Dobble விளையாட்டில் கணிதம்

கடைசி குடும்ப மாலையில், குழந்தைகளால் டாப்பிள் (ஹாரி பாட்டர் பதிப்பில்) விளையாட்டு உற்சாகமாக மேசைக்கு கொண்டு வரப்பட்டது. 5வது இழந்த சுற்றுக்குப் பிறகு (பிளேயிங் கார்டுடன் எனது அட்டையின் தாக்கம் தெரியவில்லை) ஒவ்வொரு ஆட்டக்காரரும் எப்போதும் ஒவ்வொரு சுற்றிலும் வெற்றியைக் காணலாம் என்று எனக்கு ஆச்சரியமாக இருந்தது. ஆனால் என் அவநம்பிக்கை மேலும் இழந்த மடியில் மட்டுமே ஒப்புக் கொள்ளப்பட்டது - குழந்தைகள் வெறுமனே வேகமாக இருந்தனர்.


கணிதக் கண்ணோட்டத்தில் விளையாட்டை உன்னிப்பாகக் கவனிக்க போதுமான காரணம். முதலில் விளையாட்டின் கொள்கை: Dobble என்பது \(55\) வட்ட அட்டைகளைக் கொண்ட எளிய அட்டை விளையாட்டு, ஒவ்வொன்றும் எட்டு வெவ்வேறு குறியீடுகளைக் காட்டுகிறது. எல்லா அட்டைகளும் மாறி மாறி, கடைசி அட்டையை மட்டும் மேசையின் நடுவில் வைக்கும். இப்போது அனைத்து வீரர்களும் ஒரே நேரத்தில் கார்டில் உள்ள சின்னங்களை அவர்களின் தற்போதைய மேல் அட்டையில் உள்ள சின்னங்களுடன் ஒப்பிட வேண்டும். ஒரு வீரர் இரண்டு கார்டுகளிலும் ஒரே குறியீட்டைக் கண்டறிந்தால், அவர் தனது கார்டை ஸ்டேக்கில் வைக்கலாம், அந்தச் சின்னத்திற்கு விரைவாகப் பெயரிடலாம். முதலில் தனது எல்லா அட்டைகளையும் நிராகரித்த வீரர் வெற்றி பெறுவார்.

எந்த 2 கார்டுகளுக்கும் ஒரே ஒரு சின்னம் பொதுவானதாக இருக்கும் வகையில் \(55\) கார்டுகள் இருப்பது எப்படி? அத்தகைய குறியீடுகளின் குறைந்தபட்ச எண்ணிக்கை எவ்வளவு பயன்படுத்தப்பட வேண்டும்? அத்தகைய அட்டைகளின் அதிகபட்ச எண்ணிக்கை என்ன?

முதலில், பின்வரும் தர்க்கரீதியான படிகளைப் பயன்படுத்தி இந்தக் கார்டுகளை உருவாக்குகிறோம் (அனைத்து அடுத்தடுத்து உருவாக்கப்பட்ட கார்டுகளும் ஏறுவரிசையில் வரிசைப்படுத்தப்படும் பண்புகளைக் கொண்டுள்ளன): முதல் அட்டையில் 8 வெவ்வேறு குறியீடுகள் இருக்க வேண்டும், அதாவது படிக்கிறது:

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

நாம் இப்போது பின்வரும் கார்டுகளை முதல் கார்டுடன் பொதுவான ஒரு குறியீட்டைக் கொண்டிருக்கும் வகையில் உருவாக்குகிறோம்:

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

இதுபோன்ற எத்தனையோ கார்டுகளை ஏற்கனவே இங்கே உருவாக்கலாம் (நீங்கள் \(9\) தொடங்கி ஏறுவரிசையில் இடங்களை நிரப்பினால் போதும்). இந்த அற்பமான வழக்கு ஆர்வமற்றது, இருப்பினும், குறைந்தபட்ச எண்ணிக்கையிலான குறியீடுகள் (மற்றும் அதிகபட்ச எண்ணிக்கையிலான அட்டைகள்) கொண்ட தொகுப்பில் நாங்கள் ஆர்வமாக உள்ளோம். இப்போது ஒவ்வொரு அட்டையின் இரண்டாவது சின்னமான \( x_{l.2} \) கருதுகிறோம், இதற்குப் பின்வருபவை கண்டிப்பாகப் பொருந்த வேண்டும்: \( x_{1.2} \neq x_{2.2} \neq x_{3.2} \neq \ldots \neq x_{k.2} \) . எனவே \( k \) புதிய குறியீடுகளை அவசியம் அறிமுகப்படுத்தியுள்ளோம். ஆனால் இப்போது \( k \leq 8-1 = 7 \) , \( 7 \) குறியீடுகள் எதுவும் \( x_{1.2},\, x_{1.3},\, x_{1.4},\, x_{1.5},\, x_{1.6},\, x_{1.7},\, x_{1.8} \) (இடதுபுற அட்டையின்) மற்ற அட்டைகள் ஒவ்வொன்றின் இரண்டாவது சின்னத்துடன் பொருந்தலாம் (இல்லையெனில் இரண்டு ஒத்த குறியீடுகள் இருக்கும் )

அதிகபட்சமாக இந்த 7 புதிய கார்டுகளைக் கண்டறிந்துள்ளோம்:

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

அதே வாதத்துடன் இப்போது நாம் அடுத்த \(7\) வரைபடத்தை உருவாக்குகிறோம் (இந்த வரைபடங்களில் முதலாவது நமது தொடக்க வரைபடத்துடன் மோத வேண்டும், \(1\) உடன் அல்ல, இல்லையெனில் அது முன்பு இருந்த \(7\) உடன் இருக்கும் கிடைத்த வரைபடங்கள்):

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

இந்த வாதத்தை அடுத்த \(7\) கார்டுகளுக்கும் தொடரலாம்; மொத்தம் \(8-2 = 6\) அதிக முறை. கடைசி \(7\) கார்டுகள் அதற்கேற்ப உள்ளன:

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

நீங்கள் மற்றொரு கார்டைச் சேர்த்தால் $$\left(\begin{array}{c} 9 \\ x_{57.2} \\ x_{57.3} \\ x_{57.4} \\ x_{57.5} \\ x_{57.6} \\ x_{57.7} \\ x_{57.8} \end{array}\right)$$ தோல்வியடையும், ஏனெனில் இந்த அட்டை தொடக்க அட்டையுடன் ஒரு குறியீட்டைப் பகிரவில்லை. நாங்கள் அதிகபட்சமாக \(1 + 8 \cdot 7 = 57\) வரைபடங்களை உருவாக்கியுள்ளோம். குறைந்தபட்சம் பலவற்றையாவது உருவாக்குவதே இப்போது எங்களின் குறிக்கோள்.

இதைச் செய்ய, கண்டுபிடிக்கப்பட்ட முதல் 7 புதிய கார்டுகளைப் பார்த்து, எங்களுக்கு இங்கு \(7 \cdot 7\) புதிய குறியீடுகள் தேவை என்ற முடிவுக்கு வருகிறோம் (எந்த கார்டிலும் இரண்டு முறை சின்னம் இருக்கக்கூடாது மற்றும் ஒதுக்கப்படும் ஒவ்வொரு சின்னமும் தோன்றக்கூடாது. இரண்டு முறை, ஏனெனில் \(1\) ஏற்கனவே இரட்டிப்பாகும்:

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

எனவே நமக்கு குறைந்தபட்ச \(8 + (7 \cdot 7) = 57\) குறியீடுகள் தேவை (அட்டைகளாக பல குறியீடுகள்!). நாங்கள் இப்போது இந்த எண்ணைப் பயன்படுத்தி மற்ற எல்லா உறுப்புகளுக்கும் ஒரு கட்டுமான விதியைக் கண்டறிய முயற்சிக்கிறோம். இதைச் செய்ய, ஒரு கார்டுக்கு \(3\) குறியீடுகளை மட்டுமே கொண்ட சற்றே சிறிய டாபிளை உருவாக்கி, அதை தொடக்க அட்டையாகப் பெறுகிறோம்.

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

மற்றும் பிற அட்டைகள்

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

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

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

மொத்தம் \(1 + 3 \cdot 2 = 7\) அட்டைகள் மற்றும் \( 3 + (2 \cdot 2) = 7\) குறியீடுகள். ஒரு சிறிய சோதனை மற்றும் பிழை (மற்றும் ஏற்கனவே ஒதுக்கப்பட்ட சின்னங்களைப் பயன்படுத்தி) நீங்கள் பின்வரும் இரட்டைப் பெறுவீர்கள்:

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

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

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

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

இதையும் முறையாகக் கண்டுபிடிக்க முடியுமா? இதைச் செய்ய, புதிதாக ஒதுக்கப்பட்ட சின்னங்களை \(4, 5, 6, 7\) சதுர மேட்ரிக்ஸில் உள்ளிடுவோம்.:

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

இப்போது நாம் முதல் இரண்டு அட்டைகளுக்கு (தொடக்கக் குறியீடுகள் \ \(4\) மற்றும் \(5\) ) செங்குத்து இணைக்கும் வரிகளை கீழ் குறியீடுகள் \(6\) மற்றும் \(7\) கற்பனை செய்கிறோம்.:

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

இந்தக் கோடுகள் குறுக்கிடாததால், நாம் (இணைக்கும் கோடுகளில் உள்ள சின்னங்களை வரிக்கு வரியாக வரைவதன் மூலம்) நெருங்கிய செல்லுபடியாகும் அட்டைகளைப் பெறுகிறோம்:

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

இறுதியாக, வேறு ஒரு சாய்வுடன் இணைக்கும் வரிகளை நாங்கள் கற்பனை செய்கிறோம் (இந்த வழக்கில் சாய்வுடன் \(1\) ):

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

இரண்டாவது இணைக்கும் வரி ( \(5\) மற்றும் \(6\) க்கு இடையில்) வலது விளிம்பில் மேட்ரிக்ஸை விட்டு இடது விளிம்பில் மீண்டும் நுழைகிறது. சாய்வைத் திறமையாகத் தேர்ந்தெடுப்பதன் மூலம், இணைக்கும் கோடுகள் ஒன்றோடொன்று குறுக்கிடவில்லை என்பதை ஒருபுறம் உறுதிசெய்கிறோம், ஆனால் முந்தைய (செங்குத்து) இணைக்கும் கோடுகள் வெட்டுவதில்லை. இந்த வடிவமைப்பு யோசனை இறுதியில் பின்வரும் வடிவமைப்பு சூத்திரத்திற்கு வழிவகுக்கிறது:

\(k \in \mathbb{N} \, | \, (k-1) \text{ prim} \) உடன் ஒரு dobble \(1+(k \cdot (k-1)) = k^2-k+1 = k + (k-1)(k-1)\) அட்டைகள் மற்றும் குறியீடுகள். \(x \in \mathbb{N}\) மற்றும் \(0 \leq x \leq (k-1) \cdot k\) கொண்ட வரைபடத்திற்கு \(K_x\) ) பொருந்தும்:

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

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

இந்த அட்டைகளில் \((k-1)\cdot k + 1 = k + (k-1)(k-1)\) துண்டுகள் உள்ளன. இப்போது அது காட்ட மட்டுமே உள்ளது:

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

  • 1 வது வழக்கு: \( x_1 = 0 \)
    • வழக்கு 1a: \( 0 < x_2 < k \)
      • \(y_1 = 1\) மற்றும் \(y_2 = 1\) எங்களிடம் உள்ளது:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1\) .
      • \(y_1 \neq 1\) மற்றும் \(y_2 = 1\) எங்களிடம் உள்ளது:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1\)
      • \(y_1 = 1\) மற்றும் \(y_2 \neq 1\) எங்களிடம் உள்ளது:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) =\)
        \((k+1)(x-1) + (k-1) + y \geq (k+1)(x-1)+y > 1\)
      • \(y_1 \neq 1\) மற்றும் \(y_2 \neq 1\) :
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) > k\)
    • வழக்கு 1b: \( x_2 \geq k \)
      • \(y_1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) மற்றும் \(y_2 = 1\) எங்களிடம் உள்ளது:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
      • \(y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) மற்றும் \(y_2 = 1\) :
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
      • \(y_2 \neq 1\) :
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k\)
        \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1)+(k-1)(y_2-2) > k \)
  • 2 வது வழக்கு: \( 0 < x_1 < k \)
    • வழக்கு 2a: \( 0 < x_2 < k \)
      • \(y_1 = 1\) மற்றும் \(y_2 = 1\) எங்களிடம் உள்ளது:
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
      • \(y_1 \neq 1\) மற்றும் \(y_2 = 1\) எங்களிடம் உள்ளது:
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) > 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
      • \(y_1 = 1\) மற்றும் \(y_2 \neq 1\) எங்களிடம் உள்ளது:
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) > 1\)
      • \(y_1 \neq 1\) மற்றும் \(y_2 \neq 1\) :
        \(f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) \leq\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1)+(k-2)\)
        \(f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) \geq\)
        \((k+1)+(k-1)((x_1+1)-1)+(y_2-2) =\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (y_2-2) \geq\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (2-2) \geq\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) > (k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-2)\)
    • வழக்கு 2b: \( x_2 \geq k \)
      • \(y_1 = 1\) மற்றும் \(y_2 = 1\) எங்களிடம் உள்ளது:
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \geq \left\lfloor \frac{k-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 2 > 1\)
      • \(y_1 = 1\) மற்றும் \(y_2 \neq 1\) எங்களிடம் உள்ளது:
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_2-2) > 1\)
      • \(y_1 \neq 1\) மற்றும் \(y_2 = 1\) எங்களிடம் உள்ளது:
        \(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y_1-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_1-2) > 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
      • க்கு \(y_1 \neq 1\) மற்றும் \(y_2 \neq 1\) இருக்கிறது:
        \((k+1) + (k-1)(x_1-1) + (y_1-2) =\)
        \(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y-2)\)
        \(\Leftrightarrow y_1 = (k-1)y_2 - (k-1)(x_1+1) +\)
        \(\left( 2 + \left( \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \right) \right) \)
        க்கு \(y_2 = x_1+1\) உடன் \( 2 \leq y_2 \leq k\) இருக்கிறது
        \(y_1 = 2 + \left( \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \right)\) உடன் \( 2 \leq y_1 \leq k\).
        இங்கே ஒரே ஒரு தீர்வு உள்ளது \( (y_1, y_2) \).
        ஏனென்றால் நாம் தேர்வு செய்கிறோம் \(y^*_2=y_2-1\) மதிப்பாக, உள்ளது \(y^*_1 = y_1-(k-1) < 2\).
        கூடுதலாக, க்கான \(y^*_2*=y_2+1\) பிறகு \(y^*_1 = y_1+(k-1) > k\).
  • 3. வழக்கு: \( x_1 \geq k \)
    • வழக்கு 3a: \( x_2 \geq k \)
      • வழக்கு 3a': \(m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2\)
        • \(y_1 = 1\) மற்றும் \(y_2 = 1\) எங்களிடம் உள்ளது:
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1\)
          \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 = m_1\)
        • \(y_1 = 1\) மற்றும் \(y_2 \neq 1\) எங்களிடம் உள்ளது:
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =\)
          \(\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq\)
          \((k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k\)
        • \(y_1 \neq 1\) மற்றும் \(y_2 = 1\) எங்களிடம் உள்ளது:
          பார்க்கவும் \(y_1 = 1\) மற்றும் \(y_2 \neq 1\) .
        • க்கு \(y_1 \neq 1\) மற்றும் \(y_2 \neq 1\) இருக்கிறது:
          \(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)\)
          பிறகு \(f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)\)
          க்கு \(y_1 \neq y_2\) இருக்கிறது \(L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)\).
          க்கு \(y_1 = y_2\) இருக்கிறது \(L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2\) மற்றும்
          \(\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =\)
          \(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow\)
          \(x_1 = x_2 + (k-1)\cdot l\) முரண்படுகிறது \(m_1 = m_2\).
      • வழக்கு 3a'': \(m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2\)
        • \(y_1 = 1\) மற்றும் \(y_2 = 1\) எங்களிடம் உள்ளது:
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1\)
          \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 \neq m_1\)
        • \(y_1 = 1\) மற்றும் \(y_2 \neq 1\) எங்களிடம் உள்ளது:
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =\)
          \(\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq\)
          \((k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k\)
        • \(y_1 \neq 1\) மற்றும் \(y_2 = 1\) எங்களிடம் உள்ளது:
          பார்க்கவும் \(y_1 = 1\) மற்றும் \(y_2 \neq 1\) .
        • க்கு \(y_1 \neq 1\) மற்றும் \(y_2 \neq 1\) இருக்கிறது:
          \(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)\)
          பிறகு \(f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)\)
          க்கு \(y_1 \neq y_2\) இருக்கிறது \(L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)\).
          க்கு \(y_1 = y_2\) இருக்கிறது \(L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2\) மற்றும்
          \(\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =\)
          \(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow\)
          \(y = \frac{(k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)}{m_2 - m_1}\)
          சரி அங்கே \(2 \leq y \leq k\) எப்போதும் ஏ \(l \in \mathbb{N}_0\), அதனால்
          \(m_2 - m_1 \mid (k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)\).
          ஆதாரம்: அங்கே \((k-1)\) முதன்மையானது, (Bézout இன் லெம்மாவின் காரணமாக)
          \((k-1)\cdot l \equiv -\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right) \, \mod (m_2-m_1)\)
          தீர்க்கக்கூடியது, ஏனெனில் \(\text{ggT}\left((k-1),(m_2-m_1)\right) = 1\) பிளவுகள் \(-\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right)\).
          அப்படியானால் இதுதான் ஒரே தீர்வு \(l_1\), ஏனெனில் ஒருவருக்கு
          \(l_2 = l_1 + (m_2-m_1)\) இருக்கிறது \( y_2 = y_1 + (k-1) > k\).

நீங்கள் இங்கே அல்லது இங்கே dobble மற்றும் கணிதம் தலைப்பில் சுவாரஸ்யமான பின்னணி தகவல் காணலாம். பின்வரும் ஸ்கிரிப்ட்டில் நீங்கள் முன்பு நிரூபிக்கப்பட்ட சூத்திரத்தை செயல்பாட்டில் காணலாம்: ஒரு பொத்தானை அழுத்துவதன் மூலம் Dobbles ( \((k-1)\) prim க்கு) உருவாக்க முடியும்:

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

மீண்டும்