Μαθηματικά στο παιχνίδι Dobble

Την τελευταία οικογενειακή βραδιά, το παιχνίδι Dobble (στην Έκδοση Χάρι Πότερ) έφερε με ενθουσιασμό τα παιδιά στο τραπέζι. Μετά τον 5ο χαμένο γύρο (χωρίς ορατό χτύπημα του φύλλου μου με το τραπουλόχαρτο) μου είπαν, προς έκπληξή μου, ότι κάθε παίκτης μπορεί πάντα να βρει ένα χτύπημα σε κάθε γύρο. Αλλά η δυσπιστία μου αναγνωρίστηκε μόνο με άλλους χαμένους γύρους - τα παιδιά ήταν απλά πιο γρήγορα.


Αρκετός λόγος για να ρίξουμε μια πιο προσεκτική ματιά στο παιχνίδι από μαθηματική άποψη. Πρώτα η αρχή του παιχνιδιού: Το Dobble είναι ένα απλό παιχνίδι τράπουλας με \(55\) στρογγυλές κάρτες, καθεμία από τις οποίες εμφανίζει οκτώ διαφορετικά σύμβολα. Όλα τα φύλλα μοιράζονται με τη σειρά, αφήνοντας μόνο το τελευταίο φύλλο στη μέση του τραπεζιού. Τώρα όλοι οι παίκτες πρέπει να συγκρίνουν ταυτόχρονα τα σύμβολα στην κάρτα με τα σύμβολα στο τρέχον κορυφαίο φύλλο τους. Εάν ένας παίκτης έχει βρει το ίδιο σύμβολο και στα δύο φύλλα, μπορεί να τοποθετήσει το φύλλο του στη στοίβα, ονομάζοντας το σύμβολο πιο γρήγορα. Ο παίκτης που θα απορρίψει πρώτα όλα του τα φύλλα κερδίζει.

Πώς μπορεί να υπάρχουν \(55\) τέτοιες κάρτες που κατασκευάστηκαν με τέτοιο τρόπο ώστε οποιαδήποτε 2 φύλλα να έχουν ακριβώς ένα κοινό σύμβολο; Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός τέτοιων συμβόλων που πρέπει να χρησιμοποιηθούν; Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός τέτοιων καρτών;

Αρχικά, κατασκευάζουμε αυτές τις κάρτες χρησιμοποιώντας τα ακόλουθα λογικά βήματα (όλες οι κάρτες που κατασκευάστηκαν στη συνέχεια έχουν την ιδιότητα να ταξινομούνται σε αύξουσα σειρά): Η πρώτη κάρτα πρέπει να έχει 8 διαφορετικά σύμβολα, δηλαδή διαβάζει:

$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \\ 5 \\ 6 \\ 7 \\ 8 \end{array}\right)$$

Κατασκευάζουμε τώρα τις παρακάτω κάρτες με τέτοιο τρόπο ώστε να έχουν ακριβώς ένα κοινό σύμβολο με το πρώτο φύλλο:

$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{1.2} \\ x_{1.3} \\ x_{1.4} \\ x_{1.5} \\ x_{1.6} \\ x_{1.7} \\ x_{1.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{2.2} \\ x_{2.3} \\ x_{2.4} \\ x_{2.5} \\ x_{2.6} \\ x_{2.7} \\ x_{2.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{3.2} \\ x_{3.3} \\ x_{3.4} \\ x_{3.5} \\ x_{3.6} \\ x_{3.7} \\ x_{3.8} \end{array}\right), \ldots, \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{k.2} \\ x_{k.3} \\ x_{k.4} \\ x_{k.5} \\ x_{k.6} \\ x_{k.7} \\ x_{k.8} \end{array}\right)$$

Οποιοσδήποτε αριθμός τέτοιων καρτών μπορεί ήδη να κατασκευαστεί εδώ (απλώς συμπληρώνετε τις θέσεις με αύξουσα σειρά, ξεκινώντας με \(9\) ). Αυτή η τετριμμένη περίπτωση, ωστόσο, δεν έχει ενδιαφέρον, καθώς μας ενδιαφέρει ένα σετ με ελάχιστο αριθμό συμβόλων (και μέγιστο αριθμό καρτών). Τώρα εξετάζουμε το δεύτερο σύμβολο \( x_{l.2} \) κάθε κάρτας, για το οποίο προφανώς πρέπει να ισχύουν τα ακόλουθα: \( x_{1.2} \neq x_{2.2} \neq x_{3.2} \neq \ldots \neq x_{k.2} \) . Επομένως, αναγκαστικά έχουμε εισαγάγει νέα σύμβολα \( k \) . Αλλά τώρα \( k \leq 8-1 = 7 \) , αφού κανένα από τα σύμβολα \ \( 7 \) \( x_{1.2},\, x_{1.3},\, x_{1.4},\, x_{1.5},\, x_{1.6},\, x_{1.7},\, x_{1.8} \) (από το αριστερό φύλλο) μπορεί να ταιριάζει με το δεύτερο σύμβολο καθενός από τα άλλα φύλλα (διαφορετικά θα υπήρχαν δύο πανομοιότυπα σύμβολα ).

Βρήκαμε το πολύ από αυτά τα 7 νέα φύλλα:

$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{1.2} \\ x_{1.3} \\ x_{1.4} \\ x_{1.5} \\ x_{1.6} \\ x_{1.7} \\ x_{1.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{2.2} \\ x_{2.3} \\ x_{2.4} \\ x_{2.5} \\ x_{2.6} \\ x_{2.7} \\ x_{2.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{3.2} \\ x_{3.3} \\ x_{3.4} \\ x_{3.5} \\ x_{3.6} \\ x_{3.7} \\ x_{3.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{4.2} \\ x_{4.3} \\ x_{4.4} \\ x_{4.5} \\ x_{4.6} \\ x_{4.7} \\ x_{4.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{5.2} \\ x_{5.3} \\ x_{5.4} \\ x_{5.5} \\ x_{5.6} \\ x_{5.7} \\ x_{5.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{6.2} \\ x_{6.3} \\ x_{6.4} \\ x_{6.5} \\ x_{6.6} \\ x_{6.7} \\ x_{6.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{7.2} \\ x_{7.3} \\ x_{7.4} \\ x_{7.5} \\ x_{7.6} \\ x_{7.7} \\ x_{7.8} \end{array}\right)$$

Με το ίδιο όρισμα κατασκευάζουμε τώρα τους επόμενους χάρτες \(7\) (ο πρώτος από αυτούς τους χάρτες πρέπει να συγκρουστεί με τον αρχικό μας χάρτη και όχι με τον \(1\) , διαφορετικά θα ήταν με τον \(7\) προηγουμένως βρέθηκαν χάρτες):

$$\left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{8.2} \\ x_{8.3} \\ x_{8.4} \\ x_{8.5} \\ x_{8.6} \\ x_{8.7} \\ x_{8.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{9.2} \\ x_{9.3} \\ x_{9.4} \\ x_{9.5} \\ x_{9.6} \\ x_{9.7} \\ x_{9.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{10.2} \\ x_{10.3} \\ x_{10.4} \\ x_{10.5} \\ x_{10.6} \\ x_{10.7} \\ x_{10.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{11.2} \\ x_{11.3} \\ x_{11.4} \\ x_{11.5} \\ x_{11.6} \\ x_{11.7} \\ x_{11.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{12.2} \\ x_{12.3} \\ x_{12.4} \\ x_{12.5} \\ x_{12.6} \\ x_{12.7} \\ x_{12.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{13.2} \\ x_{13.3} \\ x_{13.4} \\ x_{13.5} \\ x_{13.6} \\ x_{13.7} \\ x_{13.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{14.2} \\ x_{14.3} \\ x_{14.4} \\ x_{14.5} \\ x_{14.6} \\ x_{14.7} \\ x_{14.8} \end{array}\right)$$

Αυτό το όρισμα μπορεί επίσης να συνεχιστεί για τα επόμενα \(7\) φύλλα. Συνολικά \(8-2 = 6\) περισσότερες φορές. Τα τελευταία \(7\) φύλλα είναι αντίστοιχα:

$$\left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{50.2} \\ x_{50.3} \\ x_{50.4} \\ x_{50.5} \\ x_{50.6} \\ x_{50.7} \\ x_{50.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{51.2} \\ x_{51.3} \\ x_{51.4} \\ x_{51.5} \\ x_{51.6} \\ x_{51.7} \\ x_{51.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{52.2} \\ x_{52.3} \\ x_{52.4} \\ x_{52.5} \\ x_{52.6} \\ x_{52.7} \\ x_{52.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{53.2} \\ x_{53.3} \\ x_{53.4} \\ x_{53.5} \\ x_{53.6} \\ x_{53.7} \\ x_{53.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{54.2} \\ x_{54.3} \\ x_{54.4} \\ x_{54.5} \\ x_{54.6} \\ x_{54.7} \\ x_{54.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{55.2} \\ x_{55.3} \\ x_{55.4} \\ x_{55.5} \\ x_{55.6} \\ x_{55.7} \\ x_{55.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{56.2} \\ x_{56.3} \\ x_{56.4} \\ x_{56.5} \\ x_{56.6} \\ x_{56.7} \\ x_{56.8} \end{array}\right)$$

Εάν επρόκειτο να προσθέσετε άλλη κάρτα $$\left(\begin{array}{c} 9 \\ x_{57.2} \\ x_{57.3} \\ x_{57.4} \\ x_{57.5} \\ x_{57.6} \\ x_{57.7} \\ x_{57.8} \end{array}\right)$$ θα αποτύχει επειδή αυτή η κάρτα δεν μοιράζεται σύμβολο με την αρχική κάρτα. Έχουμε κατασκευάσει το μέγιστο \(1 + 8 \cdot 7 = 57\) χάρτες. Στόχος μας τώρα είναι να κατασκευάσουμε τουλάχιστον τόσα.

Για να το κάνουμε αυτό, εξετάζουμε τις πρώτες 7 νέες κάρτες που βρέθηκαν και καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι χρειαζόμαστε οπωσδήποτε \(7 \cdot 7\) νέα σύμβολα εδώ (καμία κάρτα δεν μπορεί να έχει σύμβολο δύο φορές και κάθε σύμβολο που θα εκχωρηθεί δεν πρέπει να εμφανίζεται δύο φορές, αφού το \(1\) είναι ήδη διπλό):

$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 9 \\ 10 \\ 11 \\ 12 \\ 13 \\ 14 \\ 15 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 16 \\ 17 \\ 18 \\ 19 \\ 20 \\ 21 \\ 22 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 23 \\ 24 \\ 25 \\ 26 \\ 27 \\ 28 \\ 29 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 30 \\ 31 \\ 32 \\ 33 \\ 34 \\ 35 \\ 36 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 37 \\ 38 \\ 39 \\ 40 \\ 41 \\ 42 \\ 43 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 44 \\ 45 \\ 46 \\ 47 \\ 48 \\ 49 \\ 50 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 51 \\ 52 \\ 53 \\ 54 \\ 55 \\ 56 \\ 57 \end{array}\right)$$

Χρειαζόμαστε λοιπόν ελάχιστα σύμβολα \(8 + (7 \cdot 7) = 57\) (τόσα σύμβολα όσες κάρτες!). Τώρα προσπαθούμε να τα βγάλουμε πέρα ​​με αυτόν τον αριθμό και να βρούμε έναν κανόνα κατασκευής για όλα τα άλλα στοιχεία. Για να γίνει αυτό, κατασκευάζουμε ένα ελαφρώς μικρότερο dobble που έχει μόνο \(3\) σύμβολα ανά κάρτα και το λαμβάνουμε ως αρχική κάρτα

$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 3 \end{array}\right)$$

και τις άλλες κάρτες

$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 4 \\ 5 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 6 \\ 7 \end{array}\right)$$

$$\left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{3.2} \\ x_{3.3} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{4.2} \\ x_{4.3} \end{array}\right)$$

$$\left(\begin{array}{c} 3 \\ x_{5.2} \\ x_{5.3} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 3 \\ x_{6.2} \\ x_{6.3} \end{array}\right)$$

με ένα σύνολο καρτών \(1 + 3 \cdot 2 = 7\) και \( 3 + (2 \cdot 2) = 7\) συμβόλων. Με λίγη δοκιμή και λάθος (και χρησιμοποιώντας τα σύμβολα που έχουν ήδη εκχωρηθεί) λαμβάνετε το παρακάτω dobble:

$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 3 \end{array}\right)$$

$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 4 \\ 5 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 6 \\ 7 \end{array}\right)$$

$$\left(\begin{array}{c} 2 \\ 4 \\ 6 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ 5 \\ 7 \end{array}\right)$$

$$\left(\begin{array}{c} 3 \\ 4 \\ 7 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 3 \\ 5 \\ 6 \end{array}\right)$$

Μπορεί να βρεθεί και αυτό συστηματικά; Για να το κάνουμε αυτό, εισάγουμε τα νέα σύμβολα \(4, 5, 6, 7\) σε έναν τετράγωνο πίνακα:

$$\begin{array}{ccc} 4 & & 5 \\ & & \\ 6 & & 7\end{array}$$

Τώρα φανταζόμαστε για τις δύο πρώτες κάρτες (ξεκινώντας με τα σύμβολα έναρξης \ \(4\) και \(5\) ) κάθετες γραμμές σύνδεσης με τα κάτω σύμβολα \(6\) και \(7\):

$$\begin{array}{ccc} 4 & & 5 \\ \vdots & & \vdots \\ 6 & & 7\end{array}$$

Εφόσον αυτές οι γραμμές δεν τέμνονται, παίρνουμε (χαράζοντας τα σύμβολα στις γραμμές σύνδεσης γραμμή προς γραμμή) τις πλησιέστερες έγκυρες κάρτες:

$$\left(\begin{array}{c} 2 \\ 4 \\ 6 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ 5 \\ 7 \end{array}\right)$$

Τέλος, φανταζόμαστε τη σύνδεση γραμμών με διαφορετική κλίση (σε αυτή την περίπτωση με την κλίση \(1\) ):

$$\begin{array}{ccccc} & 4 & & 5 & \\ \ddots & & \ddots & & \ddots \\ & 6 & & 7 &\end{array}$$

Η δεύτερη γραμμή σύνδεσης (μεταξύ \(5\) και \(6\) ) αφήνει τη μήτρα στη δεξιά άκρη και εισέρχεται ξανά στην αριστερή άκρη. Επιλέγοντας επιδέξια την κλίση διασφαλίζουμε αφενός να μην τέμνονται οι γραμμές σύνδεσης μεταξύ τους, αλλά και να μην τέμνονται οι προηγούμενες (κάθετες) γραμμές σύνδεσης. Αυτή η ιδέα σχεδιασμού οδηγεί τελικά στην ακόλουθη φόρμουλα σχεδίασης:

Ένα dobble με \(k \in \mathbb{N} \, | \, (k-1) \text{ prim} \) έχει \(1+(k \cdot (k-1)) = k^2-k+1 = k + (k-1)(k-1)\) κάρτες και σύμβολα. Για τον χάρτη \(K_x\) με \(x \in \mathbb{N}\) και \(0 \leq x \leq (k-1) \cdot k\) ισχύει:

$$K_x = \left(\begin{array}{c} f(x,1) \\ f(x,2) \\ \vdots \\ f(x,k) \end{array}\right), \,\, m = \left\lfloor \frac{x-1}{k-1} \right\rfloor + 1,$$

$$f(x,y) = \left\{\begin{array}{ll} y & \text{falls } x = 0 \\ \lfloor \frac{x-1}{k-1} \rfloor + 1, &\text{sonst falls } y = 1 \\ (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2), & \text{sonst falls } 0 < x < k \\ \left( \left((m-1)(k-1)+x\right)-1+ \left( (m-2)(y-2) \right) \right) \% (k-1) &\text{sonst} \\ + (k+1) + (k-1)(y-2)&\end{array}\right.$$

Υπάρχουν \((k-1)\cdot k + 1 = k + (k-1)(k-1)\) κομμάτια από αυτές τις κάρτες. Τώρα μένει μόνο να φανεί:

$$ \forall x_1 < x_2 \in \{ 1, \ldots, k+(k-1)(k-1) \} \, \exists \, ! \, y_1, y_2 \in \{ 1, \ldots, k \}: f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) $$

  • 1η περίπτωση: \( x_1 = 0 \)
    • Περίπτωση 1α: \( 0 < x_2 < k \)
      • Για \(y_1 = 1\) και \(y_2 = 1\) :
        \(f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1\) .
      • Για \(y_1 \neq 1\) και \(y_2 = 1\) :
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1\)
      • Για \(y_1 = 1\) και \(y_2 \neq 1\) :
        \(f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) =\)
        \((k+1)(x-1) + (k-1) + y \geq (k+1)(x-1)+y > 1\)
      • Για \(y_1 \neq 1\) και \(y_2 \neq 1\) είναι:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) > k\)
    • Περίπτωση 1β: \( x_2 \geq k \)
      • Για \(y_1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) και \(y_2 = 1\) έχουμε:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
      • Για \(y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) και \(y_2 = 1\) είναι:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
      • Για \(y_2 \neq 1\) είναι:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k\)
        \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1)+(k-1)(y_2-2) > k \)
  • 2η περίπτωση: \( 0 < x_1 < k \)
    • Περίπτωση 2α: \( 0 < x_2 < k \)
      • Για \(y_1 = 1\) και \(y_2 = 1\) :
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
      • Για \(y_1 \neq 1\) και \(y_2 = 1\) :
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) > 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
      • Για \(y_1 = 1\) και \(y_2 \neq 1\) :
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) > 1\)
      • Για \(y_1 \neq 1\) και \(y_2 \neq 1\) είναι:
        \(f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) \leq\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1)+(k-2)\)
        \(f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) \geq\)
        \((k+1)+(k-1)((x_1+1)-1)+(y_2-2) =\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (y_2-2) \geq\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (2-2) \geq\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) > (k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-2)\)
    • Περίπτωση 2β: \( x_2 \geq k \)
      • Για \(y_1 = 1\) και \(y_2 = 1\) :
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \geq \left\lfloor \frac{k-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 2 > 1\)
      • Για \(y_1 = 1\) και \(y_2 \neq 1\) :
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_2-2) > 1\)
      • Για \(y_1 \neq 1\) και \(y_2 = 1\) :
        \(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y_1-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_1-2) > 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
      • Για \(y_1 \neq 1\) και \(y_2 \neq 1\) είναι:
        \((k+1) + (k-1)(x_1-1) + (y_1-2) =\)
        \(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y-2)\)
        \(\Leftrightarrow y_1 = (k-1)y_2 - (k-1)(x_1+1) +\)
        \(\left( 2 + \left( \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \right) \right) \)
        Για \(y_2 = x_1+1\) με \( 2 \leq y_2 \leq k\) είναι
        \(y_1 = 2 + \left( \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \right)\) με \( 2 \leq y_1 \leq k\).
        Υπάρχει μόνο μία λύση εδώ \( (y_1, y_2) \).
        Γιατί εμείς επιλέγουμε \(y^*_2=y_2-1\) ως αξία, είναι \(y^*_1 = y_1-(k-1) < 2\).
        Επιπλέον, για \(y^*_2*=y_2+1\) έπειτα \(y^*_1 = y_1+(k-1) > k\).
  • 3. Υπόθεση: \( x_1 \geq k \)
    • Περίπτωση 3α: \( x_2 \geq k \)
      • Περίπτωση 3α': \(m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2\)
        • Για \(y_1 = 1\) και \(y_2 = 1\) :
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1\)
          \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 = m_1\)
        • Για \(y_1 = 1\) και \(y_2 \neq 1\) :
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =\)
          \(\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq\)
          \((k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k\)
        • Για \(y_1 \neq 1\) και \(y_2 = 1\) :
          Δείτε \(y_1 = 1\) και \(y_2 \neq 1\) .
        • Για \(y_1 \neq 1\) και \(y_2 \neq 1\) είναι:
          \(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)\)
          Τότε \(f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)\)
          Για \(y_1 \neq y_2\) είναι \(L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)\).
          Για \(y_1 = y_2\) είναι \(L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2\) και
          \(\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =\)
          \(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow\)
          \(x_1 = x_2 + (k-1)\cdot l\) σε αντίθεση με \(m_1 = m_2\).
      • Υπόθεση 3α'': \(m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2\)
        • Για \(y_1 = 1\) και \(y_2 = 1\) :
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1\)
          \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 \neq m_1\)
        • Για \(y_1 = 1\) και \(y_2 \neq 1\) :
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =\)
          \(\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq\)
          \((k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k\)
        • Για \(y_1 \neq 1\) και \(y_2 = 1\) :
          Δείτε \(y_1 = 1\) και \(y_2 \neq 1\) .
        • Για \(y_1 \neq 1\) και \(y_2 \neq 1\) είναι:
          \(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)\)
          Τότε \(f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)\)
          Για \(y_1 \neq y_2\) είναι \(L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)\).
          Για \(y_1 = y_2\) είναι \(L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2\) και
          \(\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =\)
          \(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow\)
          \(y = \frac{(k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)}{m_2 - m_1}\)
          Λοιπόν εκεί για \(2 \leq y \leq k\) πάντα α \(l \in \mathbb{N}_0\), έτσι ώστε
          \(m_2 - m_1 \mid (k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)\).
          Απόδειξη: εκεί \((k-1)\) είναι πρώτος, είναι (λόγω του λήμματος του Bézout)
          \((k-1)\cdot l \equiv -\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right) \, \mod (m_2-m_1)\)
          επιλύσιμο, γιατί \(\text{ggT}\left((k-1),(m_2-m_1)\right) = 1\) Διασπάσεις \(-\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right)\).
          Τότε αυτή είναι η μόνη λύση \(l_1\), γιατί για έναν
          \(l_2 = l_1 + (m_2-m_1)\) είναι \( y_2 = y_1 + (k-1) > k\).

Μπορείτε επίσης να βρείτε ενδιαφέρουσες πληροφορίες για το θέμα του dobble και των μαθηματικών εδώ ή εδώ . Στο παρακάτω σενάριο μπορείτε να δείτε τον προηγουμένως αποδεδειγμένο τύπο σε δράση: Τα Dobbles (για \((k-1)\) prim) μπορούν να δημιουργηθούν με το πάτημα ενός κουμπιού:

See the Pen DOBBLE CREATOR by David Vielhuber (@vielhuber) on CodePen.

Πίσω