La rotación de los dados sobre una rejilla

Question

Imagina que tienes un plano, una superficie plana con un cuadrado de la cuadrícula dibujada en él. Usted tiene un cúbicos estándar de morir que se coloca en la superficie plana. Su longitud es la misma que la longitud del lado de cada cuadrado de la cuadrícula. La única manera de mover el morir a un lado de la plaza está tocando el morir en la plaza. Así que, obviamente, el morir no se puede mover en diagonal.

Desde esta cuadrícula es infinitamente grande, hay infinidad de viajes de ida y vuelta que se pueden hacer con el morir. Algunos de estos viajes de ida y puede causar una rotación de morir. El conjunto de todos los viajes de ida y vuelta se pueden clasificar en equivalencia de conjuntos, donde cada clase representa una rotación particular después de un viaje de ida. Estas rotaciones, naturalmente, constituyen un grupo.

¿Alguien puede enumerar todas las posibles rotaciones en esta configuración? También, cuando se mueve el dado todo, me di cuenta de que era imposible para un viaje redondo para producir una rotación de 90 grados sobre el eje perpendicular a la superficie. Puede alguien darme una prueba simple de esto? Parece ser una fácil prueba, pero soy incapaz de demostrar.

También, si podemos generalizar esto a un n lados morir, ¿cuáles son los imposible rotaciones? Si alguien pudiera proporcionar una relacionada con el papel de referencia o así, lo agradecería muchísimo.

Answer 1

Aquí está una mancha método: etiqueta del morir con los números habituales de pips (modo 1 es frente a 6, 2, está enfrente de 5 y 3 es opuesto a 4) y la etiqueta de la cuadrícula como un tablero de ajedrez. A continuación, coloque el morir en un cuadrado negro con el morir en ángulo en un isométrico de la vista (creo Q*bert) con los números 1,4,5 visible (por ejemplo).

Ahora, ¿qué sucede si usted comete un 90 rotación alrededor de un borde? Dos de las caras siguen siendo visibles, pero la cara que se oculta es reemplazado con su cara opuesta. El punto importante a tener en cuenta: las caras opuestas han opuesto a la paridad (par/impar), de modo que la suma resultante de las caras visibles ahora también se ha opuesto a la paridad!

(En la imagen de arriba, tenga en cuenta que el 4(aún) es reemplazado con un 3(impar), el cambio de la suma de las caras visibles de 10(incluso) a 9(impar).)

Por lo tanto, no importa cómo se manipula el morir, que siempre tienen un suma de las caras visibles cuando se coloca en los cuadrados de color negro, y siempre tienen una extraña suma de las caras visibles cuando se coloca en los recuadros blancos. Por supuesto, si al morir se inició en su lugar con un extraño suma de las caras visibles en un cuadrado negro o incluso una suma de las caras visibles en un cuadrado blanco, siempre tienen una extraña suma de las caras visibles cuando se coloca en los cuadrados de color negro y una suma de las caras visibles cuando se coloca en los recuadros blancos.

Que es suficiente para responder a su pregunta. No es difícil mostrar, además, que existen viajes de ida y vuelta para girar un morir en cualquier configuración de la misma paridad.

(Como un aparte, este es un truco útil para la solución de un rompecabezas de Zero Escape: la Virtud de la Recompensa final.) [1] [2]

Answer 2

Rodando en torno a una plaza produce un $\frac 13$ rotación alrededor de un cuerpo de diagonal. Esto genera un subgrupo de tamaño tres. Rodando en torno a un cuadro diferente, fijará diferentes diagonal, generando otro orden de tres de los subgrupos. Ambos son subgrupos de los permuations. Creo que generar todo incluso subgrupo. Rodando en torno a un $2 \times 1$ rectángulo produce un $\frac 12$ rotación alrededor de un eje a través de la cara opuesta de los centros. Esto genera un subgrupo de tamaño seis. Ambos de estos corresponden a incluso permutaciones, mientras que un solo cuarto de vuelta es una permutación impar. Por tablero de ajedrez para colorear la red, sabemos que para volver a la partida de la plaza se requiere un número de un cuarto de vuelta, de forma que un cuarto de vuelta no es posible.

Añadido:en realidad, es mucho más fácil para el otro lado de dados. Para todos los otros sólidos Platónicos, ha especificado la orientación una vez que se especifica la parte inferior de la cara. Para $20$ lado los dados, si usted hace rodar seis vueltas alrededor de un vértice, volver a empezar a tener movida a la cara, así que usted puede conseguir cualquier cara en la parte inferior en el punto de partida. Para $4$ secundarios dados, cuando vuelvas a iniciar usted tiene la misma cara hacia abajo, como el que comenzó. Usted puede cubrir el plano con una malla triangular en la forma estándar y cada triángulo tiene un rostro que siempre va a estar abajo cuando el tetraedro es en esa celda. Para $12$ lado los dados no creo que pueda volver a la posición inicial, excepto por volver sobre sus pasos desde algún lugar porque los pentágonos no de superposición. Para $8$ caras de los dados puede color alternativo caras en blanco y negro en el octaedro y sólo las caras que coincida con el original en color de viento de arriba abajo en el punto de partida del color de la malla triangular en el plano de partido. Como rodar seis vueltas alrededor del mismo punto se le de vuelta a comenzar con una cara hacia abajo, usted puede obtener cuatro caras hacia abajo en el arranque.