Matematyka w grze Dobble03
22

Podczas naszego ostatniego rodzinnego wieczoru gier, dzieci z entuzjazmem wyciągnęły grę Dobble (edycję Harry'ego Pottera). Po przegraniu pięciu rund (bez widocznego dopasowania mojej karty do karty do gry), ze zdziwieniem odkryłem, że każdy gracz zawsze znajdzie parę w każdej rundzie. Jednak moje niedowierzanie spotkało się z kolejnymi przegranymi rundami – dzieci były po prostu szybsze.

To wystarczający powód, aby przyjrzeć się grze z matematycznego punktu widzenia. Najpierw zasada gry: Dobble to prosta gra karciana z $55$ okrągłymi kartami, każda z ośmioma różnymi symbolami. Wszystkie karty są rozdawane po kolei, pozostawiając tylko ostatnią kartę na środku stołu. Teraz wszyscy gracze muszą jednocześnie porównać symbole na karcie z symbolami na swojej obecnej górnej karcie. Jeśli gracz znalazł ten sam symbol na obu kartach, może umieścić swoją kartę na stosie, najszybciej nazywając symbol. Gracz, który jako pierwszy odrzuci wszystkie swoje karty, wygrywa.

Jak to możliwe, że istnieje $55$ takich kart skonstruowanych w taki sposób, że każde 2 karty mają dokładnie jeden wspólny symbol? Ile takich symboli należy użyć jako minimum? Jaka jest maksymalna liczba takich kart?

Najpierw konstruujemy te karty, stosując następujące logiczne kroki (wszystkie kolejno konstruowane karty mają tę właściwość, że są sortowane w kolejności rosnącej): Pierwsza karta musi mieć 8 różnych symboli, tj. odczytów:

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

W jaki sposób skonstruować poniższe karty, aby miały dokładnie jeden wspólny symbol z pierwszą kartą?:

Można tu już skonstruować dowolną liczbę takich kart (wystarczy wypełnić miejsca w kolejności rosnącej, zaczynając od $9$ ). Ten banalny przypadek jest jednak nieciekawy, ponieważ interesuje nas zestaw z minimalną liczbą symboli (i maksymalną liczbą kart). Rozważmy teraz drugi symbol $ x_{l.2} $ każdej karty, do którego oczywiście muszą obowiązywać: $ x_{1.2} \neq x_{2.2} \neq x_{3.2} \neq \ldots \neq x_{k.2} $ . Dlatego koniecznie wprowadziliśmy $ k $ nowe symbole. Ale teraz $ k \leq 8-1 = 7 $ , ponieważ żaden z $ 7 $ symboli $ x_{1.2},\, x_{1.3},\, x_{1.4},\, x_{1.5},\, x_{1.6},\, x_{1.7},\, x_{1.8} $ (od lewej karty) może pasować do drugiego symbolu każdej z pozostałych kart (w przeciwnym razie byłyby dwa identyczne symbole ).

Znaleźliśmy maksymalnie 7 nowych kart:

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

Z tym samym argumentem konstruujemy teraz następne mapy $7$ (pierwsza z tych map musi kolidować z naszą mapą startową, a nie z $1$ , w przeciwnym razie byłaby z poprzednią $7$ znalezione mapy ):

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

Tę argumentację można kontynuować dla następnych $7$ kart w ten sam sposób; łącznie $8-2 = 6$ razy więcej. Ostatnie $7$ karty są zatem:

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

Jeśli teraz chcesz skonstruować kolejną kartę $$\left(\begin{array}{c} 9 \\ x_{57.2} \\ x_{57.3} \\ x_{57.4} \\ x_{57.5} \\ x_{57.6} \\ x_{57.7} \\ x_{57.8} \end{array}\right)$$ , nie powiedzie się to, ponieważ ta karta nie ma wspólny symbol z kartą startową. Oznacza to, że skonstruowaliśmy maksymalnie $1 + 8 \cdot 7 = 57$ kart. Naszym celem jest teraz zbudowanie ich jak największej liczby.

Aby to zrobić, patrzymy na pierwsze 7 znalezionych nowych kart i dochodzimy do wniosku, że absolutnie potrzebujemy $7 \cdot 7$ nowych symboli (żadna karta nie może mieć duplikatu symbolu, a każdy przyznany symbol nie może pojawić się dwa razy, ponieważ $1$ jest już podwójne):

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

Oznacza to, że potrzebujemy minimum $8 + (7 \cdot 7) = 57$ symboli (tj. tyle symboli, ile kart!). Próbujemy teraz ominąć tę liczbę i znaleźć specyfikację projektową dla wszystkich pozostałych elementów. Aby to zrobić, konstruujemy nieco mniejszy dobble, który zawiera tylko $3$ symbole na kartę i otrzymujemy go jako kartę początkową

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

i inne karty

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

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

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

łącznie z kartami $1 + 3 \cdot 2 = 7$ i symbolami $ 3 + (2 \cdot 2) = 7$ . Po odrobinie prób i błędów (i użyciu już przypisanych symboli) otrzymujesz następujące dublet:

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

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

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

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

Czy można to również znaleźć systematycznie? W tym celu wpisujemy nowo przypisane symbole $4, 5, 6, 7$ do macierzy kwadratowej:

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

Teraz wyobraźmy sobie dla pierwszych dwóch kart (zaczynając od symboli początkowych \ $4$ i $5$ ) pionowe linie łączące z dolnymi symbolami $6$ i $7$:

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

Ponieważ te linie się nie przecinają, otrzymujemy (wykreślając symbole na liniach łączących linia po linii) najbliższe ważne karty:

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

Na koniec wyobrażamy sobie łączenie linii o różnym nachyleniu (w tym przypadku z nachyleniem $1$ ):

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

Druga linia łącząca (pomiędzy $5$ a $6$ ) opuszcza macierz prawą krawędzią i powraca ponownie lewą krawędzią. Sprytnie wybierając nachylenie, dbamy o to, aby linie łączące nie przecinały się ze sobą, ale także, aby nie przecinały się poprzednie (pionowe) linie łączące. Ten pomysł projektowy ostatecznie prowadzi do następującej formuły projektowej:

Podbicie z $k \in \mathbb{N} \, | \, (k-1) \text{ prim} $ ma $1+(k \cdot (k-1)) = k^2-k+1 = k + (k-1)(k-1)$ karty i symbole. Dla mapy $K_x$ z $x \in \mathbb{N}$ i $0 \leq x \leq (k-1) \cdot k$:

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

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

Są $(k-1)\cdot k + 1 = k + (k-1)(k-1)$ części tych kart. Teraz pozostaje tylko pokazać:

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

1 przypadek: $ x_1 = 0 $
- Przypadek 1a: $ 0 < x_2 < k $
  - Dla $y_1 = 1$ i $y_2 = 1$ :
    $f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1$ .
  - Dla $y_1 \neq 1$ i $y_2 = 1$ :
    $f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1$
  - Dla $y_1 = 1$ i $y_2 \neq 1$ :
    $f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) =$
    $(k+1)(x-1) + (k-1) + y \geq (k+1)(x-1)+y > 1$
  - Dla $y_1 \neq 1$ i $y_2 \neq 1$ to:
    $f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) > k$
- Przypadek 1b: $ x_2 \geq k $
  - Dla $y_1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$ i $y_2 = 1$ mamy:
    $f(x_1, y_1) = f(0, \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$
  - Dla $y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$ i $y_2 = 1$ wynosi:
    $f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1$
  - Dla $y_2 \neq 1$ to:
    $f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k$
    $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)$
    $+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1)+(k-1)(y_2-2) > k $
2. przypadek: $ 0 < x_1 < k $
- Przypadek 2a: $ 0 < x_2 < k $
  - Dla $y_1 = 1$ i $y_2 = 1$ :
    $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
  - Dla $y_1 \neq 1$ i $y_2 = 1$ :
    $f(x_1, y_1) = f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) > 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
  - Dla $y_1 = 1$ i $y_2 \neq 1$ :
    $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) > 1$
  - Dla $y_1 \neq 1$ i $y_2 \neq 1$ to:
    $f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) \leq$
    $(k+1)+(k-1)(x_1-1)+(k-2)$
    $f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) \geq$
    $(k+1)+(k-1)((x_1+1)-1)+(y_2-2) =$
    $(k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (y_2-2) \geq$
    $(k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (2-2) \geq$
    $(k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) > (k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-2)$
- Przypadek 2b: $ x_2 \geq k $
  - Dla $y_1 = 1$ i $y_2 = 1$ :
    $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \geq \left\lfloor \frac{k-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 2 > 1$
  - Dla $y_1 = 1$ i $y_2 \neq 1$ :
    $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
    $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)$
    $+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_2-2) > 1$
  - Dla $y_1 \neq 1$ i $y_2 = 1$ :
    $f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1)$
    $+ (k+1) + (k-1)(y_1-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_1-2) > 1$
    $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1$
  - Do $y_1 \neq 1$ oraz $y_2 \neq 1$ jest:
    $(k+1) + (k-1)(x_1-1) + (y_1-2) =$
    $\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)$
    $+ (k+1) + (k-1)(y-2)$
    $\Leftrightarrow y_1 = (k-1)y_2 - (k-1)(x_1+1) +$
    $\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) $
    Do $y_2 = x_1+1$ z $ 2 \leq y_2 \leq k$ jest
    $y_1 = 2 + \left( \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \right)$ z $ 2 \leq y_1 \leq k$.
    Tutaj jest tylko jedno rozwiązanie $ (y_1, y_2) $.
    Ponieważ wybieramy $y^*_2=y_2-1$ jako wartość, jest $y^*_1 = y_1-(k-1) < 2$.
    Ponadto za $y^*_2*=y_2+1$ następnie $y^*_1 = y_1+(k-1) > k$.
3. Sprawa: $ x_1 \geq k $
- Przypadek 3a: $ x_2 \geq k $
  - Przypadek 3a': $m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2$
    - Dla $y_1 = 1$ i $y_2 = 1$ :
      $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1$
      $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 = m_1$
    - Dla $y_1 = 1$ i $y_2 \neq 1$ :
      $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =$
      $\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k$
      $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq$
      $(k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k$
    - Dla $y_1 \neq 1$ i $y_2 = 1$ :
      Zobacz $y_1 = 1$ i $y_2 \neq 1$ .
    - Do $y_1 \neq 1$ oraz $y_2 \neq 1$ jest:
      $f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)$
      $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)$
      Następnie $f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow$
      $L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow$
      $L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow$
      $L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)$
      Do $y_1 \neq y_2$ jest $L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)$.
      Do $y_1 = y_2$ jest $L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2$ oraz
      $\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =$
      $\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow$
      $x_1 = x_2 + (k-1)\cdot l$ w przeciwieństwie do $m_1 = m_2$.
  - Obudowa 3a'': $m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2$
    - Dla $y_1 = 1$ i $y_2 = 1$ :
      $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1$
      $f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 \neq m_1$
    - Dla $y_1 = 1$ i $y_2 \neq 1$ :
      $f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =$
      $\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k$
      $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq$
      $(k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k$
    - Dla $y_1 \neq 1$ i $y_2 = 1$ :
      Zobacz $y_1 = 1$ i $y_2 \neq 1$ .
    - Do $y_1 \neq 1$ oraz $y_2 \neq 1$ jest:
      $f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)$
      $f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%$
      $(k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)$
      Następnie $f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow$
      $L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow$
      $L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow$
      $L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)$
      Do $y_1 \neq y_2$ jest $L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)$.
      Do $y_1 = y_2$ jest $L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2$ oraz
      $\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =$
      $\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow$
      $y = \frac{(k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)}{m_2 - m_1}$
      Dobrze tam na $2 \leq y \leq k$ zawsze $l \in \mathbb{N}_0$, aby
      $m_2 - m_1 \mid (k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)$.
      Dowód: tam $(k-1)$ jest liczbą pierwszą, jest (z powodu lematu Bézouta)
      $(k-1)\cdot l \equiv -\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right) \, \mod (m_2-m_1)$
      do rozwiązania, ponieważ $\text{ggT}\left((k-1),(m_2-m_1)\right) = 1$ Dzieli $-\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right)$.
      To jest jedyne rozwiązanie $l_1$, bo dla jednego
      $l_2 = l_1 + (m_2-m_1)$ jest $ y_2 = y_1 + (k-1) > k$.

Ciekawe informacje ogólne na temat dobble i matematyki można również znaleźć tutaj lub tutaj . W poniższym skrypcie możesz zobaczyć sprawdzoną wcześniej formułę w działaniu: Dobble (dla $(k-1)$ prim) można wygenerować jednym naciśnięciem przycisku:

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

Plecy

Matematyka w grze Dobble0322

Matematyka w grze Dobble03
22