Matematika a Dobble játékban03
22

Az utolsó családi játékestünkön a gyerekek lelkesen elővették a Dobble nevű játékot (a Harry Potter kiadást). Miután öt kört elvesztettem (anélkül, hogy a kártyám láthatóan illeszkedett volna a játékkártyához), meglepődve tapasztaltam, hogy minden játékos minden körben találhat magának egyezőt. A hitetlenkedésem azonban csak további elvesztett körökkel fogadott – a gyerekek egyszerűen gyorsabbak voltak.

Elég ok arra, hogy közelebbről megvizsgáljuk a játékot matematikai szempontból. Először is a játék elve: A Dobble egy egyszerű kártyajáték $55$ kerek kártyákkal, amelyek mindegyike nyolc különböző szimbólumot mutat. Az összes lapot sorra osztják, csak az utolsó kártya marad az asztal közepén. Most minden játékosnak egyszerre kell összehasonlítania a kártyán lévő szimbólumokat az aktuális felső kártyáján lévő szimbólumokkal. Ha egy játékos mindkét kártyán ugyanazt a szimbólumot találta, a kártyáját a pakliba helyezheti úgy, hogy ő a leggyorsabb a szimbólum megnevezésére. Az a játékos nyer, aki először eldobja az összes kártyáját.

Hogyan lehet az, hogy $55$ ilyen kártya van, amelyeket úgy építettek fel, hogy bármelyik 2 kártyán pontosan egy közös szimbólum van? Mennyi az ilyen szimbólumok minimális száma, amelyet használni kell? Mennyi lehet az ilyen kártyák maximális száma?

Először a következő logikai lépésekkel készítjük el ezeket a kártyákat (minden később megszerkesztett kártya rendelkezik azzal a tulajdonsággal, hogy növekvő sorrendben vannak rendezve): Az első kártyának 8 különböző szimbólummal kell rendelkeznie, azaz olvasni.:

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

Hogyan konstruálhatjuk meg a következő kártyákat úgy, hogy pontosan egy szimbólumuk legyen közös az első kártyával?:

Itt már tetszőleges számú ilyen kártya összeállítható (egyszerűen töltse ki a helyeket növekvő sorrendben, $9$ kezdve). Ez a triviális eset azonban érdektelen, mivel minket egy minimális számú szimbólum (és maximális számú kártya) tartalmazó halmaz érdekel. Most figyelembe vesszük az egyes kártyák második szimbólumát $ x_{l.2} $ , amelyre nyilvánvalóan a következőket kell alkalmazni: $ x_{1.2} \neq x_{2.2} \neq x_{3.2} \neq \ldots \neq x_{k.2} $ . Ezért szükségszerűen bevezettünk $ k $ új szimbólumokat. De most $ k \leq 8-1 = 7 $ , mivel a $ 7 $ szimbólumok egyike sem $ x_{1.2},\, x_{1.3},\, x_{1.4},\, x_{1.5},\, x_{1.6},\, x_{1.7},\, x_{1.8} $ (a bal szélső kártya) megegyezhet a többi kártya második szimbólumával (különben két azonos szimbólum lenne ).

Legfeljebb 7 új kártyát találtunk:

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

Ugyanezzel az érvvel most megszerkesztjük a következő $7$ térképeket (ezen térképek közül az elsőnek ütköznie kell a kezdőtérképünkkel, és nem a $1$ -vel, különben az előző $7$ talált térképeket):

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

Ez az érvelés a következő $7$ kártyával ugyanígy folytatható; összesen $8-2 = 6$ -szor több. Az utolsó $7$ kártya tehát:

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

Ha most egy másik kártyát szeretne létrehozni $$\left(\begin{array}{c} 9 \\ x_{57.2} \\ x_{57.3} \\ x_{57.4} \\ x_{57.5} \\ x_{57.6} \\ x_{57.7} \\ x_{57.8} \end{array}\right)$$ ez nem sikerülne, mert ennek a kártyának nincs közös szimbóluma a kezdőlappal. Ez azt jelenti, hogy maximum $1 + 8 \cdot 7 = 57$ kártyát szerkesztettünk. Most az a célunk, hogy ugyanennyit építsünk.

Ehhez megnézzük az első 7 talált új kártyát, és arra a következtetésre jutunk, hogy feltétlenül szükségünk van $7 \cdot 7$ új szimbólumra (egy kártyának sem lehet duplikált szimbóluma, és előfordulhat, hogy minden odaítélendő szimbólum nem jelenik meg kétszer, mert az $1$ már dupla):

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

Ez azt jelenti, hogy legalább $8 + (7 \cdot 7) = 57$ szimbólumra van szükségünk (azaz annyi szimbólumra, ahány kártya!). Most megpróbálunk beérni ezzel a számmal, és megtalálni a tervezési specifikációt az összes többi elemhez. Ehhez készítünk egy kicsivel kisebb dobot, amely kártyánként csak $3$ szimbólumot hordoz, és kezdőkártya lesz.

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

és a többi kártya

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

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

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

összesen $1 + 3 \cdot 2 = 7$ kártyával és $ 3 + (2 \cdot 2) = 7$ szimbólummal. Egy kis próbálkozással és hibával (és a már hozzárendelt szimbólumok használatával) a következő dobást kapod:

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

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

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

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

Ezt is meg lehet találni szisztematikusan? Ehhez beírjuk az újonnan hozzárendelt szimbólumokat $4, 5, 6, 7$ egy négyzetmátrixba:

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

Most képzeljük el, hogy az első két kártya (a \ $4$ és $5$ kezdőszimbólumokkal kezdődően) függőleges összekötő vonalak az alsó $6$ és $7$ szimbólumokhoz.:

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

Mivel ezek a vonalak nem metszik egymást, így megkapjuk (az összekötő vonalakon lévő szimbólumok soronkénti ábrázolásával) a legközelebbi érvényes kártyákat.:

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

Végül képzeljük el, hogy más meredekségű vonalakat kapcsolunk össze (jelen esetben a $1$ meredekséggel):

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

A második összekötő vonal ( $5$ és $6$ között) a mátrixot a jobb szélen hagyja el, és a bal szélen lép be újra. A gradiens okos megválasztásával biztosítjuk, hogy az összekötő vonalak ne metsszék egymást, de azt is, hogy a korábbi (függőleges) összekötő vonalak ne metsszék egymást. Ez a tervezési ötlet végül a következő tervezési képlethez vezet:

A $k \in \mathbb{N} \, | \, (k-1) \text{ prim} $ $1+(k \cdot (k-1)) = k^2-k+1 = k + (k-1)(k-1)$ kártyák és szimbólumok. A térképre a $K_x$ $x \in \mathbb{N}$ és $0 \leq x \leq (k-1) \cdot k$ vonatkozik:

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

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

Ezeknek a kártyáknak $(k-1)\cdot k + 1 = k + (k-1)(k-1)$ darabja van. Most már csak megmutatni kell:

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

1. eset: $ x_1 = 0 $
- 1a. eset: $ 0 < x_2 < k $
  - $y_1 = 1 \(y_1 = 1$ és $y_2 = 1$ :
    $f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1$ .
  - $y_1 \neq 1$ és $y_2 = 1$ a következőt használjuk:
    $f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1$
  - $y_1 = 1$ és $y_2 \neq 1$ :
    $f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) =$
    $(k+1)(x-1) + (k-1) + y \geq (k+1)(x-1)+y > 1$
  - $y_1 \neq \(y_1 \neq 1$ és $y_2 \neq 1$ esetén a következő:
    $f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) > k$
- Eset 1b: $ x_2 \geq k $
  - A $y_1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$ és $y_2 = 1$ esetén a következőt kapjuk:
    $f(x_1, y_1) = f(0, \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$
  - $y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$ és $y_2 = 1$ esetén:
    $f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$
  - $y_2 \neq 1$ a következő:
    $f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k$
    $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)$
    $+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1)+(k-1)(y_2-2) > k $
2. eset: $ 0 < x_1 < k $
- Eset 2a: $ 0 < x_2 < k $
  - $y_1 = 1 \(y_1 = 1$ és $y_2 = 1$ :
    $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
  - $y_1 \neq 1$ és $y_2 = 1$ a következőt használjuk:
    $f(x_1, y_1) = f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) > 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
  - $y_1 = 1$ és $y_2 \neq 1$ :
    $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) > 1$
  - $y_1 \neq \(y_1 \neq 1$ és $y_2 \neq 1$ esetén a következő:
    $f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) \leq$
    $(k+1)+(k-1)(x_1-1)+(k-2)$
    $f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) \geq$
    $(k+1)+(k-1)((x_1+1)-1)+(y_2-2) =$
    $(k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (y_2-2) \geq$
    $(k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (2-2) \geq$
    $(k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) > (k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-2)$
- 2b eset: $ x_2 \geq k $
  - $y_1 = 1 \(y_1 = 1$ és $y_2 = 1$ :
    $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \geq \left\lfloor \frac{k-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 2 > 1$
  - $y_1 = 1$ és $y_2 \neq 1$ :
    $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
    $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)$
    $+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_2-2) > 1$
  - $y_1 \neq 1$ és $y_2 = 1$ a következőt használjuk:
    $f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1)$
    $+ (k+1) + (k-1)(y_1-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_1-2) > 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
  - Mert $y_1 \neq 1$ és $y_2 \neq 1$ van:
    $(k+1) + (k-1)(x_1-1) + (y_1-2) =$
    $\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)$
    $+ (k+1) + (k-1)(y-2)$
    $\Leftrightarrow y_1 = (k-1)y_2 - (k-1)(x_1+1) +$
    $\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) $
    Mert $y_2 = x_1+1$ val vel $ 2 \leq y_2 \leq k$ van
    $y_1 = 2 + \left( \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \right)$ val vel $ 2 \leq y_1 \leq k$.
    Itt egyetlen megoldás létezik $ (y_1, y_2) $.
    Mert mi választunk $y^*_2=y_2-1$ mint érték, az $y^*_1 = y_1-(k-1) < 2$.
    Ezen kívül azért $y^*_2*=y_2+1$ azután $y^*_1 = y_1+(k-1) > k$.
3. Tok: $ x_1 \geq k $
- 3a. eset: $ x_2 \geq k $
  - 3a' eset: $m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2$
    - $y_1 = 1 \(y_1 = 1$ és $y_2 = 1$ :
      $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1$
      $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 = m_1$
    - $y_1 = 1$ és $y_2 \neq 1$ :
      $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =$
      $\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k$
      $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq$
      $(k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k$
    - $y_1 \neq 1$ és $y_2 = 1$ a következőt használjuk:
      Lásd $y_1 = 1$ és $y_2 \neq 1$ .
    - Mert $y_1 \neq 1$ és $y_2 \neq 1$ van:
      $f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)$
      $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)$
      Akkor $f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow$
      $L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow$
      $L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow$
      $L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)$
      Mert $y_1 \neq y_2$ van $L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)$.
      Mert $y_1 = y_2$ van $L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2$ és
      $\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =$
      $\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow$
      $x_1 = x_2 + (k-1)\cdot l$ ellentétben $m_1 = m_2$.
  - Eset 3a'': $m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2$
    - $y_1 = 1 \(y_1 = 1$ és $y_2 = 1$ :
      $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1$
      $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 \neq m_1$
    - $y_1 = 1$ és $y_2 \neq 1$ :
      $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =$
      $\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k$
      $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq$
      $(k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k$
    - $y_1 \neq 1$ és $y_2 = 1$ a következőt használjuk:
      Lásd $y_1 = 1$ és $y_2 \neq 1$ .
    - Mert $y_1 \neq 1$ és $y_2 \neq 1$ van:
      $f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)$
      $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)$
      Akkor $f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow$
      $L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow$
      $L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow$
      $L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)$
      Mert $y_1 \neq y_2$ van $L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)$.
      Mert $y_1 = y_2$ van $L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2$ és
      $\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =$
      $\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow$
      $y = \frac{(k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)}{m_2 - m_1}$
      Hát oda $2 \leq y \leq k$ mindig a $l \in \mathbb{N}_0$, szóval azt
      $m_2 - m_1 \mid (k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)$.
      Bizonyíték: van $(k-1)$ prím, van (Bézout lemmája miatt)
      $(k-1)\cdot l \equiv -\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right) \, \mod (m_2-m_1)$
      megoldható, mert $\text{ggT}\left((k-1),(m_2-m_1)\right) = 1$ Hasít $-\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right)$.
      Akkor ez az egyetlen megoldás $l_1$, mert egy
      $l_2 = l_1 + (m_2-m_1)$ van $ y_2 = y_1 + (k-1) > k$.

A dobble és a matematika témakörében is érdekes háttérinformációkat találhat itt vagy itt . A következő szkriptben a korábban bevált képlet látható működés közben: Dobbles (a $(k-1)$ prim-hez) egy gombnyomással generálható:

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

Vissza

Matematika a Dobble játékban0322

Matematika a Dobble játékban03
22