Matematika në lojë Dobble

Në mbrëmjen e fundit familjare, loja Dobble (në botimin e Harry Potter) u soll me entuziazëm në tryezë nga fëmijët. Pas raundit të 5-të të humbur (pa goditje të dukshme të kartës sime me kartën e lojës) më thanë, për habinë time, se çdo lojtar mund të gjejë gjithmonë një goditje në çdo raund. Por mosbesimi im u pranua vetëm me xhiro të tjera të humbura - fëmijët ishin thjesht më të shpejtë.


Arsyeja e mjaftueshme për të parë më nga afër lojën nga një këndvështrim matematikor. Fillimisht parimi i lojës: Dobble është një lojë e thjeshtë letrash me \(55\) letra të rrumbullakëta, secila prej tetë simboleve të ndryshme. Të gjitha letrat shpërndahen me radhë, duke lënë vetëm letrën e fundit në mes të tabelës. Tani të gjithë lojtarët duhet të krahasojnë njëkohësisht simbolet në kartë me simbolet në kartën e tyre aktuale kryesore. Nëse një lojtar ka gjetur të njëjtin simbol në të dyja letrat, ai mund ta vendosë kartën e tij në pirg duke qenë më i shpejti për të emërtuar simbolin. Lojtari që i hedh të gjitha letrat i pari fiton.

Si mund të ketë \(55\) letra të tilla që janë ndërtuar në atë mënyrë që çdo 2 letra të ketë saktësisht një simbol të përbashkët? Cili është numri minimal i simboleve të tilla që duhen përdorur? Cili është numri maksimal i kartave të tilla?

Së pari, ne i ndërtojmë këto karta duke përdorur hapat logjikë të mëposhtëm (të gjitha kartat e ndërtuara më pas kanë vetinë që ato të renditen në rend rritës): Karta e parë duhet të ketë 8 simbole të ndryshme, d.m.th.:

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

Tani ndërtojmë kartat e mëposhtme në atë mënyrë që ato të kenë saktësisht një simbol të përbashkët me kartën e parë:

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

Çdo numër i kartave të tilla tashmë mund të ndërtohet këtu (ju thjesht plotësoni vendet në rend rritës, duke filluar me \(9\) ). Sidoqoftë, ky rast i parëndësishëm nuk është interesant, pasi ne jemi të interesuar për një grup me një numër minimal simbolesh (dhe një numër maksimal kartash). Tani konsiderojmë simbolin e dytë \( x_{l.2} \) të secilës kartë, për të cilën padyshim duhet të zbatohen sa më poshtë: \( x_{1.2} \neq x_{2.2} \neq x_{3.2} \neq \ldots \neq x_{k.2} \) . Prandaj ne kemi futur domosdoshmërisht \( k \) simbole të reja. Por tani \( k \leq 8-1 = 7 \) , pasi asnjë nga simbolet \ \( 7 \) \( x_{1.2},\, x_{1.3},\, x_{1.4},\, x_{1.5},\, x_{1.6},\, x_{1.7},\, x_{1.8} \) (i kartës më të majtë) mund të përputhet me simbolin e dytë të secilës prej letrave të tjera (përndryshe do të kishte dy simbole identike ).

Ne kemi gjetur një maksimum prej këtyre 7 kartave të reja:

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

Me të njëjtin argument ne tani ndërtojmë hartat e ardhshme \(7\) (e para nga këto harta duhet të përplaset me hartën tonë fillestare, dhe jo me \(1\) , përndryshe do të ishte me \(7\) më parë hartat e gjetura):

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

Ky argument mund të vazhdohet edhe për letrat e ardhshme \(7\) ; Një total \(8-2 = 6\) herë më shumë. Kartat e fundit \(7\) janë në përputhje me rrethanat:

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

Nëse do të shtonit një kartë tjetër $$\left(\begin{array}{c} 9 \\ x_{57.2} \\ x_{57.3} \\ x_{57.4} \\ x_{57.5} \\ x_{57.6} \\ x_{57.7} \\ x_{57.8} \end{array}\right)$$ do të dështojë sepse kjo kartë nuk ndan një simbol me kartën fillestare. Ne kemi ndërtuar një maksimum prej \(1 + 8 \cdot 7 = 57\) hartash. Qëllimi ynë tani është të ndërtojmë të paktën po aq.

Për ta bërë këtë, ne shikojmë 7 kartat e para të reja të gjetura dhe arrijmë në përfundimin se na duhen absolutisht \(7 \cdot 7\) simbole të reja këtu (asnjë kartë nuk mund të ketë një simbol dy herë dhe çdo simbol që do të caktohet nuk duhet të shfaqet dy herë, pasi \(1\) tashmë është dyfish):

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

Pra, ne kemi nevojë për simbole minimale \(8 + (7 \cdot 7) = 57\) (aq shumë simbole sa karta!). Tani po përpiqemi t'ia dalim me këtë numër dhe të gjejmë një rregull ndërtimi për të gjithë elementët e tjerë. Për ta bërë këtë, ne ndërtojmë një dobble pak më të vogël që ka vetëm simbolet \(3\) për kartë dhe e marrim atë si kartën fillestare

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

dhe kartat e tjera

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

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

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

me një total prej kartash \(1 + 3 \cdot 2 = 7\) dhe simbole \( 3 + (2 \cdot 2) = 7\) . Me një provë dhe gabim të vogël (dhe duke përdorur simbolet e përcaktuara tashmë) ju merrni dridhjen e mëposhtme:

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

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

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

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

A mund të gjendet edhe kjo në mënyrë sistematike? Për ta bërë këtë, ne futim simbolet e sapocaktuara \(4, 5, 6, 7\) në një matricë katrore:

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

Tani imagjinojmë për dy kartat e para (duke filluar me simbolet e fillimit \ \(4\) dhe \(5\) ) linjat lidhëse vertikale me simbolet e poshtme \(6\) dhe \(7\):

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

Meqenëse këto rreshta nuk kryqëzohen, ne marrim (duke vizatuar simbolet në vijat lidhëse rresht pas rreshti) kartat më të afërta të vlefshme:

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

Së fundi, imagjinojmë linjat lidhëse me një pjerrësi të ndryshme (në këtë rast me pjerrësinë \(1\) ):

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

Linja e dytë lidhëse (midis \(5\) dhe \(6\) ) largohet nga matrica në skajin e djathtë dhe rihyn në skajin e majtë. Duke zgjedhur me mjeshtëri pjerrësinë, sigurojmë nga njëra anë që linjat lidhëse të mos kryqëzohen me njëra-tjetrën, por edhe linjat lidhëse të mëparshme (vertikale) të mos kryqëzohen. Kjo ide e projektimit përfundimisht çon në formulën e mëposhtme të projektimit:

Një dobble me \(k \in \mathbb{N} \, | \, (k-1) \text{ prim} \) ka \(1+(k \cdot (k-1)) = k^2-k+1 = k + (k-1)(k-1)\) letra dhe simbole. Për hartën \(K_x\) me \(x \in \mathbb{N}\) dhe \(0 \leq x \leq (k-1) \cdot k\) vlen:

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

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

Ka \((k-1)\cdot k + 1 = k + (k-1)(k-1)\) copa të këtyre kartave. Tani mbetet vetëm për të treguar:

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

  • Rasti i parë: \( x_1 = 0 \)
    • Rasti 1a: \( 0 < x_2 < k \)
      • Për \(y_1 = 1\) dhe \(y_2 = 1\) kemi:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1\) .
      • Për \(y_1 \neq 1\) dhe \(y_2 = 1\) kemi:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1\)
      • Për \(y_1 = 1\) dhe \(y_2 \neq 1\) kemi:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) =\)
        \((k+1)(x-1) + (k-1) + y \geq (k+1)(x-1)+y > 1\)
      • Për \(y_1 \neq 1\) dhe \(y_2 \neq 1\) është:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) > k\)
    • Rasti 1b: \( x_2 \geq k \)
      • Për \(y_1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) dhe \(y_2 = 1\) kemi:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
      • Për \(y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) dhe \(y_2 = 1\) është:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
      • Për \(y_2 \neq 1\) është:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k\)
        \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1)+(k-1)(y_2-2) > k \)
  • Rasti i 2-të: \( 0 < x_1 < k \)
    • Rasti 2a: \( 0 < x_2 < k \)
      • Për \(y_1 = 1\) dhe \(y_2 = 1\) kemi:
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
      • Për \(y_1 \neq 1\) dhe \(y_2 = 1\) kemi:
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) > 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
      • Për \(y_1 = 1\) dhe \(y_2 \neq 1\) kemi:
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) > 1\)
      • Për \(y_1 \neq 1\) dhe \(y_2 \neq 1\) është:
        \(f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) \leq\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1)+(k-2)\)
        \(f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) \geq\)
        \((k+1)+(k-1)((x_1+1)-1)+(y_2-2) =\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (y_2-2) \geq\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (2-2) \geq\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) > (k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-2)\)
    • Rasti 2b: \( x_2 \geq k \)
      • Për \(y_1 = 1\) dhe \(y_2 = 1\) kemi:
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \geq \left\lfloor \frac{k-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 2 > 1\)
      • Për \(y_1 = 1\) dhe \(y_2 \neq 1\) kemi:
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_2-2) > 1\)
      • Për \(y_1 \neq 1\) dhe \(y_2 = 1\) kemi:
        \(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y_1-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_1-2) > 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
      • Për \(y_1 \neq 1\) dhe \(y_2 \neq 1\) është:
        \((k+1) + (k-1)(x_1-1) + (y_1-2) =\)
        \(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y-2)\)
        \(\Leftrightarrow y_1 = (k-1)y_2 - (k-1)(x_1+1) +\)
        \(\left( 2 + \left( \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \right) \right) \)
        Për \(y_2 = x_1+1\) me \( 2 \leq y_2 \leq k\) është
        \(y_1 = 2 + \left( \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \right)\) me \( 2 \leq y_1 \leq k\).
        Këtu ka vetëm një zgjidhje \( (y_1, y_2) \).
        Sepse ne zgjedhim \(y^*_2=y_2-1\) si vlerë, është \(y^*_1 = y_1-(k-1) < 2\).
        Përveç kësaj, për \(y^*_2*=y_2+1\) pastaj \(y^*_1 = y_1+(k-1) > k\).
  • 3. Rasti: \( x_1 \geq k \)
    • Rasti 3a: \( x_2 \geq k \)
      • Rasti 3a': \(m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2\)
        • Për \(y_1 = 1\) dhe \(y_2 = 1\) kemi:
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1\)
          \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 = m_1\)
        • Për \(y_1 = 1\) dhe \(y_2 \neq 1\) kemi:
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =\)
          \(\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq\)
          \((k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k\)
        • Për \(y_1 \neq 1\) dhe \(y_2 = 1\) kemi:
          Shihni \(y_1 = 1\) dhe \(y_2 \neq 1\) .
        • Për \(y_1 \neq 1\) dhe \(y_2 \neq 1\) është:
          \(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)\)
          Atëherë \(f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)\)
          Për \(y_1 \neq y_2\) është \(L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)\).
          Për \(y_1 = y_2\) është \(L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2\) dhe
          \(\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =\)
          \(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow\)
          \(x_1 = x_2 + (k-1)\cdot l\) në kundërshtim me \(m_1 = m_2\).
      • Rasti 3a'': \(m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2\)
        • Për \(y_1 = 1\) dhe \(y_2 = 1\) kemi:
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1\)
          \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 \neq m_1\)
        • Për \(y_1 = 1\) dhe \(y_2 \neq 1\) kemi:
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =\)
          \(\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq\)
          \((k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k\)
        • Për \(y_1 \neq 1\) dhe \(y_2 = 1\) kemi:
          Shihni \(y_1 = 1\) dhe \(y_2 \neq 1\) .
        • Për \(y_1 \neq 1\) dhe \(y_2 \neq 1\) është:
          \(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)\)
          Atëherë \(f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)\)
          Për \(y_1 \neq y_2\) është \(L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)\).
          Për \(y_1 = y_2\) është \(L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2\) dhe
          \(\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =\)
          \(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow\)
          \(y = \frac{(k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)}{m_2 - m_1}\)
          Epo atje për \(2 \leq y \leq k\) gjithmonë a \(l \in \mathbb{N}_0\), kështu që
          \(m_2 - m_1 \mid (k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)\).
          Dëshmia: atje \((k-1)\) është kryeministër, është (për shkak të lemës së Bézout)
          \((k-1)\cdot l \equiv -\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right) \, \mod (m_2-m_1)\)
          e zgjidhshme, sepse \(\text{ggT}\left((k-1),(m_2-m_1)\right) = 1\) Ndahet \(-\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right)\).
          Atëherë kjo është zgjidhja e vetme \(l_1\), sepse për një
          \(l_2 = l_1 + (m_2-m_1)\) është \( y_2 = y_1 + (k-1) > k\).

Ju gjithashtu mund të gjeni informacione interesante mbi temën e dobble dhe matematikës këtu ose këtu . Në skriptin e mëposhtëm mund të shihni formulën e provuar më parë në veprim: Dobbles (për \((k-1)\) prim) mund të gjenerohen me shtypjen e një butoni:

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

Mbrapa