Vid den sista familjekvällen togs spelet Dobble (i Harry Potter Edition) entusiastiskt fram till bordet av barnen. Efter den 5:e förlorade omgången (utan synlig träff av mitt kort med spelkortet) fick jag till min förvåning höra att varje spelare alltid kan hitta en träff i varje runda. Men min misstro erkändes bara med ytterligare förlorade varv - barnen var helt enkelt snabbare.
Anledning nog att titta närmare på spelet ur en matematisk synvinkel. Först spelprincipen: Dobble är ett enkelt kortspel med \(55\) runda kort, som vart och ett visar åtta olika symboler. Alla kort delas ut i tur och ordning, vilket bara lämnar det sista kortet i mitten av bordet. Nu måste alla spelare samtidigt jämföra symbolerna på kortet med symbolerna på deras nuvarande översta kort. Om en spelare har hittat samma symbol på båda korten kan han lägga sitt kort på högen genom att vara den snabbaste att namnge symbolen. Den spelare som först kastar alla sina kort vinner.
Hur kan det komma sig att det finns \(55\) sådana kort som är konstruerade på ett sådant sätt att vilka 2 kort som helst har exakt en symbol gemensam? Vad är det minsta antalet sådana symboler som måste användas? Vad är det maximala antalet sådana kort?
Först konstruerar vi dessa kort med hjälp av följande logiska steg (alla efterföljande konstruerade kort har egenskapen att de är sorterade i stigande ordning): Det första kortet måste ha 8 olika symboler, dvs.:
$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \\ 5 \\ 6 \\ 7 \\ 8 \end{array}\right)$$
Vi konstruerar nu följande kort på ett sådant sätt att de har exakt en symbol gemensam med det första kortet:
$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{1.2} \\ x_{1.3} \\ x_{1.4} \\ x_{1.5} \\ x_{1.6} \\ x_{1.7} \\ x_{1.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{2.2} \\ x_{2.3} \\ x_{2.4} \\ x_{2.5} \\ x_{2.6} \\ x_{2.7} \\ x_{2.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{3.2} \\ x_{3.3} \\ x_{3.4} \\ x_{3.5} \\ x_{3.6} \\ x_{3.7} \\ x_{3.8} \end{array}\right), \ldots, \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{k.2} \\ x_{k.3} \\ x_{k.4} \\ x_{k.5} \\ x_{k.6} \\ x_{k.7} \\ x_{k.8} \end{array}\right)$$
Valfritt antal sådana kort kan redan konstrueras här (du fyller helt enkelt i platserna i stigande ordning, börjar med \(9\) ). Detta triviala fall är dock ointressant, eftersom vi är intresserade av ett set med ett minimum antal symboler (och ett maximalt antal kort). Vi betraktar nu den andra symbolen \( x_{l.2} \) för varje kort, för vilken uppenbarligen följande måste gälla: \( x_{1.2} \neq x_{2.2} \neq x_{3.2} \neq \ldots \neq x_{k.2} \) . Vi har därför nödvändigtvis introducerat \( k \) nya symboler. Men nu \( k \leq 8-1 = 7 \) , eftersom ingen av \( 7 \) symbolerna \( x_{1.2},\, x_{1.3},\, x_{1.4},\, x_{1.5},\, x_{1.6},\, x_{1.7},\, x_{1.8} \) (på kortet längst till vänster) kan matcha den andra symbolen på vart och ett av de andra korten (annars skulle det finnas två identiska symboler ).
Vi har hittat maximalt dessa 7 nya kort:
$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{1.2} \\ x_{1.3} \\ x_{1.4} \\ x_{1.5} \\ x_{1.6} \\ x_{1.7} \\ x_{1.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{2.2} \\ x_{2.3} \\ x_{2.4} \\ x_{2.5} \\ x_{2.6} \\ x_{2.7} \\ x_{2.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{3.2} \\ x_{3.3} \\ x_{3.4} \\ x_{3.5} \\ x_{3.6} \\ x_{3.7} \\ x_{3.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{4.2} \\ x_{4.3} \\ x_{4.4} \\ x_{4.5} \\ x_{4.6} \\ x_{4.7} \\ x_{4.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{5.2} \\ x_{5.3} \\ x_{5.4} \\ x_{5.5} \\ x_{5.6} \\ x_{5.7} \\ x_{5.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{6.2} \\ x_{6.3} \\ x_{6.4} \\ x_{6.5} \\ x_{6.6} \\ x_{6.7} \\ x_{6.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ x_{7.2} \\ x_{7.3} \\ x_{7.4} \\ x_{7.5} \\ x_{7.6} \\ x_{7.7} \\ x_{7.8} \end{array}\right)$$
Med samma argument konstruerar vi nu nästa \(7\) kartor (den första av dessa kartor måste kollidera med vår startkarta, och inte med \(1\) , annars skulle den vara med \(7\) tidigare hittade kartor):
$$\left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{8.2} \\ x_{8.3} \\ x_{8.4} \\ x_{8.5} \\ x_{8.6} \\ x_{8.7} \\ x_{8.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{9.2} \\ x_{9.3} \\ x_{9.4} \\ x_{9.5} \\ x_{9.6} \\ x_{9.7} \\ x_{9.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{10.2} \\ x_{10.3} \\ x_{10.4} \\ x_{10.5} \\ x_{10.6} \\ x_{10.7} \\ x_{10.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{11.2} \\ x_{11.3} \\ x_{11.4} \\ x_{11.5} \\ x_{11.6} \\ x_{11.7} \\ x_{11.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{12.2} \\ x_{12.3} \\ x_{12.4} \\ x_{12.5} \\ x_{12.6} \\ x_{12.7} \\ x_{12.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{13.2} \\ x_{13.3} \\ x_{13.4} \\ x_{13.5} \\ x_{13.6} \\ x_{13.7} \\ x_{13.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{14.2} \\ x_{14.3} \\ x_{14.4} \\ x_{14.5} \\ x_{14.6} \\ x_{14.7} \\ x_{14.8} \end{array}\right)$$
Detta argument kan även fortsätta för nästa \(7\) kort; Totalt \(8-2 = 6\) gånger till. De sista \(7\) korten är i enlighet därmed:
$$\left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{50.2} \\ x_{50.3} \\ x_{50.4} \\ x_{50.5} \\ x_{50.6} \\ x_{50.7} \\ x_{50.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{51.2} \\ x_{51.3} \\ x_{51.4} \\ x_{51.5} \\ x_{51.6} \\ x_{51.7} \\ x_{51.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{52.2} \\ x_{52.3} \\ x_{52.4} \\ x_{52.5} \\ x_{52.6} \\ x_{52.7} \\ x_{52.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{53.2} \\ x_{53.3} \\ x_{53.4} \\ x_{53.5} \\ x_{53.6} \\ x_{53.7} \\ x_{53.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{54.2} \\ x_{54.3} \\ x_{54.4} \\ x_{54.5} \\ x_{54.6} \\ x_{54.7} \\ x_{54.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{55.2} \\ x_{55.3} \\ x_{55.4} \\ x_{55.5} \\ x_{55.6} \\ x_{55.7} \\ x_{55.8} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 8 \\ x_{56.2} \\ x_{56.3} \\ x_{56.4} \\ x_{56.5} \\ x_{56.6} \\ x_{56.7} \\ x_{56.8} \end{array}\right)$$
Om du skulle lägga till ytterligare ett kort $$\left(\begin{array}{c} 9 \\ x_{57.2} \\ x_{57.3} \\ x_{57.4} \\ x_{57.5} \\ x_{57.6} \\ x_{57.7} \\ x_{57.8} \end{array}\right)$$ kommer att misslyckas eftersom detta kort inte delar en symbol med startkortet. Vi har konstruerat maximalt \(1 + 8 \cdot 7 = 57\) kartor. Vårt mål nu är att bygga minst lika många.
För att göra detta tittar vi på de första 7 nya korten som hittats och kommer till slutsatsen att vi absolut behöver \(7 \cdot 7\) nya symboler här (inga kort får ha en symbol två gånger och varje symbol som ska tilldelas får inte visas två gånger, eftersom \(1\) redan är dubbel):
$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 9 \\ 10 \\ 11 \\ 12 \\ 13 \\ 14 \\ 15 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 16 \\ 17 \\ 18 \\ 19 \\ 20 \\ 21 \\ 22 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 23 \\ 24 \\ 25 \\ 26 \\ 27 \\ 28 \\ 29 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 30 \\ 31 \\ 32 \\ 33 \\ 34 \\ 35 \\ 36 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 37 \\ 38 \\ 39 \\ 40 \\ 41 \\ 42 \\ 43 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 44 \\ 45 \\ 46 \\ 47 \\ 48 \\ 49 \\ 50 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 51 \\ 52 \\ 53 \\ 54 \\ 55 \\ 56 \\ 57 \end{array}\right)$$
Så vi behöver minimala \(8 + (7 \cdot 7) = 57\) symboler (alltså lika många symboler som kort!). Vi försöker nu klara oss med detta nummer och hitta en konstruktionsregel för alla andra element. För att göra detta konstruerar vi en lite mindre dubblering som bara har \(3\) symboler per kort och får den som startkort
$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 3 \end{array}\right)$$
och de andra korten
$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 4 \\ 5 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 6 \\ 7 \end{array}\right)$$
$$\left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{3.2} \\ x_{3.3} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ x_{4.2} \\ x_{4.3} \end{array}\right)$$
$$\left(\begin{array}{c} 3 \\ x_{5.2} \\ x_{5.3} \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 3 \\ x_{6.2} \\ x_{6.3} \end{array}\right)$$
med totalt \(1 + 3 \cdot 2 = 7\) kort och \( 3 + (2 \cdot 2) = 7\) symboler. Med lite trial and error (och med hjälp av de symboler som redan är tilldelade) får du följande dubblering:
$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 3 \end{array}\right)$$
$$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 4 \\ 5 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 6 \\ 7 \end{array}\right)$$
$$\left(\begin{array}{c} 2 \\ 4 \\ 6 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ 5 \\ 7 \end{array}\right)$$
$$\left(\begin{array}{c} 3 \\ 4 \\ 7 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 3 \\ 5 \\ 6 \end{array}\right)$$
Går detta också att hitta systematiskt? För att göra detta anger vi de nyligen tilldelade symbolerna \(4, 5, 6, 7\) i en kvadratisk matris:
$$\begin{array}{ccc} 4 & & 5 \\ & & \\ 6 & & 7\end{array}$$
Nu föreställer vi oss för de två första korten (som börjar med startsymbolerna \ \(4\) och \(5\) ) vertikala förbindelselinjer till de nedre symbolerna \(6\) och \(7\):
$$\begin{array}{ccc} 4 & & 5 \\ \vdots & & \vdots \\ 6 & & 7\end{array}$$
Eftersom dessa linjer inte skär varandra får vi (genom att plotta symbolerna på de anslutande linjerna rad för rad) de närmaste giltiga korten:
$$\left(\begin{array}{c} 2 \\ 4 \\ 6 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 2 \\ 5 \\ 7 \end{array}\right)$$
Slutligen föreställer vi oss att ansluta linjer med en annan lutning (i detta fall med lutningen \(1\) ):
$$\begin{array}{ccccc} & 4 & & 5 & \\ \ddots & & \ddots & & \ddots \\ & 6 & & 7 &\end{array}$$
Den andra förbindelselinjen (mellan \(5\) och \(6\) ) lämnar matrisen vid högerkanten och går in igen vid vänsterkanten. Genom att skickligt välja lutningen säkerställer vi å ena sidan att förbindelselinjerna inte skär varandra, men också att de tidigare (vertikala) förbindelselinjerna inte skär varandra. Denna designidé leder i slutändan till följande designformel:
En dubblering med \(k \in \mathbb{N} \, | \, (k-1) \text{ prim} \) har \(1+(k \cdot (k-1)) = k^2-k+1 = k + (k-1)(k-1)\) kort och symboler. För kartan \(K_x\) med \(x \in \mathbb{N}\) och \(0 \leq x \leq (k-1) \cdot k\) gäller:
$$K_x = \left(\begin{array}{c} f(x,1) \\ f(x,2) \\ \vdots \\ f(x,k) \end{array}\right), \,\, m = \left\lfloor \frac{x-1}{k-1} \right\rfloor + 1,$$
$$f(x,y) = \left\{\begin{array}{ll} y & \text{falls } x = 0 \\ \lfloor \frac{x-1}{k-1} \rfloor + 1, &\text{sonst falls } y = 1 \\ (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2), & \text{sonst falls } 0 < x < k \\ \left( \left((m-1)(k-1)+x\right)-1+ \left( (m-2)(y-2) \right) \right) \% (k-1) &\text{sonst} \\ + (k+1) + (k-1)(y-2)&\end{array}\right.$$
Det finns \((k-1)\cdot k + 1 = k + (k-1)(k-1)\) bitar av dessa kort. Nu återstår bara att visa:
$$ \forall x_1 < x_2 \in \{ 1, \ldots, k+(k-1)(k-1) \} \, \exists \, ! \, y_1, y_2 \in \{ 1, \ldots, k \}: f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) $$
- 1: a fallet: \( x_1 = 0 \)
- Fall 1a: \( 0 < x_2 < k \)
- För \(y_1 = 1\) och \(y_2 = 1\) :
\(f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1\) . - För \(y_1 \neq 1\) och \(y_2 = 1\) :
\(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1\) - För \(y_1 = 1\) och \(y_2 \neq 1\) :
\(f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) =\)
\((k+1)(x-1) + (k-1) + y \geq (k+1)(x-1)+y > 1\) - För \(y_1 \neq 1\) och \(y_2 \neq 1\) är:
\(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) > k\)
- För \(y_1 = 1\) och \(y_2 = 1\) :
- Fall 1b: \( x_2 \geq k \)
- För \(y_1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) och \(y_2 = 1\) har vi:
\(f(x_1, y_1) = f(0, \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) - För \(y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) och \(y_2 = 1\) är:
\(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) - För \(y_2 \neq 1\) är:
\(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k\)
\(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
\(+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1)+(k-1)(y_2-2) > k \)
- För \(y_1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) och \(y_2 = 1\) har vi:
- Fall 1a: \( 0 < x_2 < k \)
- 2: a fallet: \( 0 < x_1 < k \)
- Fall 2a: \( 0 < x_2 < k \)
- För \(y_1 = 1\) och \(y_2 = 1\) :
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\) - För \(y_1 \neq 1\) och \(y_2 = 1\) :
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) > 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\) - För \(y_1 = 1\) och \(y_2 \neq 1\) :
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) > 1\) - För \(y_1 \neq 1\) och \(y_2 \neq 1\) är:
\(f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) \leq\)
\((k+1)+(k-1)(x_1-1)+(k-2)\)
\(f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) \geq\)
\((k+1)+(k-1)((x_1+1)-1)+(y_2-2) =\)
\((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (y_2-2) \geq\)
\((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (2-2) \geq\)
\((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) > (k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-2)\)
- För \(y_1 = 1\) och \(y_2 = 1\) :
- Fall 2b: \( x_2 \geq k \)
- För \(y_1 = 1\) och \(y_2 = 1\) :
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \geq \left\lfloor \frac{k-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 2 > 1\) - För \(y_1 = 1\) och \(y_2 \neq 1\) :
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
\(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
\(+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_2-2) > 1\) - För \(y_1 \neq 1\) och \(y_2 = 1\) :
\(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1)\)
\(+ (k+1) + (k-1)(y_1-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_1-2) > 1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\) - För \(y_1 \neq 1\) och \(y_2 \neq 1\) är:
\((k+1) + (k-1)(x_1-1) + (y_1-2) =\)
\(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
\(+ (k+1) + (k-1)(y-2)\)
\(\Leftrightarrow y_1 = (k-1)y_2 - (k-1)(x_1+1) +\)
\(\left( 2 + \left( \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \right) \right) \)
För \(y_2 = x_1+1\) med \( 2 \leq y_2 \leq k\) är
\(y_1 = 2 + \left( \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \right)\) med \( 2 \leq y_1 \leq k\).
Det finns bara en lösning här \( (y_1, y_2) \).
För vi väljer \(y^*_2=y_2-1\) som värde, är \(y^*_1 = y_1-(k-1) < 2\).
Dessutom för \(y^*_2*=y_2+1\) sedan \(y^*_1 = y_1+(k-1) > k\).
- För \(y_1 = 1\) och \(y_2 = 1\) :
- Fall 2a: \( 0 < x_2 < k \)
- 3. Fall: \( x_1 \geq k \)
- Fall 3a: \( x_2 \geq k \)
- Fall 3a': \(m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2\)
- För \(y_1 = 1\) och \(y_2 = 1\) :
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 = m_1\) - För \(y_1 = 1\) och \(y_2 \neq 1\) :
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =\)
\(\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k\)
\(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
\((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq\)
\((k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k\) - För \(y_1 \neq 1\) och \(y_2 = 1\) :
Se \(y_1 = 1\) och \(y_2 \neq 1\) . - För \(y_1 \neq 1\) och \(y_2 \neq 1\) är:
\(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%\)
\((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)\)
\(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
\((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)\)
Sedan \(f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow\)
\(L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
\(L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
\(L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)\)
För \(y_1 \neq y_2\) är \(L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)\).
För \(y_1 = y_2\) är \(L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2\) och
\(\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =\)
\(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow\)
\(x_1 = x_2 + (k-1)\cdot l\) i motsats till \(m_1 = m_2\).
- För \(y_1 = 1\) och \(y_2 = 1\) :
- Fall 3a'': \(m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2\)
- För \(y_1 = 1\) och \(y_2 = 1\) :
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1\)
\(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 \neq m_1\) - För \(y_1 = 1\) och \(y_2 \neq 1\) :
\(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =\)
\(\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k\)
\(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
\((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq\)
\((k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k\) - För \(y_1 \neq 1\) och \(y_2 = 1\) :
Se \(y_1 = 1\) och \(y_2 \neq 1\) . - För \(y_1 \neq 1\) och \(y_2 \neq 1\) är:
\(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%\)
\((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)\)
\(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
\((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)\)
Sedan \(f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow\)
\(L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
\(L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
\(L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)\)
För \(y_1 \neq y_2\) är \(L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)\).
För \(y_1 = y_2\) är \(L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2\) och
\(\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =\)
\(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow\)
\(y = \frac{(k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)}{m_2 - m_1}\)
Väl där för \(2 \leq y \leq k\) alltid a \(l \in \mathbb{N}_0\), så att
\(m_2 - m_1 \mid (k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)\).
Bevis: där \((k-1)\) är prime, är (på grund av Bézouts lemma)
\((k-1)\cdot l \equiv -\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right) \, \mod (m_2-m_1)\)
lösbart, eftersom \(\text{ggT}\left((k-1),(m_2-m_1)\right) = 1\) Delar upp \(-\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right)\).
Då är detta den enda lösningen \(l_1\), för för en
\(l_2 = l_1 + (m_2-m_1)\) är \( y_2 = y_1 + (k-1) > k\).
- För \(y_1 = 1\) och \(y_2 = 1\) :
- Fall 3a': \(m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2\)
- Fall 3a: \( x_2 \geq k \)
Du kan också hitta intressant bakgrundsinformation om ämnet dobble och matematik här eller här . I följande skript kan du se den tidigare beprövade formeln i aktion: Dobblar (för \((k-1)\) prim) kan genereras med en knapptryckning:
See the Pen DOBBLE CREATOR by David Vielhuber (@vielhuber) on CodePen.