La matematica nel gioco Dobble03
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Durante la nostra ultima serata di giochi in famiglia, i bambini hanno tirato fuori con entusiasmo il gioco Dobble (l'edizione di Harry Potter). Dopo aver perso cinque round (senza che la mia carta corrispondesse visibilmente a quella del giocatore), sono rimasto sorpreso di scoprire che ogni giocatore riesce sempre a trovare una corrispondenza in ogni round. Tuttavia, la mia incredulità è stata solo contrastata da altre sconfitte: i bambini erano semplicemente più veloci.

Motivo sufficiente per dare un'occhiata più da vicino al gioco da un punto di vista matematico. Innanzitutto il principio del gioco: Dobble è un semplice gioco di carte con $55$ carte rotonde, ciascuna con otto simboli diversi. Tutte le carte vengono distribuite a turno, lasciando solo l'ultima carta al centro del tavolo. Ora tutti i giocatori devono confrontare simultaneamente i simboli sulla carta con i simboli sulla loro carta in cima corrente. Se un giocatore ha trovato lo stesso simbolo su entrambe le carte, può mettere la sua carta in pila essendo il più veloce a nominare il simbolo. Vince il giocatore che scarta per primo tutte le proprie carte.

Com'è possibile che ci siano $55$ carte di questo tipo costruite in modo tale che 2 carte qualsiasi abbiano esattamente un simbolo in comune? Qual è il numero minimo di tali simboli che devono essere utilizzati? Qual è il numero massimo di tali carte?

Per prima cosa, costruiamo queste carte usando i seguenti passaggi logici (tutte le carte costruite successivamente hanno la proprietà di essere ordinate in ordine crescente): La prima carta deve avere 8 simboli diversi, cioè si legge:

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

Come possiamo costruire le seguenti carte in modo che abbiano esattamente un simbolo in comune con la prima carta?:

Qui è già possibile costruire un numero qualsiasi di tali carte (compila semplicemente i posti in ordine crescente, iniziando con $9$ ). Questo caso banale non è tuttavia interessante, poiché a noi interessa un set con un numero minimo di simboli (e un numero massimo di carte). Consideriamo ora il secondo simbolo $ x_{l.2} $ di ciascuna carta, per il quale ovviamente deve valere quanto segue: $ x_{1.2} \neq x_{2.2} \neq x_{3.2} \neq \ldots \neq x_{k.2} $ . Abbiamo quindi necessariamente introdotto $ k $ nuovi simboli. Ma ora $ k \leq 8-1 = 7 $ , poiché nessuno dei $ 7 $ simboli $ x_{1.2},\, x_{1.3},\, x_{1.4},\, x_{1.5},\, x_{1.6},\, x_{1.7},\, x_{1.8} $ (della carta più a sinistra) può corrispondere al secondo simbolo di ciascuna delle altre carte (altrimenti ci sarebbero due simboli identici ).

Abbiamo trovato un massimo di queste 7 nuove carte:

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

Con lo stesso argomento ora costruiamo le prossime $7$ mappe (la prima di queste mappe deve entrare in collisione con la nostra mappa di partenza, e non con $1$ , altrimenti sarebbe con la $7$ precedente mappe trovate):

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

Questo ragionamento può essere continuato per le successive $7$ carte nello stesso modo; un totale di $8-2 = 6$ volte di più. Le ultime $7$ carte sono quindi:

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

Se ora volessi costruire un'altra carta $$\left(\begin{array}{c} 9 \\ x_{57.2} \\ x_{57.3} \\ x_{57.4} \\ x_{57.5} \\ x_{57.6} \\ x_{57.7} \\ x_{57.8} \end{array}\right)$$ , l'operazione fallirebbe perché questa carta non ha un simbolo comune con la carta iniziale. Ciò significa che abbiamo costruito un massimo di $1 + 8 \cdot 7 = 57$ carte. Il nostro obiettivo ora è costruirne altrettanti.

Per fare questo, guardiamo le prime 7 nuove carte trovate e giungiamo alla conclusione che abbiamo assolutamente bisogno di $7 \cdot 7$ nuovi simboli (nessuna carta può avere un simbolo duplicato e ogni simbolo da assegnare non può apparire due volte perché il $1$ è già doppio):

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

Ciò significa che abbiamo bisogno di un minimo di $8 + (7 \cdot 7) = 57$ simboli (cioè tanti simboli quante sono le carte!). Ora stiamo cercando di cavarcela con questo numero e di trovare una specifica di progettazione per tutti gli altri elementi. Per fare ciò, costruiamo un dobble leggermente più piccolo che porta solo $3$ simboli per carta e lo otteniamo come carta iniziale

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

e le altre carte

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

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

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

con un totale di $1 + 3 \cdot 2 = 7$ carte e $ 3 + (2 \cdot 2) = 7$ simboli. Con un po' di tentativi ed errori (e usando i simboli già assegnati) si ottiene il seguente dobble:

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

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

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

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

Si può trovare anche questo sistematicamente? Per fare ciò, inseriamo i simboli appena assegnati $4, 5, 6, 7$ in una matrice quadrata:

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

Ora immaginiamo per le prime due carte (a partire dai simboli iniziali \ $4$ e $5$ ) linee di collegamento verticali ai simboli inferiori $6$ e $7$:

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

Poiché queste linee non si intersecano, otteniamo (tracciando i simboli sulle linee di collegamento riga per riga) le carte valide più vicine:

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

Infine, immaginiamo di collegare linee con una pendenza diversa (in questo caso con la pendenza $1$ ):

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

La seconda linea di collegamento (tra $5$ e $6$ ) lascia la matrice dal bordo destro e rientra dal bordo sinistro. Scegliendo intelligentemente il gradiente, ci assicuriamo che le linee di collegamento non si intersechino tra loro, ma anche che le linee di collegamento precedenti (verticali) non si intersechino. Questa idea progettuale porta alla fine alla seguente formula progettuale:

Un dobble con $k \in \mathbb{N} \, | \, (k-1) \text{ prim} $ ha $1+(k \cdot (k-1)) = k^2-k+1 = k + (k-1)(k-1)$ carte e simboli. Per la mappa $K_x$ con $x \in \mathbb{N}$ e $0 \leq x \leq (k-1) \cdot k$:

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

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

Ci sono $(k-1)\cdot k + 1 = k + (k-1)(k-1)$ pezzi di queste carte. Ora resta solo da mostrare:

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

1 ° caso: $ x_1 = 0 $
- Caso 1a: $ 0 < x_2 < k $
  - Per $y_1 = 1$ e $y_2 = 1$ :
    $f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1$ .
  - Per $y_1 \neq 1$ e $y_2 = 1$ :
    $f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1$
  - Per $y_1 = 1$ e $y_2 \neq 1$ :
    $f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) =$
    $(k+1)(x-1) + (k-1) + y \geq (k+1)(x-1)+y > 1$
  - Per $y_1 \neq 1$ e $y_2 \neq 1$ è:
    $f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) > k$
- Caso 1b: $ x_2 \geq k $
  - Per $y_1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$ e $y_2 = 1$ abbiamo:
    $f(x_1, y_1) = f(0, \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$
  - Per $y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$ e $y_2 = 1$ è:
    $f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$
  - Per $y_2 \neq 1$ è:
    $f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k$
    $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)$
    $+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1)+(k-1)(y_2-2) > k $
2 ° caso: $ 0 < x_1 < k $
- Caso 2a: $ 0 < x_2 < k $
  - Per $y_1 = 1$ e $y_2 = 1$ :
    $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
  - Per $y_1 \neq 1$ e $y_2 = 1$ :
    $f(x_1, y_1) = f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) > 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
  - Per $y_1 = 1$ e $y_2 \neq 1$ :
    $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) > 1$
  - Per $y_1 \neq 1$ e $y_2 \neq 1$ è:
    $f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) \leq$
    $(k+1)+(k-1)(x_1-1)+(k-2)$
    $f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) \geq$
    $(k+1)+(k-1)((x_1+1)-1)+(y_2-2) =$
    $(k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (y_2-2) \geq$
    $(k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (2-2) \geq$
    $(k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) > (k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-2)$
- Caso 2b: $ x_2 \geq k $
  - Per $y_1 = 1$ e $y_2 = 1$ :
    $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \geq \left\lfloor \frac{k-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 2 > 1$
  - Per $y_1 = 1$ e $y_2 \neq 1$ :
    $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
    $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)$
    $+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_2-2) > 1$
  - Per $y_1 \neq 1$ e $y_2 = 1$ :
    $f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1)$
    $+ (k+1) + (k-1)(y_1-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_1-2) > 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
  - Per $y_1 \neq 1$ e $y_2 \neq 1$ è:
    $(k+1) + (k-1)(x_1-1) + (y_1-2) =$
    $\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)$
    $+ (k+1) + (k-1)(y-2)$
    $\Leftrightarrow y_1 = (k-1)y_2 - (k-1)(x_1+1) +$
    $\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) $
    Per $y_2 = x_1+1$ insieme a $ 2 \leq y_2 \leq k$ è
    $y_1 = 2 + \left( \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \right)$ insieme a $ 2 \leq y_1 \leq k$.
    C'è solo una soluzione qui $ (y_1, y_2) $.
    Perché scegliamo $y^*_2=y_2-1$ come valore, è $y^*_1 = y_1-(k-1) < 2$.
    Inoltre, per $y^*_2*=y_2+1$ poi $y^*_1 = y_1+(k-1) > k$.
3. Caso: $ x_1 \geq k $
- Caso 3a: $ x_2 \geq k $
  - Caso 3a': $m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2$
    - Per $y_1 = 1$ e $y_2 = 1$ :
      $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1$
      $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 = m_1$
    - Per $y_1 = 1$ e $y_2 \neq 1$ :
      $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =$
      $\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k$
      $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq$
      $(k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k$
    - Per $y_1 \neq 1$ e $y_2 = 1$ :
      Vedi $y_1 = 1$ e $y_2 \neq 1$ .
    - Per $y_1 \neq 1$ e $y_2 \neq 1$ è:
      $f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)$
      $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)$
      Poi $f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow$
      $L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow$
      $L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow$
      $L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)$
      Per $y_1 \neq y_2$ è $L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)$.
      Per $y_1 = y_2$ è $L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2$ e
      $\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =$
      $\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow$
      $x_1 = x_2 + (k-1)\cdot l$ in contraddizione con $m_1 = m_2$.
  - Caso 3a'': $m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2$
    - Per $y_1 = 1$ e $y_2 = 1$ :
      $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1$
      $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 \neq m_1$
    - Per $y_1 = 1$ e $y_2 \neq 1$ :
      $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =$
      $\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k$
      $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq$
      $(k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k$
    - Per $y_1 \neq 1$ e $y_2 = 1$ :
      Vedi $y_1 = 1$ e $y_2 \neq 1$ .
    - Per $y_1 \neq 1$ e $y_2 \neq 1$ è:
      $f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)$
      $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)$
      Poi $f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow$
      $L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow$
      $L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow$
      $L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)$
      Per $y_1 \neq y_2$ è $L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)$.
      Per $y_1 = y_2$ è $L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2$ e
      $\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =$
      $\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow$
      $y = \frac{(k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)}{m_2 - m_1}$
      Bene lì per $2 \leq y \leq k$ sempre un $l \in \mathbb{N}_0$, affinché
      $m_2 - m_1 \mid (k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)$.
      Prova: lì $(k-1)$ è primo, è (a causa del lemma di Bézout)
      $(k-1)\cdot l \equiv -\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right) \, \mod (m_2-m_1)$
      risolvibile, perché $\text{ggT}\left((k-1),(m_2-m_1)\right) = 1$ Si divide $-\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right)$.
      Allora questa è l'unica soluzione $l_1$, perché per uno
      $l_2 = l_1 + (m_2-m_1)$ è $ y_2 = y_1 + (k-1) > k$.

Puoi anche trovare informazioni di base interessanti sul tema del dobble e della matematica qui o qui . Nello script seguente puoi vedere in azione la formula precedentemente provata: Dobbles (for $(k-1)$ prim) può essere generato con la semplice pressione di un pulsante:

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

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La matematica nel gioco Dobble0322

La matematica nel gioco Dobble03
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