Matematik dalam permainan Dobble03
22

Pada malam perlawanan keluarga kami yang terakhir, kanak-kanak dengan penuh semangat mengeluarkan permainan Dobble (edisi Harry Potter). Selepas tewas lima pusingan (tanpa kad saya yang sepadan dengan kad permainan), saya terkejut apabila mengetahui bahawa setiap pemain sentiasa boleh menemui padanan dalam setiap pusingan. Walau bagaimanapun, ketidakpercayaan saya hanya disambut dengan lebih banyak pusingan yang tewas – kanak-kanak itu lebih pantas.

Cukup sebab untuk melihat dengan lebih dekat permainan dari sudut pandangan matematik. Pertama, prinsip permainan: Dobble ialah permainan kad ringkas dengan $55$ kad bulat, setiap satu menunjukkan lapan simbol berbeza. Semua kad diuruskan secara bergilir-gilir, hanya meninggalkan kad terakhir di tengah-tengah meja. Kini semua pemain perlu membandingkan simbol pada kad secara serentak dengan simbol pada kad teratas semasa mereka. Jika pemain telah menemui simbol yang sama pada kedua-dua kad, dia boleh meletakkan kadnya pada timbunan dengan menjadi yang terpantas untuk menamakan simbol tersebut. Pemain yang membuang semua kad mereka terlebih dahulu menang.

Bagaimanakah mungkin terdapat $55$ kad sedemikian yang telah dibina sedemikian rupa sehingga mana-mana 2 kad mempunyai tepat satu simbol yang sama? Apakah bilangan minimum simbol sedemikian yang mesti digunakan? Berapakah bilangan maksimum kad tersebut?

Mula-mula, kami membina kad ini menggunakan langkah logik berikut (semua kad yang dibina kemudiannya mempunyai sifat yang ia diisih dalam tertib menaik): Kad pertama mesti mempunyai 8 simbol berbeza, iaitu dibaca:

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

Bagaimanakah kita membina kad-kad berikut supaya ia mempunyai tepat satu simbol yang sama dengan kad pertama?:

Sebarang bilangan kad sedemikian sudah boleh dibina di sini (anda hanya mengisi tempat dalam tertib menaik, bermula dengan $9$ ). Kes remeh ini tidak menarik, bagaimanapun, kerana kami berminat dengan set dengan bilangan simbol minimum (dan bilangan maksimum kad). Kami kini mempertimbangkan simbol kedua $ x_{l.2} $ bagi setiap kad, yang jelas perkara berikut mesti digunakan: $ x_{1.2} \neq x_{2.2} \neq x_{3.2} \neq \ldots \neq x_{k.2} $ . Oleh itu, kami semestinya telah memperkenalkan $ k $ simbol baharu. Tetapi sekarang $ k \leq 8-1 = 7 $ , kerana tiada satu pun daripada simbol \ $ 7 $ $ x_{1.2},\, x_{1.3},\, x_{1.4},\, x_{1.5},\, x_{1.6},\, x_{1.7},\, x_{1.8} $ (daripada kad paling kiri) mungkin sepadan dengan simbol kedua bagi setiap kad lain (jika tidak, terdapat dua simbol yang sama ).

Kami telah menemui maksimum 7 kad baharu 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 hujah yang sama, kami kini membina peta $7$ seterusnya (yang pertama daripada peta ini harus bertembung dengan peta permulaan kami, dan bukan dengan $1$ , jika tidak, ia akan menjadi dengan $7$ sebelum ini terjumpa peta):

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

Hujah ini boleh diteruskan untuk kad $7$ seterusnya dengan cara yang sama; sejumlah $8-2 = 6$ kali lebih banyak. Oleh itu, kad $7$ terakhir adalah:

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

Jika anda kini mahu membina satu lagi kad $$\left(\begin{array}{c} 9 \\ x_{57.2} \\ x_{57.3} \\ x_{57.4} \\ x_{57.5} \\ x_{57.6} \\ x_{57.7} \\ x_{57.8} \end{array}\right)$$ mempunyai simbol biasa dengan kad permulaan. Ini bermakna kami telah membina maksimum kad $1 + 8 \cdot 7 = 57$ . Matlamat kami sekarang adalah untuk membina sama banyak.

Untuk melakukan ini, kami melihat 7 kad baharu yang pertama ditemui dan membuat kesimpulan bahawa kami benar-benar memerlukan $7 \cdot 7$ simbol baharu (tiada kad mungkin mempunyai simbol pendua dan setiap simbol yang akan diberikan mungkin tidak muncul dua kali kerana $1$ sudah berganda):

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

Ini bermakna kita memerlukan sekurang-kurangnya simbol $8 + (7 \cdot 7) = 57$ (iaitu seberapa banyak simbol seperti kad!). Kami kini cuba bertahan dengan nombor ini dan mencari spesifikasi reka bentuk untuk semua elemen lain. Untuk melakukan ini, kami membina dobel yang lebih kecil sedikit yang hanya membawa simbol $3$ bagi setiap kad dan dapatkan sebagai kad permulaan

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

dan kad yang lain

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

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

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

dengan jumlah kad $1 + 3 \cdot 2 = 7$ dan simbol $ 3 + (2 \cdot 2) = 7$ . Dengan sedikit percubaan dan kesilapan (dan menggunakan simbol yang telah ditetapkan) anda mendapat dobble berikut:

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

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

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

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

Bolehkah ini juga dijumpai secara sistematik? Untuk melakukan ini, kami memasukkan simbol yang baru ditetapkan $4, 5, 6, 7$ dalam matriks segi empat sama:

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

Sekarang kita bayangkan untuk dua kad pertama (bermula dengan simbol mula \ $4$ dan $5$ ) garis penghubung menegak ke simbol bawah $6$ dan $7$:

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

Oleh kerana garisan ini tidak bersilang, kami mendapat (dengan memplot simbol pada garis penghubung baris demi baris) kad sah yang paling hampir:

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

Akhir sekali, kami bayangkan menyambungkan garisan dengan cerun yang berbeza (dalam kes ini dengan cerun $1$ ):

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

Garis penyambung kedua (antara $5$ dan $6$ ) meninggalkan matriks di tepi kanan dan masuk semula di tepi kiri. Dengan bijak memilih kecerunan, kami memastikan bahawa garis penghubung tidak bersilang antara satu sama lain, tetapi juga bahawa garis penghubung (menegak) sebelumnya tidak bersilang. Idea reka bentuk ini akhirnya membawa kepada formula reka bentuk berikut:

Dobel dengan $k \in \mathbb{N} \, | \, (k-1) \text{ prim} $ mempunyai $1+(k \cdot (k-1)) = k^2-k+1 = k + (k-1)(k-1)$ kad dan simbol. Untuk peta $K_x$ dengan $x \in \mathbb{N}$ dan $0 \leq x \leq (k-1) \cdot k$ terpakai:

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

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

Terdapat $(k-1)\cdot k + 1 = k + (k-1)(k-1)$ keping kad ini. Kini ia hanya tinggal untuk ditunjukkan:

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

Kes pertama: $ x_1 = 0 $
- Kes 1a: $ 0 < x_2 < k $
  - Untuk $y_1 = 1$ dan $y_2 = 1$ ada:
    $f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1$ .
  - Untuk $y_1 \neq 1$ dan $y_2 = 1$ ada:
    $f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1$
  - Untuk $y_1 = 1$ dan $y_2 \neq 1$ ada:
    $f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) =$
    $(k+1)(x-1) + (k-1) + y \geq (k+1)(x-1)+y > 1$
  - Untuk $y_1 \neq 1$ dan $y_2 \neq 1$ ialah:
    $f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) > k$
- Kes 1b: $ x_2 \geq k $
  - Untuk $y_1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$ dan $y_2 = 1$ kita ada:
    $f(x_1, y_1) = f(0, \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$
  - Untuk $y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$ dan $y_2 = 1$ ialah:
    $f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$
  - Untuk $y_2 \neq 1$ ialah:
    $f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k$
    $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)$
    $+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1)+(k-1)(y_2-2) > k $
Kes ke-2: $ 0 < x_1 < k $
- Kes 2a: $ 0 < x_2 < k $
  - Untuk $y_1 = 1$ dan $y_2 = 1$ ada:
    $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
  - Untuk $y_1 \neq 1$ dan $y_2 = 1$ ada:
    $f(x_1, y_1) = f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) > 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
  - Untuk $y_1 = 1$ dan $y_2 \neq 1$ ada:
    $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) > 1$
  - Untuk $y_1 \neq 1$ dan $y_2 \neq 1$ ialah:
    $f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) \leq$
    $(k+1)+(k-1)(x_1-1)+(k-2)$
    $f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) \geq$
    $(k+1)+(k-1)((x_1+1)-1)+(y_2-2) =$
    $(k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (y_2-2) \geq$
    $(k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (2-2) \geq$
    $(k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) > (k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-2)$
- Kes 2b: $ x_2 \geq k $
  - Untuk $y_1 = 1$ dan $y_2 = 1$ ada:
    $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \geq \left\lfloor \frac{k-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 2 > 1$
  - Untuk $y_1 = 1$ dan $y_2 \neq 1$ ada:
    $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
    $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)$
    $+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_2-2) > 1$
  - Untuk $y_1 \neq 1$ dan $y_2 = 1$ ada:
    $f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1)$
    $+ (k+1) + (k-1)(y_1-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_1-2) > 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
  - Untuk $y_1 \neq 1$ dan $y_2 \neq 1$ ialah:
    $(k+1) + (k-1)(x_1-1) + (y_1-2) =$
    $\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)$
    $+ (k+1) + (k-1)(y-2)$
    $\Leftrightarrow y_1 = (k-1)y_2 - (k-1)(x_1+1) +$
    $\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$ ialah
    $y_1 = 2 + \left( \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \right)$ dengan $ 2 \leq y_1 \leq k$.
    Hanya ada satu penyelesaian di sini $ (y_1, y_2) $.
    Kerana 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. Kes: $ x_1 \geq k $
- Kes 3a: $ x_2 \geq k $
  - Kes 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 $y_2 = 1$ ada:
      $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1$
      $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 = m_1$
    - Untuk $y_1 = 1$ dan $y_2 \neq 1$ ada:
      $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =$
      $\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k$
      $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq$
      $(k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k$
    - Untuk $y_1 \neq 1$ dan $y_2 = 1$ ada:
      Lihat $y_1 = 1$ dan $y_2 \neq 1$ .
    - Untuk $y_1 \neq 1$ dan $y_2 \neq 1$ ialah:
      $f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)$
      $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)$
      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 $y_1 \neq y_2$ ialah $L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)$.
      Untuk $y_1 = y_2$ ialah $L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2$ 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 $m_1 = m_2$.
  - Kes 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 $y_2 = 1$ ada:
      $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1$
      $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 \neq m_1$
    - Untuk $y_1 = 1$ dan $y_2 \neq 1$ ada:
      $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =$
      $\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k$
      $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq$
      $(k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k$
    - Untuk $y_1 \neq 1$ dan $y_2 = 1$ ada:
      Lihat $y_1 = 1$ dan $y_2 \neq 1$ .
    - Untuk $y_1 \neq 1$ dan $y_2 \neq 1$ ialah:
      $f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)$
      $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)$
      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 $y_1 \neq y_2$ ialah $L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)$.
      Untuk $y_1 = y_2$ ialah $L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2$ dan
      $\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =$
      $\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow$
      $y = \frac{(k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)}{m_2 - m_1}$
      Baik di sana untuk $2 \leq y \leq k$ sentiasa a $l \in \mathbb{N}_0$, supaya
      $m_2 - m_1 \mid (k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)$.
      Bukti: ada $(k-1)$ ialah perdana, adalah (kerana lemma Bézout)
      $(k-1)\cdot l \equiv -\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right) \, \mod (m_2-m_1)$
      boleh diselesaikan, kerana $\text{ggT}\left((k-1),(m_2-m_1)\right) = 1$ Perpecahan $-\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right)$.
      Kemudian ini adalah satu-satunya penyelesaian $l_1$, kerana untuk satu
      $l_2 = l_1 + (m_2-m_1)$ ialah $ y_2 = y_1 + (k-1) > k$.

Anda juga boleh mendapatkan maklumat latar belakang yang menarik tentang topik dobble dan matematik di sini atau di sini . Dalam skrip berikut anda boleh melihat formula yang terbukti sebelum ini dalam tindakan: Dobbles (untuk $(k-1)$ prim) boleh dijana dengan menekan butang:

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

Belakang

Matematik dalam permainan Dobble0322

Matematik dalam permainan Dobble03
22