Un dado sulla scacchiera

[axpgn]

Supponiamo di avere una scacchiera di dimensioni $50 xx 50$ e un dado le cui facce hanno esattamente le dimensioni delle caselle della scacchiera.
È un normale dado, numerato da $1$ a $6$ e le cui facce opposte sommano a $7$.
Posizioniamolo sulla prima casella in basso a sinistra e facciamolo "rotolare" verso la destra della scacchiera e verso l'alto della scacchiera in modo da farlo giungere fino alla casella opposta in alto a destra.
"Rotolare" significa ribaltare il dado su uno dei due spigoli di base (verso destra o verso l'alto) in modo che cada o sulla casella adiacente sulla destra o sulla casella adiacente in alto, ricoprendole esattamente.
Il dado non puoi mai ritornare indietro.
Supponiamo infine che ogni volta che una faccia del dado si appoggi alla casella, imprima su di essa il numero inciso su quella faccia, come uno stampino.
In pratica, il percorso del dado sarà una successione di numeri.
Chiamiamo $S$ la somma di tutti i termini di questa successione: qual è il valore minimo e qual è il valore massimo di $S$ ?

Cordialmente, Alex

[andomito]

direi 342 minimo e 351 massimo.

La logica è che detto x il valore di partenza del dado, se mi sposto a destra di un passo ho determinato il valore del prossimo spostamento a destra (sia che avvenga subito, sia che avvenga dopo n passi) al valore 7-x. Analogamente, se mi sposto in alto ho determinato il valore del prossimo spostamento in alto a 7-x
Poiché per arrivare alla coordinata (50,50) devo comunque fare 49 spostamenti a destra e 49 in alto, ho che la risultante dei primi 48 spostamenti a destra (pari a quella dei primi 48 spostamenti in alto) è sempre la stessa, ovvero 7*48/2 =168 (a destra - 168 in alto. In totale (parziale) 336. Restano da determinare i valori della casella finale, di quella che ha preceduto l'ultimo passo a destra e di quella che ha preceduto l'ultimo passo in alto. I valori di tali tre caselle, peraltro, dovranno essere contigui. Manovrando opportunamente si può fare in modo che tali tre caselle valgano 1,2 e 3 oppure 4, 5 e 6, da cui il risultato indicato.

.

[axpgn]

@andomito

La tua risposta è giusta ma, a parer mio, c'è un "buco" nella tua dimostrazione.
Tu dai per scontato un fatto

"andomito":… ho determinato il valore del prossimo spostamento a destra (sia che avvenga subito, sia che avvenga dopo n passi) al valore 7-x. … … ho che la risultante dei primi 48 spostamenti a destra (pari a quella dei primi 48 spostamenti in alto) è sempre la stessa, ovvero 7*48/2 =168 …

che invece va dimostrato.
Ok, l'intuito ti dice che è così ma per quale motivo?

Cordialmente, Alex

[andomito]

Per dimostrare la mia affermazione basta osservare che, per il tipo di movimento ipotizzato (senza scivolamenti e mantenendo sempre almeno uno spigolo su un bordo che delimita gli scacchi), una volta posizionato su una colonna (o una riga), il dado rotola su di essa senza interessare due delle sue facce. Per fissare le idee diciamo la faccia 1 e la 6, una di tali facce (1) è sempre rivolta alla colonna precedente, l'altra (6) sempre alla colonna successiva. Quindi il dado può aver raggiunto la colonna solo passando per un 1 e ne può uscire solo passando per un 6. Ma in ogni caso le facce opposte sommano 7. Ergo il contributo di ogni coppia di colonne (o righe) è una somma che deve sempre essere 7.
Se viceversa il dado può staccare lo spigolo dalla scacchiera, piroettando a piacere sul vertice prima di posarsi (invece di rotolare), il minimo è 50 (tutti 1 sulla diagonale) e il massimo 594 (tutti sei sulle 100-1 caselle di due bordi)

[axpgn]

@andomito

… mmmm … non mi convince del tutto … principalmente perché usando un caso specifico non sei sicuro che tutte le possibilità rientrino nel caso che hai illustrato (per esempio ricadi sulla destra sul $6$ poi vai in alto, a quel punto sia l'uno che il sei non sono più "in orizzontale" ma "in verticale" e quindi non è detto che il ragionamento fatto valga ancora e valga anche per le altre facce).
Voglio dire, i percorsi possibili sono tantissimi, sei sicuro di aver "testato" tutte le casistiche?
C'è un argomento, un'idea per meglio dire, che taglia la testa al toro
IMHO

Cordialmente, Alex

[andomito]

"axpgn":@andomito

… mmmm … non mi convince del tutto … principalmente perché usando un caso specifico non sei sicuro che tutte le possibilità rientrino nel caso che hai illustrato (per esempio ricadi sulla destra sul $6$ poi vai in alto, a quel punto sia l'uno che il sei non sono più "in orizzontale" ma "in verticale" e quindi non è detto che il ragionamento fatto valga ancora e valga anche per le altre facce).
Voglio dire, i percorsi possibili sono tantissimi, sei sicuro di aver "testato" tutte le casistiche?
C'è un argomento, un'idea per meglio dire, che taglia la testa al toro
IMHO

Cordialmente, Alex

Non sto facendo riferimento ad un singolo caso specifico, ma all'unico tipo di movimento ammesso.
Rispolverando le mie memorie di meccanica razionale…

L'atto di moto elementare del movimento ipotizzato è una rotazione attorno ad uno spigolo, il che garantisce l'invarianza delle facce ortogonali allo spigolo stesso. Ergo, finché mi mantengo su una colonna (riga) la faccia rivolta verso la colonna (riga) successiva rimane sempre la stessa.
Per tornare al caso che citi, è vero che dopo due passi (destra =6 ed alto = 2,5,3 o 4) 1 e 6 sono in verticale, ma non possono essere orientati a destra (in direzione della successiva colonna).
Ovviamente l'analisi presuppone che non si possa tornare indietro né sulla riga, né sulla colonna (come da ipotesi).

Comunque sono curioso di conoscere dell'idea che può dimostrare il risultato in altro modo.

[axpgn]

@andomito

Premessa: non sto dicendo che il tuo ragionamento sia sbagliato, anzi ... più semplicemente leggendolo mi viene spontaneo farmi una domanda: è sufficiente a garantirmi che si giunga a questa situazione in ogni possibile combinazione di passi? Ecco, io non sono sicuro di questo ...
La mia idea è simile ma, a parer mio, più generale ... IMHO
Se la faccia $x$ ha toccato la scacchiera (ovvero si è trovata ad essere la faccia inferiore del dado) allora, siccome il dado non può tornare sui suoi passi, prima che torni a toccare la scacchiera nuovamente dovrà passare "di sopra" ovvero diventare la faccia superiore del dado.
Ma in tal caso la faccia opposta $7-x$ è la faccia inferiore e quindi tocca la scacchiera.
Ne consegue che le occorrenze di una qualsiasi faccia in un qualsiasi percorso differiscono da quelle della fascia opposta al massimo di una unità.
Perciò potremo avere percorsi di $49*7$ più una qualsiasi delle facce oppure $48*7$ a cui sommare (negli estremi) $1+2+3$ o $4+5+6$

Ciò detto, mi viene da aggiungere: tali valori sono effettivamente raggiungibili ?

Cordialmente, Alex

[andomito]

La tua considerazione è parente stretta della mia:

per tornare alla faccia x devi fare un'ulteriore rotazione uguale a quella che ti ha fatto abbandonare tale faccia x (arrivando alla faccia 7-x) e poi un'ulteriore rotazione uguale a quella che ti farà abbandonare la faccia 7-x.

In più con il mio ragionamento penso di aver dimostrato anche che ...

non è possibile un risultato 49*7+una faccia a piacere.
Alla fine dovranno rimanere tre facce spaiate e consecutive: quella che ti fa entrare nell'ultima riga, quella che ti fa entrare nell'ultima colonna, e quella dell'ultima casella toccata escluse tali due, che è immediato constatare appartengono a diverse coppie a somma 7.

[andomito]

"andomito":

Alla fine dovranno rimanere tre facce spaiate e consecutive: quella che ti fa entrare nell'ultima riga, quella che ti fa entrare nell'ultima colonna, e quella dell'ultima casella toccata escluse tali due, che è immediato constatare appartengono a diverse coppie a somma 7.

Rettifico:

Alla fine dovranno rimanere tre facce spaiate e consecutive: quella delle ultime due caselle toccate e quella che ti ha fatto entrare nella riga (o colonna) individuata da tali due ultime caselle.
Che si tratta in ogni caso di facce spaiate tra loro lo si constata considerando che gli ultimi due passi sono certamente o sulla medesima riga o sulla medesima colonna, e sono certamente relativi a facce contigue. Il passo per entrare in tale ultima riga (o colonna) è dunque certamente spaiato con essi per le considerazioni fatte. Tolte tali tre caselle, tutte le altre sono necessariamente accoppiate per la considerazione fatta: le caselle di ingresso di righe (colonne), sono due a due a somma 7.

[andomito]

Rilancio.

So che sulla prima faccia (all'angolo della scacchiera 50x50 ) imprimo il numero 1 (parto con il 6 in alto)
Quanto vale , al massimo e al minimo, la somma S dei numeri impressi in un percorso senza ritorni fino alla casella all'angolo opposto?

In altre parole, come influisce la faccia di partenza sul risultato?

(se avete capito la mia dimostrazione del precedente problema la soluzione è elementare)

[axpgn]

Non è necessario usare il tuo ragionamento …

Le coppie di facce sono tre e quindi al massimo avremo tre numeri "spaiati".
Le terne possibili sono otto: $1, 2, 3$ - $1, 2, 4$ - $1, 5, 3$ - $1, 5, 4$ - $6, 2, 3$ - $6, 2, 4$ - $6, 5, 3$ - $6, 5, 4$
Se c'è l'uno non c'è il sei e siccome partiamo dall'uno il sei non ci può essere …

Cordialmente, Alex

[andomito]

Giusto andrebbe chiarito perché è possibile considerare la prima una delle facce che rimangono spaiate.

[axpgn]

Il motivo è sempre quello:

Prima che una faccia torni a "stampare" deve averlo fatto anche l'altra e questo porta alla conclusione che in un percorso le due facce opposte o compaiono lo stesso numero di volte oppure una delle due compare, al massimo, una volta in più dell'altra.
Poniamo ora che si parta dall'uno; in tal caso il sei sarà sempre ad "inseguire" l'uno … stampo l'uno, stampo il sei … e poi prima di un altro sei ci deve esser stato un altro uno quindi il sei "insegue" …

[andomito]