Matematika dalam permainan Dobble

Pada malam keluarga terakhir, permainan Dobble (dalam Harry Potter Edition) dengan antusias dibawa ke meja oleh anak-anak. Setelah ronde ke-5 yang hilang (tanpa terlihat pukulan kartu saya dengan kartu remi) saya diberitahu, dengan heran, bahwa setiap pemain selalu dapat menemukan pukulan di setiap ronde. Tapi ketidakpercayaan saya hanya diakui dengan putaran yang hilang lebih jauh - anak-anak lebih cepat.


Cukup alasan untuk melihat lebih dekat permainan dari sudut pandang matematika. Pertama prinsip permainan: Dobble adalah permainan kartu sederhana dengan \(55\) kartu bulat, masing-masing menunjukkan delapan simbol yang berbeda. Semua kartu dibagikan secara bergantian, hanya menyisakan kartu terakhir di tengah meja. Sekarang semua pemain harus secara bersamaan membandingkan simbol pada kartu dengan simbol pada kartu teratas mereka saat ini. Jika seorang pemain telah menemukan simbol yang sama pada kedua kartu, ia dapat menempatkan kartunya di tumpukan dengan menjadi yang tercepat untuk menyebutkan simbol tersebut. Pemain yang membuang semua kartunya terlebih dahulu menang.

Bagaimana mungkin ada \(55\) kartu yang dibuat sedemikian rupa sehingga setiap 2 kartu memiliki tepat satu simbol yang sama? Berapa jumlah minimal simbol yang harus digunakan? Berapa jumlah maksimum kartu seperti itu?

Pertama, kami membuat kartu-kartu ini menggunakan langkah-langkah logis berikut (semua kartu yang dibuat selanjutnya memiliki properti yang diurutkan dalam urutan menaik): Kartu pertama harus memiliki 8 simbol berbeda, yaitu dibaca:

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

Kami sekarang membangun kartu berikut sedemikian rupa sehingga mereka memiliki tepat satu simbol yang sama dengan kartu pertama::

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

Sejumlah kartu seperti itu sudah dapat dibuat di sini (Anda cukup mengisi tempat dalam urutan menaik, dimulai dengan \(9\) ). Kasus sepele ini tidak menarik, karena kita tertarik pada himpunan dengan jumlah simbol minimum (dan jumlah kartu maksimum). Kami sekarang mempertimbangkan simbol kedua \( x_{l.2} \) dari setiap kartu, yang jelas-jelas berikut ini harus berlaku: \( x_{1.2} \neq x_{2.2} \neq x_{3.2} \neq \ldots \neq x_{k.2} \) . Oleh karena itu, kami harus memperkenalkan \( k \) simbol baru. Tapi sekarang \( k \leq 8-1 = 7 \) , karena tidak satupun dari \( 7 \) simbol \( x_{1.2},\, x_{1.3},\, x_{1.4},\, x_{1.5},\, x_{1.6},\, x_{1.7},\, x_{1.8} \) (dari kartu paling kiri) dapat cocok dengan simbol kedua dari masing-masing kartu lainnya (jika tidak, akan ada dua simbol yang identik ).

Kami telah menemukan maksimal 7 kartu baru ini:

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

Dengan argumen yang sama sekarang kita membuat peta \(7\) berikutnya (peta pertama harus bertabrakan dengan peta awal kita, dan bukan dengan \(1\) , jika tidak maka akan dengan \(7\) sebelumnya menemukan peta):

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

Argumen ini juga dapat dilanjutkan untuk kartu \(7\) berikutnya; Sebanyak \(8-2 = 6\) kali lebih banyak. Kartu \(7\) terakhir sesuai:

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

Jika Anda ingin menambahkan kartu lain $$\left(\begin{array}{c} 9 \\ x_{57.2} \\ x_{57.3} \\ x_{57.4} \\ x_{57.5} \\ x_{57.6} \\ x_{57.7} \\ x_{57.8} \end{array}\right)$$ akan gagal karena kartu ini tidak berbagi simbol dengan kartu awal. Kami telah membuat maksimal \(1 + 8 \cdot 7 = 57\) peta. Tujuan kami sekarang adalah untuk membangun setidaknya sebanyak mungkin.

Untuk melakukan ini, kami melihat 7 kartu baru pertama yang ditemukan dan sampai pada kesimpulan bahwa kami benar-benar membutuhkan \(7 \cdot 7\) simbol baru di sini (tidak ada kartu yang boleh memiliki simbol dua kali dan setiap simbol yang akan diberikan tidak boleh muncul dua kali, karena \(1\) sudah dua kali lipat):

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

Jadi kita membutuhkan simbol minimal \(8 + (7 \cdot 7) = 57\) (sehingga simbol sebanyak kartu!). Kami sekarang mencoba untuk bertahan dengan nomor ini dan menemukan aturan konstruksi untuk semua elemen lainnya. Untuk melakukan ini, kami membuat dobble yang sedikit lebih kecil yang hanya memiliki \(3\) simbol per kartu dan menerimanya sebagai kartu awal

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

dan kartu lainnya

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

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

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

dengan total \(1 + 3 \cdot 2 = 7\) kartu dan \( 3 + (2 \cdot 2) = 7\) simbol. Dengan sedikit coba-coba (dan menggunakan simbol yang sudah ditetapkan), Anda mendapatkan dobble berikut::

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

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

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

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

Bisakah ini juga ditemukan secara sistematis? Untuk melakukan ini, kami memasukkan simbol yang baru ditetapkan \(4, 5, 6, 7\) dalam matriks persegi:

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

Sekarang kita bayangkan untuk dua kartu pertama (dimulai dengan simbol awal \ \(4\) dan \(5\) ) garis penghubung vertikal ke simbol bawah \(6\) dan \(7\):

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

Karena garis-garis ini tidak berpotongan, kita mendapatkan (dengan memplot simbol pada garis penghubung baris demi baris) kartu valid terdekat:

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

Akhirnya, kami membayangkan menghubungkan garis dengan kemiringan yang berbeda (dalam hal ini dengan kemiringan \(1\) ):

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

Garis penghubung kedua (antara \(5\) dan \(6\) ) meninggalkan matriks di tepi kanan dan masuk kembali di tepi kiri. Dengan terampil memilih kemiringan, kami memastikan di satu sisi bahwa garis penghubung tidak berpotongan satu sama lain, tetapi juga garis penghubung (vertikal) sebelumnya tidak berpotongan. Ide desain ini pada akhirnya mengarah pada formula desain berikut::

Sebuah dobble dengan \(k \in \mathbb{N} \, | \, (k-1) \text{ prim} \) memiliki \(1+(k \cdot (k-1)) = k^2-k+1 = k + (k-1)(k-1)\) kartu dan simbol. Untuk peta \(K_x\) dengan \(x \in \mathbb{N}\) dan \(0 \leq x \leq (k-1) \cdot k\) berlaku:

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

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

Ada \((k-1)\cdot k + 1 = k + (k-1)(k-1)\) potongan kartu ini. Sekarang tinggal menunjukkan:

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

  • Kasus pertama: \( x_1 = 0 \)
    • Kasus 1a: \( 0 < x_2 < k \)
      • Untuk \(y_1 = 1\) dan \(y_2 = 1\) memiliki:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1\) .
      • Untuk \(y_1 \neq 1\) dan \(y_2 = 1\) memiliki:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1\)
      • Untuk \(y_1 = 1\) dan \(y_2 \neq 1\) memiliki:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) =\)
        \((k+1)(x-1) + (k-1) + y \geq (k+1)(x-1)+y > 1\)
      • Untuk \(y_1 \neq 1\) dan \(y_2 \neq 1\) adalah:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) > k\)
    • Kasus 1b: \( x_2 \geq k \)
      • Untuk \(y_1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) dan \(y_2 = 1\) kita memiliki:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
      • Untuk \(y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) dan \(y_2 = 1\) adalah:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
      • Untuk \(y_2 \neq 1\) adalah:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k\)
        \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1)+(k-1)(y_2-2) > k \)
  • Kasus kedua: \( 0 < x_1 < k \)
    • Kasus 2a: \( 0 < x_2 < k \)
      • Untuk \(y_1 = 1\) dan \(y_2 = 1\) memiliki:
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
      • Untuk \(y_1 \neq 1\) dan \(y_2 = 1\) memiliki:
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) > 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
      • Untuk \(y_1 = 1\) dan \(y_2 \neq 1\) memiliki:
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) > 1\)
      • Untuk \(y_1 \neq 1\) dan \(y_2 \neq 1\) adalah:
        \(f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) \leq\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1)+(k-2)\)
        \(f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) \geq\)
        \((k+1)+(k-1)((x_1+1)-1)+(y_2-2) =\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (y_2-2) \geq\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (2-2) \geq\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) > (k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-2)\)
    • Kasus 2b: \( x_2 \geq k \)
      • Untuk \(y_1 = 1\) dan \(y_2 = 1\) memiliki:
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \geq \left\lfloor \frac{k-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 2 > 1\)
      • Untuk \(y_1 = 1\) dan \(y_2 \neq 1\) memiliki:
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_2-2) > 1\)
      • Untuk \(y_1 \neq 1\) dan \(y_2 = 1\) memiliki:
        \(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y_1-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_1-2) > 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
      • Untuk \(y_1 \neq 1\) dan \(y_2 \neq 1\) adalah:
        \((k+1) + (k-1)(x_1-1) + (y_1-2) =\)
        \(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y-2)\)
        \(\Leftrightarrow y_1 = (k-1)y_2 - (k-1)(x_1+1) +\)
        \(\left( 2 + \left( \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \right) \right) \)
        Untuk \(y_2 = x_1+1\) dengan \( 2 \leq y_2 \leq k\) adalah
        \(y_1 = 2 + \left( \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \right)\) dengan \( 2 \leq y_1 \leq k\).
        Hanya ada satu solusi di sini \( (y_1, y_2) \).
        Karena kita memilih \(y^*_2=y_2-1\) sebagai nilai, adalah \(y^*_1 = y_1-(k-1) < 2\).
        Selain itu, untuk \(y^*_2*=y_2+1\) kemudian \(y^*_1 = y_1+(k-1) > k\).
  • 3. Kasus: \( x_1 \geq k \)
    • Kasus 3a: \( x_2 \geq k \)
      • Kasus 3a': \(m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2\)
        • Untuk \(y_1 = 1\) dan \(y_2 = 1\) memiliki:
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1\)
          \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 = m_1\)
        • Untuk \(y_1 = 1\) dan \(y_2 \neq 1\) memiliki:
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =\)
          \(\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq\)
          \((k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k\)
        • Untuk \(y_1 \neq 1\) dan \(y_2 = 1\) memiliki:
          Lihat \(y_1 = 1\) dan \(y_2 \neq 1\) .
        • Untuk \(y_1 \neq 1\) dan \(y_2 \neq 1\) adalah:
          \(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)\)
          Kemudian \(f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)\)
          Untuk \(y_1 \neq y_2\) adalah \(L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)\).
          Untuk \(y_1 = y_2\) adalah \(L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2\) dan
          \(\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =\)
          \(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow\)
          \(x_1 = x_2 + (k-1)\cdot l\) bertentangan dengan \(m_1 = m_2\).
      • Kasus 3a'': \(m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2\)
        • Untuk \(y_1 = 1\) dan \(y_2 = 1\) memiliki:
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1\)
          \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 \neq m_1\)
        • Untuk \(y_1 = 1\) dan \(y_2 \neq 1\) memiliki:
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =\)
          \(\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq\)
          \((k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k\)
        • Untuk \(y_1 \neq 1\) dan \(y_2 = 1\) memiliki:
          Lihat \(y_1 = 1\) dan \(y_2 \neq 1\) .
        • Untuk \(y_1 \neq 1\) dan \(y_2 \neq 1\) adalah:
          \(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)\)
          Kemudian \(f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)\)
          Untuk \(y_1 \neq y_2\) adalah \(L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)\).
          Untuk \(y_1 = y_2\) adalah \(L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2\) dan
          \(\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =\)
          \(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow\)
          \(y = \frac{(k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)}{m_2 - m_1}\)
          Nah disana untuk \(2 \leq y \leq k\) selalu \(l \in \mathbb{N}_0\), yang seperti itu
          \(m_2 - m_1 \mid (k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)\).
          Bukti: ada \((k-1)\) adalah prima, adalah (karena lemma Bézout)
          \((k-1)\cdot l \equiv -\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right) \, \mod (m_2-m_1)\)
          dapat dipecahkan, karena \(\text{ggT}\left((k-1),(m_2-m_1)\right) = 1\) Perpecahan \(-\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right)\).
          Maka ini adalah satu-satunya solusi \(l_1\), karena untuk satu
          \(l_2 = l_1 + (m_2-m_1)\) adalah \( y_2 = y_1 + (k-1) > k\).

Anda juga dapat menemukan informasi latar belakang yang menarik tentang topik dobble dan matematika di sini atau di sini . Dalam skrip berikut, Anda dapat melihat formula yang telah terbukti sebelumnya beraksi: Dobbles (untuk \((k-1)\) prim) dapat dihasilkan dengan menekan sebuah tombol:

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

Kembali