في آخر ليلة ألعاب عائلية، أحضر الأطفال بحماس لعبة دوبل (نسخة هاري بوتر). بعد خسارة خمس جولات (دون أن تتطابق بطاقتي مع بطاقة اللعب)، فوجئت عندما علمت أن كل لاعب يستطيع إيجاد تطابق في كل جولة. لكن شكوكي لم تتحقق إلا بمزيد من الخسائر - كان الأطفال أسرع بكثير.
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 \(55\) من هذه البطاقات التي تم إنشاؤها بطريقة تجعل أي بطاقتين تحتويان على رمز واحد مشترك بالضبط؟ ما هو عدد هذه الرموز التي يجب استخدامها كحد أدنى؟ 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:
$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \\ 5 \\ 6 \\ 7 \\ 8 \end{array}\right)$$
كيف نبني البطاقات التالية بحيث يكون لكل منها 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 مواصلة هذه الحجة للبطاقات \(7\) التالية بنفس الطريقة؛ أي ما مجموعه \(8-2 = 6\) . وبالتالي، فإن البطاقات \(7\) الأخيرة هي:
$$\left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{50.2} \\ x_{50.3} \\ x_{50.4} \\ x_{50.5} \\ x_{50.6} \\ x_{50.7} \\ x_{50.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{51.2} \\ x_{51.3} \\ x_{51.4} \\ x_{51.5} \\ x_{51.6} \\ x_{51.7} \\ x_{51.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{52.2} \\ x_{52.3} \\ x_{52.4} \\ x_{52.5} \\ x_{52.6} \\ x_{52.7} \\ x_{52.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{53.2} \\ x_{53.3} \\ x_{53.4} \\ x_{53.5} \\ x_{53.6} \\ x_{53.7} \\ x_{53.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{54.2} \\ x_{54.3} \\ x_{54.4} \\ x_{54.5} \\ x_{54.6} \\ x_{54.7} \\ x_{54.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{55.2} \\ x_{55.3} \\ x_{55.4} \\ x_{55.5} \\ x_{55.6} \\ x_{55.7} \\ x_{55.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{56.2} \\ x_{56.3} \\ x_{56.4} \\ x_{56.5} \\ x_{56.6} \\ x_{56.7} \\ x_{56.8} \end{array}\right)$$
إذا كنت تريد الآن إنشاء بطاقة أخرى $$\left(\begin{array}{c} 9 \\ x_{57.2} \\ x_{57.3} \\ x_{57.4} \\ x_{57.5} \\ x_{57.6} \\ x_{57.7} \\ x_{57.8} \end{array}\right)$$ ، فسيفشل هذا لأن هذه البطاقة لا تحتوي على رمز مشترك مع بطاقة البداية. وهذا يعني أننا أنشأنا الحد الأقصى لعدد البطاقات \(1 + 8 \cdot 7 = 57\) . هدفنا الآن هو بناء نفس العدد.
للقيام بذلك، ننظر إلى أول 7 بطاقات جديدة تم العثور عليها ونتوصل إلى استنتاج مفاده أننا نحتاج تمامًا إلى رموز \(7 \cdot 7\) جديدة (لا يجوز أن تحتوي أي بطاقة على رمز مكرر وكل رمز سيتم منحه قد لا يظهر مرتين لأن \(1\) مزدوج بالفعل):
$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 9 \\ 10 \\ 11 \\ 12 \\ 13 \\ 14 \\ 15 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 16 \\ 17 \\ 18 \\ 19 \\ 20 \\ 21 \\ 22 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 23 \\ 24 \\ 25 \\ 26 \\ 27 \\ 28 \\ 29 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 30 \\ 31 \\ 32 \\ 33 \\ 34 \\ 35 \\ 36 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 37 \\ 38 \\ 39 \\ 40 \\ 41 \\ 42 \\ 43 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 44 \\ 45 \\ 46 \\ 47 \\ 48 \\ 49 \\ 50 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 51 \\ 52 \\ 53 \\ 54 \\ 55 \\ 56 \\ 57 \end{array}\right)$$
هذا يعني أننا نحتاج إلى حد أدنى من الرموز \(8 + (7 \cdot 7) = 57\) (أي عدد من الرموز يساوي عدد البطاقات!). نحاول الآن التعامل مع هذا الرقم وإيجاد مواصفات التصميم لجميع العناصر الأخرى. للقيام بذلك، نقوم بإنشاء دوبل أصغر قليلاً يحمل فقط رموز \(3\) لكل بطاقة ونحصل عليه 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 الاتصال الثاني (بين \(5\) و \(6\) ) يترك المصفوفة عند الحافة اليمنى ويدخل مرة أخرى عند الحافة اليسرى. من خلال اختيار التدرج بذكاء، نضمن عدم تقاطع خطوط الاتصال مع بعضها البعض، ولكن أيضًا عدم تقاطع خطوط الاتصال السابقة (الرأسية). 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 أولي، 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.