Mathématiques dans le jeu Dobble

Lors de la dernière soirée familiale, le jeu Dobble (dans l'édition Harry Potter) a été apporté avec enthousiasme à la table par les enfants. Après le 5ème tour perdu (sans coup visible de ma carte avec la carte à jouer) on m'a dit, à mon grand étonnement, que chaque joueur peut toujours trouver un coup à chaque tour. Mais mon incrédulité n'a été reconnue qu'avec d'autres tours perdus - les enfants étaient tout simplement plus rapides.


Raison suffisante pour regarder de plus près le jeu d'un point de vue mathématique. Tout d'abord le principe du jeu : Dobble est un jeu de cartes simple avec \(55\) cartes rondes, chacune montrant huit symboles différents. Toutes les cartes sont distribuées à tour de rôle, ne laissant que la dernière carte au milieu de la table. Désormais, tous les joueurs doivent comparer simultanément les symboles de la carte avec les symboles de leur carte du dessus actuelle. Si un joueur a trouvé le même symbole sur les deux cartes, il peut placer sa carte sur la pile en étant le plus rapide à nommer le symbole. Le joueur qui défausse toutes ses cartes en premier gagne.

Comment se fait-il qu'il existe \(55\) de telles cartes qui ont été construites de telle manière que 2 cartes ont exactement un symbole en commun ? Quel est le nombre minimum de ces symboles qui doivent être utilisés ? Quel est le nombre maximum de ces cartes ?

Tout d'abord, nous construisons ces cartes en suivant les étapes logiques suivantes (toutes les cartes construites par la suite ont la propriété d'être triées par ordre croissant) : La première carte doit avoir 8 symboles différents, c'est-à-dire lit:

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

Nous construisons maintenant les cartes suivantes de manière à ce qu'elles aient exactement un symbole en commun avec la première carte:

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

N'importe quel nombre de ces cartes peut déjà être construit ici (il vous suffit de remplir les emplacements dans l'ordre croissant, en commençant par \(9\) ). Ce cas trivial est cependant inintéressant puisque l'on s'intéresse à un ensemble avec un nombre minimum de symboles (et un nombre maximum de cartes). Considérons maintenant le deuxième symbole \( x_{l.2} \) de chaque carte, pour lequel évidemment ce qui suit doit s'appliquer : \( x_{1.2} \neq x_{2.2} \neq x_{3.2} \neq \ldots \neq x_{k.2} \) . Nous avons donc nécessairement introduit \( k \) nouveaux symboles. Mais maintenant \( k \leq 8-1 = 7 \) , puisque aucun des symboles \ \( 7 \) \( x_{1.2},\, x_{1.3},\, x_{1.4},\, x_{1.5},\, x_{1.6},\, x_{1.7},\, x_{1.8} \) (de la carte la plus à gauche) peut correspondre au deuxième symbole de chacune des autres cartes (sinon il y aurait deux symboles identiques ).

Nous avons trouvé un maximum de ces 7 nouvelles cartes:

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

Avec le même argument, nous construisons maintenant les cartes \(7\) suivantes (la première de ces cartes doit entrer en collision avec notre carte de départ, et non avec \(1\) , sinon ce serait avec le \(7\) précédemment cartes trouvées):

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

Cet argument peut également être poursuivi pour les cartes \(7\) suivantes ; Un total \(8-2 = 6\) fois de plus. Les dernières \(7\) cartes sont en conséquence:

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

Si vous deviez ajouter une autre carte $$\left(\begin{array}{c} 9 \\ x_{57.2} \\ x_{57.3} \\ x_{57.4} \\ x_{57.5} \\ x_{57.6} \\ x_{57.7} \\ x_{57.8} \end{array}\right)$$ échouera car cette carte ne partage pas de symbole avec la carte de départ. Nous avons construit un maximum de \(1 + 8 \cdot 7 = 57\) cartes. Notre objectif est maintenant d'en construire au moins autant.

Pour cela, on regarde les 7 premières nouvelles cartes trouvées et on arrive à la conclusion qu'il faut absolument \(7 \cdot 7\) nouveaux symboles ici (aucune carte ne peut avoir un symbole deux fois et chaque symbole à attribuer ne doit pas apparaître deux fois, puisque \(1\) est déjà double):

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

Nous avons donc besoin d'un minimum de symboles \(8 + (7 \cdot 7) = 57\) (donc autant de symboles que de cartes !). Nous essayons maintenant de nous débrouiller avec ce nombre et de trouver une règle de construction pour tous les autres éléments. Pour ce faire, nous construisons un dobble légèrement plus petit qui n'a que \(3\) symboles par carte et le recevons comme carte de départ

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

et les autres cartes

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

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

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

avec un total de \(1 + 3 \cdot 2 = 7\) cartes et \( 3 + (2 \cdot 2) = 7\) symboles. Avec un peu d'essais et d'erreurs (et en utilisant les symboles déjà attribués), vous obtenez le dobble suivant:

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

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

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

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

Peut-on aussi le trouver systématiquement ? Pour ce faire, nous entrons les symboles nouvellement attribués \(4, 5, 6, 7\) dans une matrice carrée:

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

Imaginons maintenant pour les deux premières cartes (en commençant par les symboles de départ \ \(4\) et \(5\) ) des lignes de connexion verticales vers les symboles inférieurs \(6\) et \(7\):

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

Puisque ces lignes ne se croisent pas, on obtient (en traçant les symboles sur les lignes de connexion ligne par ligne) les cartes valides les plus proches:

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

Enfin, nous imaginons connecter des lignes avec une pente différente (dans ce cas avec la pente \(1\) ):

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

La deuxième ligne de connexion (entre \(5\) et \(6\) ) quitte la matrice par le bord droit et rentre par le bord gauche. En choisissant habilement la pente, on s'assure d'une part que les lignes de liaison ne se croisent pas, mais aussi que les lignes de liaison précédentes (verticales) ne se croisent pas. Cette idée de conception conduit finalement à la formule de conception suivante:

Un dobble avec \(k \in \mathbb{N} \, | \, (k-1) \text{ prim} \) a \(1+(k \cdot (k-1)) = k^2-k+1 = k + (k-1)(k-1)\) cartes et symboles. Pour la carte \(K_x\) avec \(x \in \mathbb{N}\) et \(0 \leq x \leq (k-1) \cdot k\) s'applique:

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

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

Il y a \((k-1)\cdot k + 1 = k + (k-1)(k-1)\) morceaux de ces cartes. Maintenant, il ne reste plus qu'à montrer:

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

  • 1er cas: \( x_1 = 0 \)
    • Cas 1a: \( 0 < x_2 < k \)
      • Pour \(y_1 = 1\) et \(y_2 = 1\) avons :
        \(f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1\) .
      • Pour \(y_1 \neq 1\) et \(y_2 = 1\) a :
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1\)
      • Pour \(y_1 = 1\) et \(y_2 \neq 1\) a :
        \(f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) =\)
        \((k+1)(x-1) + (k-1) + y \geq (k+1)(x-1)+y > 1\)
      • Pour \(y_1 \neq 1\) et \(y_2 \neq 1\) est :
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) > k\)
    • Cas 1b: \( x_2 \geq k \)
      • Pour \(y_1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) et \(y_2 = 1\) nous avons :
        \(f(x_1, y_1) = f(0, \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
      • Pour \(y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) et \(y_2 = 1\) est :
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
      • Pour \(y_2 \neq 1\) est :
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k\)
        \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1)+(k-1)(y_2-2) > k \)
  • 2ème cas: \( 0 < x_1 < k \)
    • Cas 2a: \( 0 < x_2 < k \)
      • Pour \(y_1 = 1\) et \(y_2 = 1\) avons :
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
      • Pour \(y_1 \neq 1\) et \(y_2 = 1\) a :
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) > 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
      • Pour \(y_1 = 1\) et \(y_2 \neq 1\) a :
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) > 1\)
      • Pour \(y_1 \neq 1\) et \(y_2 \neq 1\) est :
        \(f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) \leq\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1)+(k-2)\)
        \(f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) \geq\)
        \((k+1)+(k-1)((x_1+1)-1)+(y_2-2) =\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (y_2-2) \geq\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (2-2) \geq\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) > (k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-2)\)
    • Cas 2b: \( x_2 \geq k \)
      • Pour \(y_1 = 1\) et \(y_2 = 1\) avons :
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \geq \left\lfloor \frac{k-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 2 > 1\)
      • Pour \(y_1 = 1\) et \(y_2 \neq 1\) a :
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_2-2) > 1\)
      • Pour \(y_1 \neq 1\) et \(y_2 = 1\) a :
        \(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y_1-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_1-2) > 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
      • Pour \(y_1 \neq 1\) et \(y_2 \neq 1\) est:
        \((k+1) + (k-1)(x_1-1) + (y_1-2) =\)
        \(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y-2)\)
        \(\Leftrightarrow y_1 = (k-1)y_2 - (k-1)(x_1+1) +\)
        \(\left( 2 + \left( \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \right) \right) \)
        Pour \(y_2 = x_1+1\) avec \( 2 \leq y_2 \leq k\) est
        \(y_1 = 2 + \left( \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \right)\) avec \( 2 \leq y_1 \leq k\).
        Il n'y a qu'une seule solution ici \( (y_1, y_2) \).
        Parce que nous choisissons \(y^*_2=y_2-1\) comme valeur, est \(y^*_1 = y_1-(k-1) < 2\).
        De plus, pour \(y^*_2*=y_2+1\) ensuite \(y^*_1 = y_1+(k-1) > k\).
  • 3. Cas: \( x_1 \geq k \)
    • Cas 3a: \( x_2 \geq k \)
      • Cas 3a': \(m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2\)
        • Pour \(y_1 = 1\) et \(y_2 = 1\) avons :
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1\)
          \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 = m_1\)
        • Pour \(y_1 = 1\) et \(y_2 \neq 1\) a :
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =\)
          \(\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq\)
          \((k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k\)
        • Pour \(y_1 \neq 1\) et \(y_2 = 1\) a :
          Voir \(y_1 = 1\) et \(y_2 \neq 1\) .
        • Pour \(y_1 \neq 1\) et \(y_2 \neq 1\) est:
          \(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)\)
          Ensuite \(f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)\)
          Pour \(y_1 \neq y_2\) est \(L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)\).
          Pour \(y_1 = y_2\) est \(L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2\) et
          \(\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =\)
          \(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow\)
          \(x_1 = x_2 + (k-1)\cdot l\) en contradiction avec \(m_1 = m_2\).
      • Cas 3a'': \(m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2\)
        • Pour \(y_1 = 1\) et \(y_2 = 1\) avons :
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1\)
          \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 \neq m_1\)
        • Pour \(y_1 = 1\) et \(y_2 \neq 1\) a :
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =\)
          \(\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq\)
          \((k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k\)
        • Pour \(y_1 \neq 1\) et \(y_2 = 1\) a :
          Voir \(y_1 = 1\) et \(y_2 \neq 1\) .
        • Pour \(y_1 \neq 1\) et \(y_2 \neq 1\) est:
          \(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)\)
          Ensuite \(f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)\)
          Pour \(y_1 \neq y_2\) est \(L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)\).
          Pour \(y_1 = y_2\) est \(L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2\) et
          \(\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =\)
          \(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow\)
          \(y = \frac{(k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)}{m_2 - m_1}\)
          Eh bien là pour \(2 \leq y \leq k\) toujours un \(l \in \mathbb{N}_0\), pour que
          \(m_2 - m_1 \mid (k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)\).
          Preuve : là \((k-1)\) est premier, est (à cause du lemme de Bézout)
          \((k-1)\cdot l \equiv -\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right) \, \mod (m_2-m_1)\)
          résoluble, car \(\text{ggT}\left((k-1),(m_2-m_1)\right) = 1\) Fractionnements \(-\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right)\).
          Alors c'est la seule solution \(l_1\), parce que pour un
          \(l_2 = l_1 + (m_2-m_1)\) est \( y_2 = y_1 + (k-1) > k\).

Vous pouvez également trouver ici ou ici des informations de fond intéressantes sur le thème du dobble et des mathématiques. Dans le script suivant, vous pouvez voir la formule précédemment éprouvée en action : Dobbles (pour \((k-1)\) prim) peut être généré en appuyant simplement sur un bouton:

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

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