Matematika në lojë Dobble03
22

Në natën e fundit të lojërave familjare, fëmijët nxorën me entuziazëm lojën Dobble (versioni i Harry Potter). Pasi humba pesë raunde (pa që karta ime të përputhej dukshëm me kartën e lojës), u habita kur mësova se çdo lojtar mund të gjejë gjithmonë një përputhje në çdo raund. Megjithatë, mosbesimi im u përball vetëm me më shumë raunde 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 ndodhë që ka $55$ 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.:

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

Si i ndërtojmë kartat e mëposhtme në mënyrë që ato të kenë saktësisht një simbol të përbashkët me kartën e parë?:

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 për kartat e ardhshme $7$ në të njëjtën mënyrë; një total prej $8-2 = 6$ herë më shumë. Prandaj, kartat e fundit $7$ janë:

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

Nëse tani dëshironi të ndërtoni një kartë tjetër $$\left(\begin{array}{c} 9 \\ x_{57.2} \\ x_{57.3} \\ x_{57.4} \\ x_{57.5} \\ x_{57.6} \\ x_{57.7} \\ x_{57.8} \end{array}\right)$$ , kjo kartë do të mbaronte nuk kanë një simbol të përbashkët me kartën e fillimit. Kjo do të thotë se ne kemi ndërtuar një maksimum prej $1 + 8 \cdot 7 = 57$ kartash. Qëllimi ynë tani është të ndërtojmë 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 (asnjë kartë nuk mund të ketë një simbol të kopjuar dhe çdo simbol që do të jepet mund të mos shfaqet dy herë sepse $1$ është tashmë dyfish):

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

Kjo do të thotë se ne kemi nevojë për një minimum prej simboleve $8 + (7 \cdot 7) = 57$ (d.m.th. aq simbole sa kartat!). Tani po përpiqemi të kalojmë me këtë numër dhe të gjejmë një specifikim dizajni për të gjithë elementët e tjerë. Për ta bërë këtë, ne ndërtojmë një dobble pak më të vogël që mbart vetëm simbolet $3$ për kartë dhe e marrim 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 $6$ ) del nga matrica në skajin e djathtë dhe rihyn në skajin e majtë. Duke zgjedhur me zgjuarsi gradientin, sigurojmë 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

Matematika në lojë Dobble0322

Matematika në lojë Dobble03
22