur. S'den Z'ye veya tam tersi geçiş, bir hücre genişliğinde ve iki hücre derinliğinde bir boşluk bırakır. Detayda bir S taşı üzerinde bir Z taşı gösterilmektedir; her iki “o” da boşluğu işaretler:
.Z
ZZ
Zo
So
SS
.SAynı şeritteki başka bir dikey taş bu boşluğu dolduramaz: ikinci sütunu komşu işgal altındaki hücrelerle çarpışır. Boşluk açık olduğu sürece satırları silmek de işe yaramaz çünkü her iki satır da tamamlanmamıştır. Onarım, halihazırda hariç tutulan çapraz hat veya yatay yerleşimlerden birini gerektirir. Son kaçamak hamleden sonra bu tür boşluklar kalıcıdır. Sonlu bir tahta üzerinde sonsuz sayıda yeni, ayrık boşluklar ortaya çıkamaz.
Sonuç olarak pistlerde yalnızca sınırlı sayıda form değişikliği olabilir. Başlangıçta boş bir şerit bunu değiştirmez: İlk S veya Z taşınız zaten yerde tek sütunluk bir boşluk bırakır ve bu boşluk daha fazla saf şerit oyunuyla kapatılamaz. Sonsuz olduğu varsayılan bir oyunda, her şeritte aynı zamanda sonsuz sayıda taş bulunmalıdır. Bir şeride bir noktada dokunulmayacaksa, sınırlı sütun dengeleri nedeniyle geri kalan şeritlere yalnızca sınırlı sayıda hücre yerleştirilebilir.
Bu nedenle, zaman içinde beş şeridin tamamının kalıcı olarak işgal edildiği ve bir forma sıkı bir şekilde atandığı bir noktaya ulaşıyoruz. Bu noktadan sonra \(t\) daha fazla taş sayarız ve \(n_j(t)\) ile \(j\) yolundaki sayıyı sayarız. Bu taşların her biri, yolunun her sütununa iki hücre katıyor. Satır silme işlemleri tüm sütunlara eşit davrandığından, \(n_j(t)-n_k(t)\) farkları sınırlı kalır. Uzun vadede, beş şeridin her birinin taşların beşte birini tutması gerekiyor:
$$\frac{n_j(t)}{t}\longrightarrow\frac15.$$
Beş şeritten \(k\) 'si S-taşlarına ayrılmışsa payları \(k/5\) civarında olmalıdır. Ancak alternatif dizilimde \(1/2\) şeklindedir: Her önekteki S ve Z taşlarının sayıları en fazla \(1\) farklılık gösterir. Şeritlerin bölünmesi her iki kısmı da aynı anda yerine getirmek zorunda kalacaktı. Ancak yarım pay, beşte tamların toplamı olarak ifade edilemez. Alternatif formların sıklığı ile eşit şekilde kullanılan parçaların tek sayıdaki kısmının bir araya geldiği yer burasıdır. Bu zorunlu olurdu:
$$\frac{k}{5}=\frac12\quad\Longrightarrow\quad k=\frac52.$$
Şerit sayısı bir tam sayıdır. Bu çelişki sonsuz bir oyun varsayımını sona erdirir. Bu argüman aynı zamanda tahta genişliğinin neden bunun bir parçası olduğunu da gösteriyor: Dört tren söz konusu olduğunda, iki S ve iki Z trenine bölünme bu çelişki nedeniyle göz ardı edilemez. Rastgele kanıt için, mevcut karttan bağımsız olarak kayba yol açan sonlu bir blok uzunluğuna \(N\) ihtiyacımız var. “Her strateji bir noktada kaybeder” ifadesi tek başına yeterli değildir.
Tekdüzelik, sonlu sayıda olası durumdan kaynaklanır. Tamamlanan her yerleşimden sonra en fazla \(2^{200}\) doluluk düzeni vardır. Ayrıca bundan sonra S'nin mi yoksa Z'nin mi görüneceğine ilişkin bilgi de vardır; yani maksimum \(2^{201}\) durumu. Eğer \(N=2^{201}\) taştan sağ kurtulsaydınız, bu hamlelerden önceki ve sonraki \(N+1\) durumları tekrarlanırdı. Aynı tahta ve aynı sonraki şekil nedeniyle, aradaki yasal hamleler herhangi bir sayıda tekrarlanabilir: sonsuz oyun hariç.
Limit aynı zamanda ulaşılamayan tahta desenlerini de hesaba katar ve pratik oyun uzunluğunu tahmin etmez. Burgiel'in daha ince geometrik sayımı daha küçük sınırlar verir; burada sonlu bir \(N\) yeterlidir. İzin verilen tüm başlangıç atamaları ve S/Z dizisinin her iki aşaması için geçerlidir. Sonsuz rastgele diziyi \(N\) uzunluğunda ayrık bloklara ayıralım. Her blok tam olarak \(q=7^{-N}>0\) olasılığıyla belirtilen \(S,Z,S,Z,\ldots\) dizisidir. Bloklar bağımsızdır. Bu nedenle ilk \(m\) bloklardan hiçbirinin bu diziyi içermemesi muhtemeldir.:
$$\mathbb P(\text{kein Treffer in }m\text{ Blöcken})=(1-q)^m\longrightarrow0.$$
Yani oyun o tarihten önce bitmediği sürece \(1\) olasılıkla bir noktada ölümcül bir blok ortaya çıkacaktır. Bu aynı zamanda üzerinde düşünmek ve sonuçlarının tam olarak bilinmesi için de geçerlidir. Bu, kısa bir pratik oyun süresiyle sonuçlanmaz ve tek başına kötü bir başlangıç, yenilgi anlamına gelmez: Aşağıdaki animasyon, her biri değişmeden dokuz kule yerleşiminden sonra boş bir tahtaya ulaşan, önceden hesaplanmış beş karışık diziyi gösterir. O evrensel bir Tetris botu değil.