در آخرین شب بازی خانوادگیمان، بچهها با شور و شوق بازی دابل (نسخه هری پاتر) را معرفی کردند. بعد از پنج دور باخت (بدون اینکه کارت من به طور واضح با کارت بازی مطابقت داشته باشد)، با کمال تعجب فهمیدم که هر بازیکن همیشه میتواند در هر دور یک کارت مشابه پیدا کند. با این حال، ناباوری من فقط با تعداد بیشتری از دورهای باخت مواجه شد - بچهها به سادگی سریعتر بودند.
دلیل کافی برای نگاه دقیق تر به بازی از نقطه نظر ریاضی است. ابتدا اصل بازی: Dobble یک بازی ورق ساده با \(55\) کارتهای گرد است که هر کدام هشت نماد مختلف را نشان میدهند. همه کارت ها به نوبه خود پخش می شوند و تنها آخرین کارت در وسط جدول باقی می ماند. اکنون همه بازیکنان باید به طور همزمان نمادهای روی کارت را با نمادهای روی کارت برتر فعلی خود مقایسه کنند. اگر بازیکنی نماد یکسانی را در هر دو کارت پیدا کرده باشد، میتواند کارت خود را با سریعترین نامگذاری نماد روی پشته قرار دهد. بازیکنی که ابتدا تمام کارت های خود را دور بریزد برنده است.
چگونه ممکن است \(55\) چنین کارتهایی وجود داشته باشند که به گونه ای ساخته شده باشند که هر 2 کارت دقیقاً یک نماد مشترک داشته باشند؟ حداقل تعداد چنین نمادهایی که باید استفاده شود چقدر است؟ حداکثر تعداد این کارت ها چقدر است؟
ابتدا، این کارت ها را با استفاده از مراحل منطقی زیر می سازیم (همه کارت های ساخته شده بعدی این ویژگی را دارند که به ترتیب صعودی مرتب می شوند): کارت اول باید دارای 8 نماد مختلف باشد، یعنی می خواند.:
$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \\ 5 \\ 6 \\ 7 \\ 8 \end{array}\right)$$
حالا چگونه کارت های زیر را طوری بسازیم که دقیقاً یک علامت مشترک با کارت اول داشته باشند:
$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{1.2} \\ x_{1.3} \\ x_{1.4} \\ x_{1.5} \\ x_{1.6} \\ x_{1.7} \\ x_{1.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{2.2} \\ x_{2.3} \\ x_{2.4} \\ x_{2.5} \\ x_{2.6} \\ x_{2.7} \\ x_{2.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{3.2} \\ x_{3.3} \\ x_{3.4} \\ x_{3.5} \\ x_{3.6} \\ x_{3.7} \\ x_{3.8} \end{array}\right), \ldots, \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{k.2} \\ x_{k.3} \\ x_{k.4} \\ x_{k.5} \\ x_{k.6} \\ x_{k.7} \\ x_{k.8} \end{array}\right)$$
هر تعداد از این کارت ها را می توان از قبل در اینجا ساخت (شما به سادگی مکان ها را به ترتیب صعودی پر کنید، با \(9\) شروع کنید). با این حال، این مورد بی اهمیت جالب نیست، زیرا ما به مجموعه ای با حداقل تعداد نماد (و حداکثر تعداد کارت) علاقه مندیم. اکنون نماد دوم \( x_{l.2} \) هر کارت را در نظر می گیریم، که بدیهی است موارد زیر باید اعمال شود: \( x_{1.2} \neq x_{2.2} \neq x_{3.2} \neq \ldots \neq x_{k.2} \) . بنابراین ما لزوماً نمادهای \( k \) جدید را معرفی کرده ایم. اما اکنون \( k \leq 8-1 = 7 \) ، زیرا هیچ یک از نمادهای \ \( 7 \) \( x_{1.2},\, x_{1.3},\, x_{1.4},\, x_{1.5},\, x_{1.6},\, x_{1.7},\, x_{1.8} \) (از سمت چپ ترین کارت) ممکن است با نماد دوم هر یک از کارت های دیگر مطابقت داشته باشد (در غیر این صورت دو علامت یکسان وجود خواهد داشت. ).
ما حداکثر از این 7 کارت جدید پیدا کرده ایم:
$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{1.2} \\ x_{1.3} \\ x_{1.4} \\ x_{1.5} \\ x_{1.6} \\ x_{1.7} \\ x_{1.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{2.2} \\ x_{2.3} \\ x_{2.4} \\ x_{2.5} \\ x_{2.6} \\ x_{2.7} \\ x_{2.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{3.2} \\ x_{3.3} \\ x_{3.4} \\ x_{3.5} \\ x_{3.6} \\ x_{3.7} \\ x_{3.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{4.2} \\ x_{4.3} \\ x_{4.4} \\ x_{4.5} \\ x_{4.6} \\ x_{4.7} \\ x_{4.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{5.2} \\ x_{5.3} \\ x_{5.4} \\ x_{5.5} \\ x_{5.6} \\ x_{5.7} \\ x_{5.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{6.2} \\ x_{6.3} \\ x_{6.4} \\ x_{6.5} \\ x_{6.6} \\ x_{6.7} \\ x_{6.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{7.2} \\ x_{7.3} \\ x_{7.4} \\ x_{7.5} \\ x_{7.6} \\ x_{7.7} \\ x_{7.8} \end{array}\right)$$
با همان آرگومان، اکنون نقشه های \(7\) بعدی را می سازیم (اولین این نقشه ها باید با نقشه شروع ما برخورد کند، نه با \(1\) ، در غیر این صورت با \(7\) قبلی خواهد بود. نقشه های یافت شده):
$$\left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{8.2} \\ x_{8.3} \\ x_{8.4} \\ x_{8.5} \\ x_{8.6} \\ x_{8.7} \\ x_{8.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{9.2} \\ x_{9.3} \\ x_{9.4} \\ x_{9.5} \\ x_{9.6} \\ x_{9.7} \\ x_{9.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{10.2} \\ x_{10.3} \\ x_{10.4} \\ x_{10.5} \\ x_{10.6} \\ x_{10.7} \\ x_{10.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{11.2} \\ x_{11.3} \\ x_{11.4} \\ x_{11.5} \\ x_{11.6} \\ x_{11.7} \\ x_{11.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{12.2} \\ x_{12.3} \\ x_{12.4} \\ x_{12.5} \\ x_{12.6} \\ x_{12.7} \\ x_{12.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{13.2} \\ x_{13.3} \\ x_{13.4} \\ x_{13.5} \\ x_{13.6} \\ x_{13.7} \\ x_{13.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{14.2} \\ x_{14.3} \\ x_{14.4} \\ x_{14.5} \\ x_{14.6} \\ x_{14.7} \\ x_{14.8} \end{array}\right)$$
این استدلال را می توان برای کارت های \(7\) بعدی ادامه داد. در مجموع \(8-2 = 6\) بار بیشتر. بنابراین آخرین کارت های \(7\) هستند:
$$\left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{50.2} \\ x_{50.3} \\ x_{50.4} \\ x_{50.5} \\ x_{50.6} \\ x_{50.7} \\ x_{50.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{51.2} \\ x_{51.3} \\ x_{51.4} \\ x_{51.5} \\ x_{51.6} \\ x_{51.7} \\ x_{51.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{52.2} \\ x_{52.3} \\ x_{52.4} \\ x_{52.5} \\ x_{52.6} \\ x_{52.7} \\ x_{52.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{53.2} \\ x_{53.3} \\ x_{53.4} \\ x_{53.5} \\ x_{53.6} \\ x_{53.7} \\ x_{53.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{54.2} \\ x_{54.3} \\ x_{54.4} \\ x_{54.5} \\ x_{54.6} \\ x_{54.7} \\ x_{54.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{55.2} \\ x_{55.3} \\ x_{55.4} \\ x_{55.5} \\ x_{55.6} \\ x_{55.7} \\ x_{55.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{56.2} \\ x_{56.3} \\ x_{56.4} \\ x_{56.5} \\ x_{56.6} \\ x_{56.7} \\ x_{56.8} \end{array}\right)$$
اگر میخواهید کارت دیگری اضافه کنید $$\left(\begin{array}{c} 9 \\ x_{57.2} \\ x_{57.3} \\ x_{57.4} \\ x_{57.5} \\ x_{57.6} \\ x_{57.7} \\ x_{57.8} \end{array}\right)$$ شکست میخورد زیرا این کارت نمادی را با کارت شروع به اشتراک نمیگذارد. ما حداکثر نقشه \(1 + 8 \cdot 7 = 57\) ساختهایم. هدف ما اکنون این است که حداقل به همین تعداد بسازیم.
برای انجام این کار، ما به اولین 7 کارت جدید یافت شده نگاه می کنیم و به این نتیجه می رسیم که کاملاً به نمادهای جدید \(7 \cdot 7\) نیاز داریم (هیچ کارتی ممکن است نماد تکراری داشته باشد و هر نمادی که قرار است اهدا شود ممکن است دو بار ظاهر نشود، زیرا \(1\) قبلاً دو برابر شده است):
$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 9 \\ 10 \\ 11 \\ 12 \\ 13 \\ 14 \\ 15 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 16 \\ 17 \\ 18 \\ 19 \\ 20 \\ 21 \\ 22 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 23 \\ 24 \\ 25 \\ 26 \\ 27 \\ 28 \\ 29 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 30 \\ 31 \\ 32 \\ 33 \\ 34 \\ 35 \\ 36 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 37 \\ 38 \\ 39 \\ 40 \\ 41 \\ 42 \\ 43 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 44 \\ 45 \\ 46 \\ 47 \\ 48 \\ 49 \\ 50 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 51 \\ 52 \\ 53 \\ 54 \\ 55 \\ 56 \\ 57 \end{array}\right)$$
بنابراین ما به حداقل نمادهای \(8 + (7 \cdot 7) = 57\) نیاز داریم (به تعداد نمادها به اندازه کارت!). ما اکنون در تلاش هستیم تا با این عدد کنار بیاییم و یک قانون ساخت و ساز برای سایر عناصر پیدا کنیم. برای انجام این کار، یک دابل کوچکتر می سازیم که فقط نمادهای \(3\) در هر کارت دارد و آن را به عنوان کارت شروع دریافت می کنیم.
$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 3 \end{array}\right)$$
و کارت های دیگر
$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 4 \\ 5 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 6 \\ 7 \end{array}\right)$$
$$\left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{3.2} \\ x_{3.3} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{4.2} \\ x_{4.3} \end{array}\right)$$
$$\left(\begin{array}{c} 3 \\ x_{5.2} \\ x_{5.3} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 3 \\ x_{6.2} \\ x_{6.3} \end{array}\right)$$
با مجموع کارت های \(1 + 3 \cdot 2 = 7\) و نمادهای \( 3 + (2 \cdot 2) = 7\) . با کمی آزمون و خطا (و با استفاده از نمادهایی که قبلاً اختصاص داده شده اند) Dobble زیر را دریافت می کنید:
$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 3 \end{array}\right)$$
$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 4 \\ 5 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 6 \\ 7 \end{array}\right)$$
$$\left(\begin{array}{c} 2 \\ 4 \\ 6 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ 5 \\ 7 \end{array}\right)$$
$$\left(\begin{array}{c} 3 \\ 4 \\ 7 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 3 \\ 5 \\ 6 \end{array}\right)$$
آیا می توان این را نیز به طور سیستماتیک یافت؟ برای انجام این کار، نمادهای جدید تخصیص داده شده \(4, 5, 6, 7\) را در یک ماتریس مربع وارد می کنیم.:
$$\begin{array}{ccc} 4 & & 5 \\ & & \\ 6 & & 7\end{array}$$
اکنون برای دو کارت اول (شروع با نمادهای شروع \ \(4\) و \(5\) ) خطوط اتصال عمودی به نمادهای پایینی \(6\) و \(7\) را تصور می کنیم.:
$$\begin{array}{ccc} 4 & & 5 \\ \vdots & & \vdots \\ 6 & & 7\end{array}$$
از آنجایی که این خطوط همدیگر را قطع نمی کنند، ما (با رسم نمادها روی خطوط اتصال خط به خط) نزدیک ترین کارت های معتبر را دریافت می کنیم.:
$$\left(\begin{array}{c} 2 \\ 4 \\ 6 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ 5 \\ 7 \end{array}\right)$$
در نهایت، ما خطوط اتصال را با شیب متفاوت تصور می کنیم (در این مورد با شیب \(1\) ):
$$\begin{array}{ccccc} & 4 & & 5 & \\ \ddots & & \ddots & & \ddots \\ & 6 & & 7 &\end{array}$$
دومین خط اتصال (بین \(5\) و \(6\) ) از ماتریس در لبه سمت راست خارج می شود و دوباره در لبه چپ وارد می شود. با انتخاب ماهرانه شیب، از یک طرف اطمینان حاصل می کنیم که خطوط اتصال با یکدیگر تلاقی نداشته باشند، همچنین خطوط اتصال قبلی (عمودی) همدیگر را قطع نمی کنند. این ایده طراحی در نهایت به فرمول طراحی زیر منجر می شود:
یک دابل با \(k \in \mathbb{N} \, | \, (k-1) \text{ prim} \) \(1+(k \cdot (k-1)) = k^2-k+1 = k + (k-1)(k-1)\) دارد \(1+(k \cdot (k-1)) = k^2-k+1 = k + (k-1)(k-1)\) کارت ها و نمادها. برای نقشه \(K_x\) با \(x \in \mathbb{N}\) و \(0 \leq x \leq (k-1) \cdot k\) اعمال میشود:
$$K_x = \left(\begin{array}{c} f(x,1) \\ f(x,2) \\ \vdots \\ f(x,k) \end{array}\right), \,\, m = \left\lfloor \frac{x-1}{k-1} \right\rfloor + 1,$$
$$f(x,y) = \left\{\begin{array}{ll} y & \text{falls } x = 0 \\ \lfloor \frac{x-1}{k-1} \rfloor + 1, &\text{sonst falls } y = 1 \\ (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2), & \text{sonst falls } 0 < x < k \\ \left( \left((m-1)(k-1)+x\right)-1+ \left( (m-2)(y-2) \right) \right) \% (k-1) &\text{sonst} \\ + (k+1) + (k-1)(y-2)&\end{array}\right.$$
تکه های \((k-1)\cdot k + 1 = k + (k-1)(k-1)\) از این کارت ها وجود دارد. اکنون فقط برای نشان دادن باقی مانده است:
$$ \forall x_1 < x_2 \in \{ 1, \ldots, k+(k-1)(k-1) \} \, \exists \, ! \, y_1, y_2 \in \{ 1, \ldots, k \}: f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) $$
- مورد اول: \( x_1 = 0 \)
- مورد 1a: \( 0 < x_2 < k \)
- برای \(y_1 = 1\) و \(y_2 = 1\) :
\(f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1\) . - برای \(y_1 \neq 1\) و \(y_2 = 1\) :
\(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1\) - برای \(y_1 = 1\) و \(y_2 \neq 1\) :
\(f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) =\)
\((k+1)(x-1) + (k-1) + y \geq (k+1)(x-1)+y > 1\) - برای \(y_1 \neq 1\) و \(y_2 \neq 1\) است:
\(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) > k\)
- برای \(y_1 = 1\) و \(y_2 = 1\) :
- مورد 1b: \( x_2 \geq k \)
- برای \(y_1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) و \(y_2 = 1\) داریم:
\(f(x_1, y_1) = f(0, \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) - برای \(y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) و \(y_2 = 1\) است:
\(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) - برای \(y_2 \neq 1\) برابر است با:
\(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k\)
\(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
\(+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1)+(k-1)(y_2-2) > k \)
- برای \(y_1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) و \(y_2 = 1\) داریم:
- مورد 1a: \( 0 < x_2 < k \)
- مورد 2: \( 0 < x_1 < k \)
- مورد 2 الف: \( 0 < x_2 < k \)
- برای \(y_1 = 1\) و \(y_2 = 1\) :
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\) - برای \(y_1 \neq 1\) و \(y_2 = 1\) :
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) > 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\) - برای \(y_1 = 1\) و \(y_2 \neq 1\) :
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) > 1\) - برای \(y_1 \neq 1\) و \(y_2 \neq 1\) است:
\(f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) \leq\)
\((k+1)+(k-1)(x_1-1)+(k-2)\)
\(f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) \geq\)
\((k+1)+(k-1)((x_1+1)-1)+(y_2-2) =\)
\((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (y_2-2) \geq\)
\((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (2-2) \geq\)
\((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) > (k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-2)\)
- برای \(y_1 = 1\) و \(y_2 = 1\) :
- مورد 2b: \( x_2 \geq k \)
- برای \(y_1 = 1\) و \(y_2 = 1\) :
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \geq \left\lfloor \frac{k-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 2 > 1\) - برای \(y_1 = 1\) و \(y_2 \neq 1\) :
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
\(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
\(+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_2-2) > 1\) - برای \(y_1 \neq 1\) و \(y_2 = 1\) :
\(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1)\)
\(+ (k+1) + (k-1)(y_1-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_1-2) > 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\) - برای \(y_1 \neq 1\) و \(y_2 \neq 1\) است:
\((k+1) + (k-1)(x_1-1) + (y_1-2) =\)
\(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
\(+ (k+1) + (k-1)(y-2)\)
\(\Leftrightarrow y_1 = (k-1)y_2 - (k-1)(x_1+1) +\)
\(\left( 2 + \left( \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \right) \right) \)
برای \(y_2 = x_1+1\) با \( 2 \leq y_2 \leq k\) است
\(y_1 = 2 + \left( \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \right)\) با \( 2 \leq y_1 \leq k\).
در اینجا تنها یک راه حل وجود دارد \( (y_1, y_2) \).
چون ما انتخاب می کنیم \(y^*_2=y_2-1\) به عنوان ارزش، است \(y^*_1 = y_1-(k-1) < 2\).
علاوه بر این، برای \(y^*_2*=y_2+1\) سپس \(y^*_1 = y_1+(k-1) > k\).
- برای \(y_1 = 1\) و \(y_2 = 1\) :
- مورد 2 الف: \( 0 < x_2 < k \)
- 3. مورد: \( x_1 \geq k \)
- مورد 3a: \( x_2 \geq k \)
- مورد 3a': \(m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2\)
- برای \(y_1 = 1\) و \(y_2 = 1\) :
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 = m_1\) - برای \(y_1 = 1\) و \(y_2 \neq 1\) :
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =\)
\(\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k\)
\(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
\((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq\)
\((k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k\) - برای \(y_1 \neq 1\) و \(y_2 = 1\) :
\(y_1 = 1\) و \(y_2 \neq 1\) را ببینید. - برای \(y_1 \neq 1\) و \(y_2 \neq 1\) است:
\(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%\)
\((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)\)
\(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
\((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)\)
سپس \(f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow\)
\(L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
\(L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
\(L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)\)
برای \(y_1 \neq y_2\) است \(L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)\).
برای \(y_1 = y_2\) است \(L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2\) و
\(\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =\)
\(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow\)
\(x_1 = x_2 + (k-1)\cdot l\) در تضاد با \(m_1 = m_2\).
- برای \(y_1 = 1\) و \(y_2 = 1\) :
- مورد 3a'': \(m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2\)
- برای \(y_1 = 1\) و \(y_2 = 1\) :
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 \neq m_1\) - برای \(y_1 = 1\) و \(y_2 \neq 1\) :
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =\)
\(\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k\)
\(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
\((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq\)
\((k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k\) - برای \(y_1 \neq 1\) و \(y_2 = 1\) :
\(y_1 = 1\) و \(y_2 \neq 1\) را ببینید. - برای \(y_1 \neq 1\) و \(y_2 \neq 1\) است:
\(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%\)
\((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)\)
\(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
\((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)\)
سپس \(f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow\)
\(L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
\(L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
\(L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)\)
برای \(y_1 \neq y_2\) است \(L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)\).
برای \(y_1 = y_2\) است \(L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2\) و
\(\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =\)
\(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow\)
\(y = \frac{(k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)}{m_2 - m_1}\)
خوب وجود دارد برای \(2 \leq y \leq k\) همیشه الف \(l \in \mathbb{N}_0\), به طوری که
\(m_2 - m_1 \mid (k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)\).
اثبات: وجود دارد \((k-1)\) اول است، است (به دلیل لم بزو)
\((k-1)\cdot l \equiv -\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right) \, \mod (m_2-m_1)\)
قابل حل، زیرا \(\text{ggT}\left((k-1),(m_2-m_1)\right) = 1\) تقسیم می شود \(-\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right)\).
سپس این تنها راه حل است \(l_1\), چون برای یکی
\(l_2 = l_1 + (m_2-m_1)\) است \( y_2 = y_1 + (k-1) > k\).
- برای \(y_1 = 1\) و \(y_2 = 1\) :
- مورد 3a': \(m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2\)
- مورد 3a: \( x_2 \geq k \)
همچنین میتوانید اطلاعات پسزمینه جالبی در مورد موضوع دبل و ریاضیات را در اینجا یا اینجا پیدا کنید. در اسکریپت زیر می توانید فرمول قبلاً اثبات شده را در عمل مشاهده کنید: Dobbles (برای \((k-1)\) prim) را می توان با فشار دادن یک دکمه تولید کرد.:
See the Pen DOBBLE CREATOR by David Vielhuber (@vielhuber) on CodePen.