Μαθηματικά στο παιχνίδι Dobble03
22

Στην τελευταία μας βραδιά οικογενειακού παιχνιδιού, τα παιδιά έφεραν με ενθουσιασμό το παιχνίδι Dobble (έκδοση Χάρι Πότερ). Αφού έχασα πέντε γύρους (χωρίς η κάρτα μου να ταιριάζει ορατά με την κάρτα), εξεπλάγην όταν έμαθα ότι κάθε παίκτης μπορεί πάντα να βρει ένα ταίρι σε κάθε γύρο. Ωστόσο, η δυσπιστία μου αντιμετωπίστηκε μόνο με περισσότερους χαμένους γύρους - τα παιδιά ήταν απλώς 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:

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

Πώς κατασκευάζουμε τις ακόλουθες κάρτες έτσι ώστε να έχουν ακριβώς ένα κοινό σύμβολο με την πρώτη κάρτα;:

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 επιχείρημα μπορεί να συνεχιστεί για τις επόμενες $7$ κάρτες με τον ίδιο τρόπο· συνολικά $8-2 = 6$ φορές. Επομένως, οι τελευταίες $7$ κάρτες είναι:

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

Εάν τώρα θέλατε να δημιουργήσετε μια άλλη κάρτα $$\left(\begin{array}{c} 9 \\ x_{57.2} \\ x_{57.3} \\ x_{57.4} \\ x_{57.5} \\ x_{57.6} \\ x_{57.7} \\ x_{57.8} \end{array}\right)$$ δεν έχουν κοινό σύμβολο με την αρχική κάρτα. Αυτό σημαίνει ότι έχουμε κατασκευάσει το μέγιστο $1 + 8 \cdot 7 = 57$ κάρτες. Στόχος μας τώρα είναι να κατασκευάσουμε εξίσου πολλούς.

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

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

Αυτό σημαίνει ότι χρειαζόμαστε τουλάχιστον $8 + (7 \cdot 7) = 57$ σύμβολα (δηλαδή τόσα σύμβολα όσες κάρτες!). Τώρα προσπαθούμε να τα βγάλουμε πέρα με αυτόν τον αριθμό και να βρούμε μια προδιαγραφή σχεδιασμού για όλα τα άλλα στοιχεία. Για να γίνει αυτό, κατασκευάζουμε ένα ελαφρώς μικρότερο dobble που φέρει μόνο σύμβολα $3$ ανά κάρτα και παίρνουμε 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 $6$ ) φεύγει από τη μήτρα στη δεξιά άκρη και εισέρχεται ξανά στην αριστερή άκρη. Επιλέγοντας έξυπνα την κλίση, διασφαλίζουμε ότι οι γραμμές σύνδεσης δεν τέμνονται μεταξύ τους, αλλά και ότι οι προηγούμενες (κάθετες) γραμμές σύνδεσης δεν τέμνονται. 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

Μαθηματικά στο παιχνίδι Dobble0322

Μαθηματικά στο παιχνίδι Dobble03
22