في الأمسية العائلية الأخيرة ، أحضر الأطفال لعبة Dobble (في إصدار هاري بوتر) بحماس إلى الطاولة. بعد الجولة الخامسة من الخسارة (مع عدم وجود ضربة واضحة لبطاقتي مع بطاقة اللعب) قيل لي ، لدهشتي ، أن كل لاعب يمكنه دائمًا العثور على الضربة في كل جولة. لكن عدم تصديقي تم الاعتراف به فقط مع المزيد من اللفات الضائعة - كان الأطفال ببساطة أسرع.
سبب كافٍ لإلقاء نظرة فاحصة على اللعبة من وجهة نظر رياضية. أولاً مبدأ اللعبة: Dobble هي لعبة ورق بسيطة بها \(55\) بطاقات مستديرة ، كل منها يعرض ثمانية رموز مختلفة. يتم توزيع جميع البطاقات بالتناوب ، مع ترك البطاقة الأخيرة فقط في منتصف الطاولة. الآن يتعين على جميع اللاعبين مقارنة الرموز الموجودة على البطاقة بالرموز الموجودة على البطاقة العلوية الحالية في نفس الوقت. إذا وجد اللاعب نفس الرمز على كلتا البطاقتين ، فيمكنه وضع بطاقته على المكدس من خلال كونه الأسرع في تسمية الرمز. اللاعب الذي يتخلص من جميع أوراقه يفوز أولاً.
كيف يمكن أن يكون هناك \(55\) مثل هذه البطاقات التي تم إنشاؤها بطريقة تجعل أي بطاقتين يشتركان في رمز واحد بالضبط؟ ما هو الحد الأدنى لعدد هذه الرموز التي يجب استخدامها؟ ما هو الحد الأقصى لعدد هذه البطاقات؟
أولاً ، نقوم ببناء هذه البطاقات باستخدام الخطوات المنطقية التالية (جميع البطاقات التي تم إنشاؤها لاحقًا لها خاصية تصنيفها بترتيب تصاعدي): يجب أن تحتوي البطاقة الأولى على 8 رموز مختلفة ، أي القراءة:
$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \\ 5 \\ 6 \\ 7 \\ 8 \end{array}\right)$$
نقوم الآن ببناء البطاقات التالية بحيث يكون لها رمز واحد مشترك مع البطاقة الأولى:
$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{1.2} \\ x_{1.3} \\ x_{1.4} \\ x_{1.5} \\ x_{1.6} \\ x_{1.7} \\ x_{1.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{2.2} \\ x_{2.3} \\ x_{2.4} \\ x_{2.5} \\ x_{2.6} \\ x_{2.7} \\ x_{2.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{3.2} \\ x_{3.3} \\ x_{3.4} \\ x_{3.5} \\ x_{3.6} \\ x_{3.7} \\ x_{3.8} \end{array}\right), \ldots, \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{k.2} \\ x_{k.3} \\ x_{k.4} \\ x_{k.5} \\ x_{k.6} \\ x_{k.7} \\ x_{k.8} \end{array}\right)$$
يمكن بالفعل إنشاء أي عدد من هذه البطاقات هنا (ما عليك سوى ملء الأماكن بترتيب تصاعدي ، بدءًا من \(9\) ). ومع ذلك ، فإن هذه الحالة التافهة غير مثيرة للاهتمام ، نظرًا لأننا مهتمون بمجموعة بها أقل عدد ممكن من الرموز (وأقصى عدد من البطاقات). نعتبر الآن الرمز الثاني \( x_{l.2} \) لكل بطاقة ، ومن الواضح أنه يجب تطبيق ما يلي: \( x_{1.2} \neq x_{2.2} \neq x_{3.2} \neq \ldots \neq x_{k.2} \) . لذلك أدخلنا بالضرورة \( k \) رموزًا جديدة. لكن الآن \( k \leq 8-1 = 7 \) ، نظرًا لعدم وجود أي من رموز \ \( 7 \) \( x_{1.2},\, x_{1.3},\, x_{1.4},\, x_{1.5},\, x_{1.6},\, x_{1.7},\, x_{1.8} \) (من البطاقة الموجودة في أقصى اليسار) قد يتطابق مع الرمز الثاني لكل بطاقة من البطاقات الأخرى (وإلا فسيكون هناك رمزان متطابقان ).
لقد وجدنا بحد أقصى 7 بطاقات جديدة:
$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{1.2} \\ x_{1.3} \\ x_{1.4} \\ x_{1.5} \\ x_{1.6} \\ x_{1.7} \\ x_{1.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{2.2} \\ x_{2.3} \\ x_{2.4} \\ x_{2.5} \\ x_{2.6} \\ x_{2.7} \\ x_{2.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{3.2} \\ x_{3.3} \\ x_{3.4} \\ x_{3.5} \\ x_{3.6} \\ x_{3.7} \\ x_{3.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{4.2} \\ x_{4.3} \\ x_{4.4} \\ x_{4.5} \\ x_{4.6} \\ x_{4.7} \\ x_{4.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{5.2} \\ x_{5.3} \\ x_{5.4} \\ x_{5.5} \\ x_{5.6} \\ x_{5.7} \\ x_{5.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{6.2} \\ x_{6.3} \\ x_{6.4} \\ x_{6.5} \\ x_{6.6} \\ x_{6.7} \\ x_{6.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{7.2} \\ x_{7.3} \\ x_{7.4} \\ x_{7.5} \\ x_{7.6} \\ x_{7.7} \\ x_{7.8} \end{array}\right)$$
بنفس الحجة نقوم الآن ببناء الخرائط التالية \(7\) (يجب أن تتعارض أول هذه الخرائط مع خريطة البداية الخاصة بنا ، وليس مع \(1\) ، وإلا فسيكون مع \(7\) سابقًا وجدت الخرائط):
$$\left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{8.2} \\ x_{8.3} \\ x_{8.4} \\ x_{8.5} \\ x_{8.6} \\ x_{8.7} \\ x_{8.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{9.2} \\ x_{9.3} \\ x_{9.4} \\ x_{9.5} \\ x_{9.6} \\ x_{9.7} \\ x_{9.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{10.2} \\ x_{10.3} \\ x_{10.4} \\ x_{10.5} \\ x_{10.6} \\ x_{10.7} \\ x_{10.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{11.2} \\ x_{11.3} \\ x_{11.4} \\ x_{11.5} \\ x_{11.6} \\ x_{11.7} \\ x_{11.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{12.2} \\ x_{12.3} \\ x_{12.4} \\ x_{12.5} \\ x_{12.6} \\ x_{12.7} \\ x_{12.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{13.2} \\ x_{13.3} \\ x_{13.4} \\ x_{13.5} \\ x_{13.6} \\ x_{13.7} \\ x_{13.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{14.2} \\ x_{14.3} \\ x_{14.4} \\ x_{14.5} \\ x_{14.6} \\ x_{14.7} \\ x_{14.8} \end{array}\right)$$
يمكن أيضًا متابعة هذه الحجة من أجل \(7\) البطاقات التالية ؛ إجمالي \(8-2 = 6\) مرات أكثر. \(7\) الأخيرة هي وفقًا لذلك:
$$\left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{50.2} \\ x_{50.3} \\ x_{50.4} \\ x_{50.5} \\ x_{50.6} \\ x_{50.7} \\ x_{50.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{51.2} \\ x_{51.3} \\ x_{51.4} \\ x_{51.5} \\ x_{51.6} \\ x_{51.7} \\ x_{51.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{52.2} \\ x_{52.3} \\ x_{52.4} \\ x_{52.5} \\ x_{52.6} \\ x_{52.7} \\ x_{52.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{53.2} \\ x_{53.3} \\ x_{53.4} \\ x_{53.5} \\ x_{53.6} \\ x_{53.7} \\ x_{53.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{54.2} \\ x_{54.3} \\ x_{54.4} \\ x_{54.5} \\ x_{54.6} \\ x_{54.7} \\ x_{54.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{55.2} \\ x_{55.3} \\ x_{55.4} \\ x_{55.5} \\ x_{55.6} \\ x_{55.7} \\ x_{55.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{56.2} \\ x_{56.3} \\ x_{56.4} \\ x_{56.5} \\ x_{56.6} \\ x_{56.7} \\ x_{56.8} \end{array}\right)$$
إذا كنت تريد إضافة بطاقة أخرى $$\left(\begin{array}{c} 9 \\ x_{57.2} \\ x_{57.3} \\ x_{57.4} \\ x_{57.5} \\ x_{57.6} \\ x_{57.7} \\ x_{57.8} \end{array}\right)$$ ستفشل لأن هذه البطاقة لا تشارك رمزًا مع بطاقة البداية. لقد أنشأنا حدًا أقصى من \(1 + 8 \cdot 7 = 57\) خرائط. هدفنا الآن هو بناء ما لا يقل عن العديد.
للقيام بذلك ، نلقي نظرة على أول 7 بطاقات جديدة تم العثور عليها وتوصلنا إلى استنتاج مفاده أننا بحاجة ماسة إلى \(7 \cdot 7\) رموز جديدة هنا (لا يجوز أن تحتوي البطاقة على رمز مرتين ويجب ألا يظهر كل رمز يتم تخصيصه مرتين ، حيث أن \(1\) مزدوج بالفعل):
$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 9 \\ 10 \\ 11 \\ 12 \\ 13 \\ 14 \\ 15 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 16 \\ 17 \\ 18 \\ 19 \\ 20 \\ 21 \\ 22 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 23 \\ 24 \\ 25 \\ 26 \\ 27 \\ 28 \\ 29 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 30 \\ 31 \\ 32 \\ 33 \\ 34 \\ 35 \\ 36 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 37 \\ 38 \\ 39 \\ 40 \\ 41 \\ 42 \\ 43 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 44 \\ 45 \\ 46 \\ 47 \\ 48 \\ 49 \\ 50 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 51 \\ 52 \\ 53 \\ 54 \\ 55 \\ 56 \\ 57 \end{array}\right)$$
لذلك نحتاج إلى رموز \(8 + (7 \cdot 7) = 57\) قليلة (أي عدد الرموز مثل البطاقات!). نحاول الآن تجاوز هذا الرقم وإيجاد قاعدة بناء لجميع العناصر الأخرى. للقيام بذلك ، نقوم بإنشاء dobble أصغر قليلاً يحتوي فقط على \(3\) رموز لكل بطاقة واستلامها كبطاقة البداية
$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 3 \end{array}\right)$$
والبطاقات الأخرى
$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 4 \\ 5 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 6 \\ 7 \end{array}\right)$$
$$\left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{3.2} \\ x_{3.3} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{4.2} \\ x_{4.3} \end{array}\right)$$
$$\left(\begin{array}{c} 3 \\ x_{5.2} \\ x_{5.3} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 3 \\ x_{6.2} \\ x_{6.3} \end{array}\right)$$
بإجمالي \(1 + 3 \cdot 2 = 7\) بطاقات و \( 3 + (2 \cdot 2) = 7\) رموز. مع قليل من التجربة والخطأ (واستخدام الرموز المعينة بالفعل) تحصل على dobble التالي:
$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 3 \end{array}\right)$$
$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 4 \\ 5 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 6 \\ 7 \end{array}\right)$$
$$\left(\begin{array}{c} 2 \\ 4 \\ 6 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ 5 \\ 7 \end{array}\right)$$
$$\left(\begin{array}{c} 3 \\ 4 \\ 7 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 3 \\ 5 \\ 6 \end{array}\right)$$
هل يمكن أيضًا العثور على هذا بشكل منهجي؟ للقيام بذلك ، نقوم بإدخال الرموز المعينة حديثًا \(4, 5, 6, 7\) في مصفوفة مربعة:
$$\begin{array}{ccc} 4 & & 5 \\ & & \\ 6 & & 7\end{array}$$
الآن نتخيل لأول بطاقتين (تبدأ برموز البداية \ \(4\) و \(5\) ) خطوط ربط عمودية بالرموز السفلية \(6\) و \(7\):
$$\begin{array}{ccc} 4 & & 5 \\ \vdots & & \vdots \\ 6 & & 7\end{array}$$
نظرًا لأن هذه الخطوط لا تتقاطع ، نحصل (من خلال رسم الرموز على الخطوط المتصلة سطراً بسطر) على أقرب بطاقات صالحة:
$$\left(\begin{array}{c} 2 \\ 4 \\ 6 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ 5 \\ 7 \end{array}\right)$$
أخيرًا ، نتخيل ربط الخطوط بميل مختلف (في هذه الحالة مع المنحدر \(1\) ):
$$\begin{array}{ccccc} & 4 & & 5 & \\ \ddots & & \ddots & & \ddots \\ & 6 & & 7 &\end{array}$$
خط التوصيل الثاني (بين \(5\) و \(6\) ) يترك المصفوفة عند الحافة اليمنى ويعود إلى الحافة اليسرى. من خلال اختيار المنحدر بمهارة ، نضمن من ناحية أن الخطوط المتصلة لا تتقاطع مع بعضها البعض ، ولكن أيضًا لا تتقاطع خطوط التوصيل (الرأسية) السابقة. تؤدي فكرة التصميم هذه في النهاية إلى صيغة التصميم التالية:
Dobble مع \(k \in \mathbb{N} \, | \, (k-1) \text{ prim} \) has \(1+(k \cdot (k-1)) = k^2-k+1 = k + (k-1)(k-1)\) البطاقات والرموز. بالنسبة للخريطة \(K_x\) مع \(x \in \mathbb{N}\) و \(0 \leq x \leq (k-1) \cdot k\) تنطبق:
$$K_x = \left(\begin{array}{c} f(x,1) \\ f(x,2) \\ \vdots \\ f(x,k) \end{array}\right), \,\, m = \left\lfloor \frac{x-1}{k-1} \right\rfloor + 1,$$
$$f(x,y) = \left\{\begin{array}{ll} y & \text{falls } x = 0 \\ \lfloor \frac{x-1}{k-1} \rfloor + 1, &\text{sonst falls } y = 1 \\ (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2), & \text{sonst falls } 0 < x < k \\ \left( \left((m-1)(k-1)+x\right)-1+ \left( (m-2)(y-2) \right) \right) \% (k-1) &\text{sonst} \\ + (k+1) + (k-1)(y-2)&\end{array}\right.$$
يوجد \((k-1)\cdot k + 1 = k + (k-1)(k-1)\) قطع من هذه البطاقات. الآن يبقى فقط للعرض:
$$ \forall x_1 < x_2 \in \{ 1, \ldots, k+(k-1)(k-1) \} \, \exists \, ! \, y_1, y_2 \in \{ 1, \ldots, k \}: f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) $$
- الحالة الأولى: \( x_1 = 0 \)
- الحالة 1 أ: \( 0 < x_2 < k \)
- بالنسبة إلى \(y_1 = 1\) و \(y_2 = 1\) لدينا:
\(f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1\) . - بالنسبة إلى \(y_1 \neq 1\) و \(y_2 = 1\) لدينا:
\(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1\) - بالنسبة إلى \(y_1 = 1\) و \(y_2 \neq 1\) لدينا:
\(f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) =\)
\((k+1)(x-1) + (k-1) + y \geq (k+1)(x-1)+y > 1\) - بالنسبة إلى \(y_1 \neq 1\) و \(y_2 \neq 1\) هو:
\(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) > k\)
- بالنسبة إلى \(y_1 = 1\) و \(y_2 = 1\) لدينا:
- الحالة 1 ب: \( x_2 \geq k \)
- بالنسبة إلى \(y_1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) و \(y_2 = 1\) لدينا:
\(f(x_1, y_1) = f(0, \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) - بالنسبة إلى \(y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) و \(y_2 = 1\) هو:
\(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) - بالنسبة إلى \(y_2 \neq 1\) هو:
\(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k\)
\(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
\(+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1)+(k-1)(y_2-2) > k \)
- بالنسبة إلى \(y_1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) و \(y_2 = 1\) لدينا:
- الحالة 1 أ: \( 0 < x_2 < k \)
- الحالة الثانية: \( 0 < x_1 < k \)
- الحالة 2 أ: \( 0 < x_2 < k \)
- بالنسبة إلى \(y_1 = 1\) و \(y_2 = 1\) لدينا:
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\) - بالنسبة إلى \(y_1 \neq 1\) و \(y_2 = 1\) لدينا:
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) > 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\) - بالنسبة إلى \(y_1 = 1\) و \(y_2 \neq 1\) لدينا:
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) > 1\) - بالنسبة إلى \(y_1 \neq 1\) و \(y_2 \neq 1\) هو:
\(f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) \leq\)
\((k+1)+(k-1)(x_1-1)+(k-2)\)
\(f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) \geq\)
\((k+1)+(k-1)((x_1+1)-1)+(y_2-2) =\)
\((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (y_2-2) \geq\)
\((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (2-2) \geq\)
\((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) > (k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-2)\)
- بالنسبة إلى \(y_1 = 1\) و \(y_2 = 1\) لدينا:
- الحالة 2 ب: \( x_2 \geq k \)
- بالنسبة إلى \(y_1 = 1\) و \(y_2 = 1\) لدينا:
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \geq \left\lfloor \frac{k-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 2 > 1\) - بالنسبة إلى \(y_1 = 1\) و \(y_2 \neq 1\) لدينا:
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
\(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
\(+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_2-2) > 1\) - بالنسبة إلى \(y_1 \neq 1\) و \(y_2 = 1\) لدينا:
\(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1)\)
\(+ (k+1) + (k-1)(y_1-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_1-2) > 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\) - بالنسبة \(y_1 \neq 1\) و \(y_2 \neq 1\) هو:
\((k+1) + (k-1)(x_1-1) + (y_1-2) =\)
\(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
\(+ (k+1) + (k-1)(y-2)\)
\(\Leftrightarrow y_1 = (k-1)y_2 - (k-1)(x_1+1) +\)
\(\left( 2 + \left( \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \right) \right) \)
بالنسبة \(y_2 = x_1+1\) مع \( 2 \leq y_2 \leq k\) هو
\(y_1 = 2 + \left( \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \right)\) مع \( 2 \leq y_1 \leq k\).
لا يوجد سوى حل واحد هنا \( (y_1, y_2) \).
لأننا نختار \(y^*_2=y_2-1\) كقيمة هو \(y^*_1 = y_1-(k-1) < 2\).
بالإضافة إلى ذلك ، ل \(y^*_2*=y_2+1\) ومن بعد \(y^*_1 = y_1+(k-1) > k\).
- بالنسبة إلى \(y_1 = 1\) و \(y_2 = 1\) لدينا:
- الحالة 2 أ: \( 0 < x_2 < k \)
- 3. حالة: \( x_1 \geq k \)
- الحالة 3 أ: \( x_2 \geq k \)
- الحالة 3 أ ": \(m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2\)
- بالنسبة إلى \(y_1 = 1\) و \(y_2 = 1\) لدينا:
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 = m_1\) - بالنسبة إلى \(y_1 = 1\) و \(y_2 \neq 1\) لدينا:
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =\)
\(\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k\)
\(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
\((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq\)
\((k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k\) - بالنسبة إلى \(y_1 \neq 1\) و \(y_2 = 1\) لدينا:
انظر \(y_1 = 1\) و \(y_2 \neq 1\) . - بالنسبة \(y_1 \neq 1\) و \(y_2 \neq 1\) هو:
\(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%\)
\((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)\)
\(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
\((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)\)
ثم \(f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow\)
\(L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
\(L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
\(L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)\)
بالنسبة \(y_1 \neq y_2\) هو \(L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)\).
بالنسبة \(y_1 = y_2\) هو \(L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2\) و
\(\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =\)
\(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow\)
\(x_1 = x_2 + (k-1)\cdot l\) في تناقض مع \(m_1 = m_2\).
- بالنسبة إلى \(y_1 = 1\) و \(y_2 = 1\) لدينا:
- حالة 3 أ ": \(m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2\)
- بالنسبة إلى \(y_1 = 1\) و \(y_2 = 1\) لدينا:
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 \neq m_1\) - بالنسبة إلى \(y_1 = 1\) و \(y_2 \neq 1\) لدينا:
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =\)
\(\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k\)
\(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
\((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq\)
\((k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k\) - بالنسبة إلى \(y_1 \neq 1\) و \(y_2 = 1\) لدينا:
انظر \(y_1 = 1\) و \(y_2 \neq 1\) . - بالنسبة \(y_1 \neq 1\) و \(y_2 \neq 1\) هو:
\(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%\)
\((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)\)
\(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
\((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)\)
ثم \(f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow\)
\(L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
\(L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
\(L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)\)
بالنسبة \(y_1 \neq y_2\) هو \(L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)\).
بالنسبة \(y_1 = y_2\) هو \(L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2\) و
\(\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =\)
\(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow\)
\(y = \frac{(k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)}{m_2 - m_1}\)
حسنا هناك ل \(2 \leq y \leq k\) دائما أ \(l \in \mathbb{N}_0\), لهذا السبب
\(m_2 - m_1 \mid (k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)\).
الدليل: هناك \((k-1)\) هو رئيس ، هو (بسبب ليما بيزوت).
\((k-1)\cdot l \equiv -\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right) \, \mod (m_2-m_1)\)
قابل للحل ، لأن \(\text{ggT}\left((k-1),(m_2-m_1)\right) = 1\) انشقاقات \(-\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right)\).
ثم هذا هو الحل الوحيد \(l_1\), بسبب واحد
\(l_2 = l_1 + (m_2-m_1)\) هو \( y_2 = y_1 + (k-1) > k\).
- بالنسبة إلى \(y_1 = 1\) و \(y_2 = 1\) لدينا:
- الحالة 3 أ ": \(m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2\)
- الحالة 3 أ: \( x_2 \geq k \)
يمكنك أيضًا العثور على معلومات أساسية مثيرة للاهتمام حول موضوع dobble والرياضيات هنا أو هنا . في البرنامج النصي التالي ، يمكنك رؤية الصيغة المثبتة مسبقًا قيد التنفيذ: يمكن إنشاء Dobbles (لـ \((k-1)\) prim) بضغطة زر:
See the Pen DOBBLE CREATOR by David Vielhuber (@vielhuber) on CodePen.