Wiskunde in het spel Dobble03
22

Tijdens onze laatste spelletjesavond met het gezin haalden de kinderen enthousiast het spel Dobble (de Harry Potter-editie) tevoorschijn. Nadat ik vijf rondes had verloren (zonder dat mijn kaart ook maar enigszins overeenkwam met de speelkaart), was ik verbaasd te ontdekken dat elke speler in elke ronde een passende kaart kan vinden. Mijn ongeloof werd echter alleen maar gevolgd door nog meer verloren rondes – de kinderen waren gewoon sneller.

Reden genoeg om het spel wiskundig onder de loep te nemen. Eerst het spelprincipe: Dobble is een eenvoudig kaartspel met $55$ ronde kaarten met elk acht verschillende symbolen. Alle kaarten worden om de beurt gedeeld, zodat alleen de laatste kaart in het midden van de tafel overblijft. Nu moeten alle spelers tegelijkertijd de symbolen op de kaart vergelijken met de symbolen op hun huidige bovenste kaart. Als een speler op beide kaarten hetzelfde symbool heeft gevonden, kan hij zijn kaart op de stapel leggen door als snelste het symbool te benoemen. De speler die als eerste al zijn kaarten aflegt, wint.

Hoe kan het dat er $55$ van zulke kaarten zijn die zo zijn opgebouwd dat elke twee kaarten precies één symbool gemeen hebben? Wat is het minimumaantal van dergelijke symbolen dat moet worden gebruikt? Wat is het maximale aantal van dergelijke kaarten?

Eerst construeren we deze kaarten door de volgende logische stappen te volgen (alle daarna geconstrueerde kaarten hebben de eigenschap dat ze in oplopende volgorde zijn gesorteerd): De eerste kaart moet 8 verschillende symbolen hebben, d.w.z. leest:

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

Hoe kunnen we de volgende kaarten zo samenstellen dat ze precies één symbool gemeen hebben met de eerste kaart?:

Een willekeurig aantal van dergelijke kaarten kan hier al worden geconstrueerd (je vult de plaatsen gewoon in oplopende volgorde in, beginnend met $9$ ). Dit triviale geval is echter oninteressant, aangezien we geïnteresseerd zijn in een set met een minimum aantal symbolen (en een maximum aantal kaarten). We beschouwen nu het tweede symbool $ x_{l.2} $ van elke kaart, waarvoor uiteraard het volgende moet gelden: $ x_{1.2} \neq x_{2.2} \neq x_{3.2} \neq \ldots \neq x_{k.2} $ . We hebben daarom noodzakelijkerwijs $ k $ nieuwe symbolen geïntroduceerd. Maar nu $ k \leq 8-1 = 7 $ , aangezien geen van de $ 7 $ symbolen $ x_{1.2},\, x_{1.3},\, x_{1.4},\, x_{1.5},\, x_{1.6},\, x_{1.7},\, x_{1.8} $ (van de meest linkse kaart) mogen overeenkomen met het tweede symbool van elk van de andere kaarten (anders zouden er twee identieke symbolen zijn ).

We hebben maximaal van deze 7 nieuwe kaarten gevonden:

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

Met hetzelfde argument construeren we nu de volgende $7$ kaarten (de eerste van deze kaarten moet botsen met onze startkaart, en niet met $1$ , anders zou het met de $7$ eerder zijn gevonden kaarten):

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

Dit argument kan op dezelfde manier worden voortgezet voor de volgende $7$ kaarten; in totaal $8-2 = 6$ keer meer. De laatste $7$ kaarten zijn daarom:

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

Als je nu nog een kaart $$\left(\begin{array}{c} 9 \\ x_{57.2} \\ x_{57.3} \\ x_{57.4} \\ x_{57.5} \\ x_{57.6} \\ x_{57.7} \\ x_{57.8} \end{array}\right)$$ wilt maken, zou dit mislukken omdat deze kaart geen gemeenschappelijk symbool met de startkaart. Dit betekent dat we maximaal $1 + 8 \cdot 7 = 57$ kaarten hebben gemaakt. Ons doel is nu om er net zoveel te bouwen.

Om dit te doen kijken we naar de eerste 7 nieuwe gevonden kaarten en komen tot de conclusie dat we absoluut $7 \cdot 7$ nieuwe symbolen nodig hebben (geen enkele kaart mag een dubbel symbool hebben en elk toe te kennen symbool mag niet twee keer voorkomen omdat de $1$ al dubbel is):

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

Dit betekent dat we minimaal $8 + (7 \cdot 7) = 57$ symbolen nodig hebben (d.w.z. evenveel symbolen als kaarten!). We proberen nu met dit aantal rond te komen en een ontwerpspecificatie voor alle andere elementen te vinden. Om dit te doen, construeren we een iets kleinere dobble die alleen $3$ symbolen per kaart bevat en als startkaart wordt gebruikt

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

en de andere kaarten

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

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

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

met in totaal $1 + 3 \cdot 2 = 7$ kaarten en $ 3 + (2 \cdot 2) = 7$ symbolen. Met een beetje vallen en opstaan (en met behulp van de symbolen die al zijn toegewezen) krijg je de volgende dobble::

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

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

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

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

Is dit ook systematisch terug te vinden? Hiervoor voeren we de nieuw toegekende symbolen $4, 5, 6, 7$ in een vierkante matrix:

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

Nu stellen we ons voor de eerste twee kaarten (beginnend met de startsymbolen \ $4$ en $5$ ) verticale verbindingslijnen naar de onderste symbolen $6$ en $7$:

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

Aangezien deze lijnen elkaar niet kruisen, krijgen we (door de symbolen op de verbindingslijnen lijn voor lijn uit te zetten) de dichtstbijzijnde geldige kaarten:

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

Ten slotte stellen we ons verbindingslijnen voor met een andere helling (in dit geval met de helling $1$ ):

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

De tweede verbindingslijn (tussen $5$ en $6$ ) verlaat de matrix aan de rechterrand en komt aan de linkerrand weer binnen. Door het verloop slim te kiezen, zorgen we ervoor dat de verbindingslijnen elkaar niet snijden, maar ook dat de voorgaande (verticale) verbindingslijnen elkaar niet snijden. Dit ontwerpidee leidt uiteindelijk tot de volgende ontwerpformule:

Een dobble met $k \in \mathbb{N} \, | \, (k-1) \text{ prim} $ heeft $1+(k \cdot (k-1)) = k^2-k+1 = k + (k-1)(k-1)$ kaarten en symbolen. Voor de kaart $K_x$ met $x \in \mathbb{N}$ en $0 \leq x \leq (k-1) \cdot k$ geldt:

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

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

Er zijn $(k-1)\cdot k + 1 = k + (k-1)(k-1)$ stukken van deze kaarten. Nu alleen nog om te laten zien:

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

1e geval: $ x_1 = 0 $
- Geval 1a: $ 0 < x_2 < k $
  - Voor $y_1 = 1$ en $y_2 = 1$ we:
    $f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1$ .
  - Voor $y_1 \neq 1$ en $y_2 = 1$ we:
    $f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1$
  - Voor $y_1 = 1$ en $y_2 \neq 1$ we:
    $f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) =$
    $(k+1)(x-1) + (k-1) + y \geq (k+1)(x-1)+y > 1$
  - Voor $y_1 \neq 1$ en $y_2 \neq 1$ geldt:
    $f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) > k$
- Geval 1b: $ x_2 \geq k $
  - Voor $y_1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$ en $y_2 = 1$ hebben we:
    $f(x_1, y_1) = f(0, \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$
  - Voor $y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$ en $y_2 = 1$ geldt:
    $f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$
  - Voor $y_2 \neq 1$ geldt:
    $f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k$
    $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)$
    $+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1)+(k-1)(y_2-2) > k $
2e geval: $ 0 < x_1 < k $
- Geval 2a: $ 0 < x_2 < k $
  - Voor $y_1 = 1$ en $y_2 = 1$ we:
    $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
  - Voor $y_1 \neq 1$ en $y_2 = 1$ we:
    $f(x_1, y_1) = f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) > 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
  - Voor $y_1 = 1$ en $y_2 \neq 1$ we:
    $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) > 1$
  - Voor $y_1 \neq 1$ en $y_2 \neq 1$ geldt:
    $f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) \leq$
    $(k+1)+(k-1)(x_1-1)+(k-2)$
    $f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) \geq$
    $(k+1)+(k-1)((x_1+1)-1)+(y_2-2) =$
    $(k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (y_2-2) \geq$
    $(k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (2-2) \geq$
    $(k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) > (k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-2)$
- Geval 2b: $ x_2 \geq k $
  - Voor $y_1 = 1$ en $y_2 = 1$ we:
    $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \geq \left\lfloor \frac{k-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 2 > 1$
  - Voor $y_1 = 1$ en $y_2 \neq 1$ we:
    $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
    $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)$
    $+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_2-2) > 1$
  - Voor $y_1 \neq 1$ en $y_2 = 1$ we:
    $f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1)$
    $+ (k+1) + (k-1)(y_1-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_1-2) > 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
  - Voor $y_1 \neq 1$ en $y_2 \neq 1$ is:
    $(k+1) + (k-1)(x_1-1) + (y_1-2) =$
    $\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)$
    $+ (k+1) + (k-1)(y-2)$
    $\Leftrightarrow y_1 = (k-1)y_2 - (k-1)(x_1+1) +$
    $\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) $
    Voor $y_2 = x_1+1$ met $ 2 \leq y_2 \leq k$ is
    $y_1 = 2 + \left( \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \right)$ met $ 2 \leq y_1 \leq k$.
    Er is hier maar één oplossing $ (y_1, y_2) $.
    Omdat we kiezen $y^*_2=y_2-1$ als waarde, is $y^*_1 = y_1-(k-1) < 2$.
    Bovendien, voor $y^*_2*=y_2+1$ dan $y^*_1 = y_1+(k-1) > k$.
3. Geval: $ x_1 \geq k $
- Geval 3a: $ x_2 \geq k $
  - Geval 3a': $m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2$
    - Voor $y_1 = 1$ en $y_2 = 1$ we:
      $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1$
      $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 = m_1$
    - Voor $y_1 = 1$ en $y_2 \neq 1$ we:
      $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =$
      $\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k$
      $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq$
      $(k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k$
    - Voor $y_1 \neq 1$ en $y_2 = 1$ we:
      Zie $y_1 = 1$ en $y_2 \neq 1$ .
    - Voor $y_1 \neq 1$ en $y_2 \neq 1$ is:
      $f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)$
      $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)$
      Dan $f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow$
      $L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow$
      $L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow$
      $L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)$
      Voor $y_1 \neq y_2$ is $L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)$.
      Voor $y_1 = y_2$ is $L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2$ en
      $\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =$
      $\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow$
      $x_1 = x_2 + (k-1)\cdot l$ in tegenstelling tot $m_1 = m_2$.
  - Geval 3a'': $m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2$
    - Voor $y_1 = 1$ en $y_2 = 1$ we:
      $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1$
      $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 \neq m_1$
    - Voor $y_1 = 1$ en $y_2 \neq 1$ we:
      $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =$
      $\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k$
      $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq$
      $(k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k$
    - Voor $y_1 \neq 1$ en $y_2 = 1$ we:
      Zie $y_1 = 1$ en $y_2 \neq 1$ .
    - Voor $y_1 \neq 1$ en $y_2 \neq 1$ is:
      $f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)$
      $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)$
      Dan $f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow$
      $L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow$
      $L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow$
      $L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)$
      Voor $y_1 \neq y_2$ is $L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)$.
      Voor $y_1 = y_2$ is $L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2$ en
      $\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =$
      $\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow$
      $y = \frac{(k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)}{m_2 - m_1}$
      Nou daar voor $2 \leq y \leq k$ altijd een $l \in \mathbb{N}_0$, zodat
      $m_2 - m_1 \mid (k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)$.
      Bewijs: daar $(k-1)$ is priemgetal, is (vanwege het lemma van Bézout)
      $(k-1)\cdot l \equiv -\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right) \, \mod (m_2-m_1)$
      oplosbaar, omdat $\text{ggT}\left((k-1),(m_2-m_1)\right) = 1$ Splitst $-\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right)$.
      Dan is dit de enige oplossing $l_1$, omdat voor een
      $l_2 = l_1 + (m_2-m_1)$ is $ y_2 = y_1 + (k-1) > k$.

Ook vindt u hier of hier interessante achtergrondinformatie over het onderwerp dobble en wiskunde. In het volgende script zie je de eerder bewezen formule in actie: Dobbles (voor $(k-1)$ prim) kunnen met een druk op de knop worden gegenereerd:

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

Terug

Wiskunde in het spel Dobble0322

Wiskunde in het spel Dobble03
22