Dobble oyununda matematik

Son aile akşamında, Dobble oyunu (Harry Potter Sürümü'nde) çocuklar tarafından coşkuyla masaya getirildi. Kaybedilen 5. turdan sonra (oyun kartımdaki kartımda görünür bir vuruş olmadan) bana şaşkınlıkla, her oyuncunun her turda her zaman bir isabet bulabileceği söylendi. Ancak inancım, yalnızca daha fazla kayıp turla kabul edildi - çocuklar daha hızlıydı.


Oyuna matematiksel bir bakış açısıyla daha yakından bakmak için yeterli sebep. İlk olarak oyun prensibi: Dobble, her biri sekiz farklı sembol gösteren \(55\) yuvarlak kartlardan oluşan basit bir kart oyunudur. Tüm kartlar sırayla dağıtılır ve masanın ortasında yalnızca son kart bırakılır. Artık tüm oyuncuların karttaki sembolleri mevcut en üstteki karttaki sembollerle aynı anda karşılaştırması gerekiyor. Bir oyuncu her iki kartta da aynı sembolü bulursa, sembolü en hızlı isimlendirerek kartını desteye yerleştirebilir. Tüm kartlarını ilk önce atan oyuncu kazanır.

Nasıl olur da herhangi bir 2 kartın tam olarak bir ortak sembolü olacak şekilde oluşturulmuş böyle \(55\) kartlar olabilir? Kullanılması gereken bu tür sembollerin minimum sayısı nedir? Bu tür kartların maksimum sayısı nedir?

İlk olarak, aşağıdaki mantıksal adımları kullanarak bu kartları oluşturuyoruz (sonradan oluşturulan tüm kartlar, artan düzende sıralanma özelliğine sahiptir): İlk kartta 8 farklı sembol olmalıdır, yani okur:

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

Şimdi aşağıdaki kartları, birinci kartla tam olarak bir ortak sembolü olacak şekilde oluşturuyoruz.:

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

Burada herhangi bir sayıda bu tür kartlar oluşturulabilir (yerleri \(9\) ile başlayarak artan sırada doldurmanız yeterlidir). Ancak, minimum sayıda sembol (ve maksimum sayıda kart) içeren bir setle ilgilendiğimiz için bu önemsiz durum ilgi çekici değildir. Şimdi her kartın ikinci sembolünü \( x_{l.2} \) ele alacağız ve bunun için aşağıdakilerin geçerli olması gerektiği açıktır: \( x_{1.2} \neq x_{2.2} \neq x_{3.2} \neq \ldots \neq x_{k.2} \) . Bu nedenle, zorunlu olarak \( k \) yeni semboller getirdik. Ama şimdi \( k \leq 8-1 = 7 \) , çünkü \( 7 \) sembollerinin hiçbiri \( x_{1.2},\, x_{1.3},\, x_{1.4},\, x_{1.5},\, x_{1.6},\, x_{1.7},\, x_{1.8} \) (en soldaki karttan) diğer kartların her birinin ikinci sembolüyle eşleşebilir (aksi takdirde iki özdeş sembol olurdu) ).

Bu 7 yeni karttan maksimumunu bulduk:

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

Aynı argümanla şimdi sonraki \(7\) haritalarını oluşturuyoruz (bu haritaların ilki başlangıç ​​haritamızla çarpışmalıdır, \(1\) ile değil, aksi takdirde önceden \(7\) ile olurdu) bulunan haritalar):

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

Bu argüman sonraki \(7\) kartları için de devam ettirilebilir; Toplam \(8-2 = 6\) kez daha. Son \(7\) kartları buna göre:

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

Başka bir kart eklerseniz $$\left(\begin{array}{c} 9 \\ x_{57.2} \\ x_{57.3} \\ x_{57.4} \\ x_{57.5} \\ x_{57.6} \\ x_{57.7} \\ x_{57.8} \end{array}\right)$$ başarısız olur çünkü bu kart başlangıç ​​kartıyla bir sembol paylaşmaz. En fazla \(1 + 8 \cdot 7 = 57\) harita oluşturduk. Şimdi hedefimiz en az bir tane inşa etmek.

Bunu yapmak için, bulunan ilk 7 yeni karta bakarız ve burada kesinlikle \(7 \cdot 7\) yeni sembollere ihtiyacımız olduğu sonucuna varırız (hiçbir kartta iki kez sembol olamaz ve atanacak her sembol görünmemelidir. iki kez, çünkü \(1\) zaten iki katıdır):

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

Dolayısıyla minimum \(8 + (7 \cdot 7) = 57\) sembole ihtiyacımız var (yani kartlar kadar çok sembol!). Şimdi bu sayı ile idare etmeye ve diğer tüm elementler için bir yapı kuralı bulmaya çalışıyoruz. Bunu yapmak için, kart başına yalnızca \(3\) sembolü olan biraz daha küçük bir dobble oluşturuyoruz ve bunu başlangıç ​​kartı olarak alıyoruz.

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

ve diğer kartlar

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

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

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

toplam \(1 + 3 \cdot 2 = 7\) kartları ve \( 3 + (2 \cdot 2) = 7\) sembolleri ile. Biraz deneme yanılma ile (ve önceden atanmış sembolleri kullanarak) aşağıdaki dobble'ı elde edersiniz:

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

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

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

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

Bu da sistematik olarak bulunabilir mi? Bunu yapmak için, yeni atanan sembolleri \(4, 5, 6, 7\) kare bir matrise giriyoruz.:

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

Şimdi ilk iki kart için (başlangıç ​​sembolleri \ \(4\) ve \(5\) ile başlayarak) alt sembollere \(6\) ve \(7\) ) dikey bağlantı çizgilerini hayal ediyoruz.:

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

Bu çizgiler kesişmediği için (bağlantı hatlarındaki sembolleri satır satır çizerek) en yakın geçerli kartları elde ederiz.:

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

Son olarak, farklı bir eğime sahip çizgileri birleştirmeyi hayal ediyoruz (bu durumda eğim \(1\) ile):

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

İkinci bağlantı çizgisi ( \(5\) ve \(6\) arasında) matrisi sağ kenardan terk eder ve sol kenardan yeniden girer. Eğimi ustaca seçerek, bir yandan bağlantı hatlarının birbiriyle kesişmemesini, aynı zamanda önceki (dikey) bağlantı hatlarının kesişmemesini sağlıyoruz. Bu tasarım fikri nihayetinde aşağıdaki tasarım formülüne yol açar.:

\(k \in \mathbb{N} \, | \, (k-1) \text{ prim} \) ile bir dobble \(1+(k \cdot (k-1)) = k^2-k+1 = k + (k-1)(k-1)\) değerine sahiptir \(1+(k \cdot (k-1)) = k^2-k+1 = k + (k-1)(k-1)\) kartlar ve semboller. \(x \in \mathbb{N}\) ve \(0 \leq x \leq (k-1) \cdot k\) olan \(K_x\) haritası için geçerlidir:

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

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

Bu kartlardan \((k-1)\cdot k + 1 = k + (k-1)(k-1)\) adet bulunmaktadır. Şimdi sadece göstermek için kalır:

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

  • 1. durum: \( x_1 = 0 \)
    • Durum 1a: \( 0 < x_2 < k \)
      • \(y_1 = 1\) ve \(y_2 = 1\) için:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1\) .
      • \(y_1 \neq 1\) ve \(y_2 = 1\) için:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1\)
      • \(y_1 = 1\) ve \(y_2 \neq 1\) için:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) =\)
        \((k+1)(x-1) + (k-1) + y \geq (k+1)(x-1)+y > 1\)
      • \(y_1 \neq 1\) ve \(y_2 \neq 1\) için:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) > k\)
    • Durum 1b: \( x_2 \geq k \)
      • \(y_1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) ve \(y_2 = 1\) için:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
      • \(y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\) ve \(y_2 = 1\) için:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
      • \(y_2 \neq 1\) için:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k\)
        \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1)+(k-1)(y_2-2) > k \)
  • 2. durum: \( 0 < x_1 < k \)
    • Durum 2a: \( 0 < x_2 < k \)
      • \(y_1 = 1\) ve \(y_2 = 1\) için:
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
      • \(y_1 \neq 1\) ve \(y_2 = 1\) için:
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) > 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
      • \(y_1 = 1\) ve \(y_2 \neq 1\) için:
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) > 1\)
      • \(y_1 \neq 1\) ve \(y_2 \neq 1\) için:
        \(f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) \leq\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1)+(k-2)\)
        \(f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) \geq\)
        \((k+1)+(k-1)((x_1+1)-1)+(y_2-2) =\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (y_2-2) \geq\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (2-2) \geq\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) > (k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-2)\)
    • Durum 2b: \( x_2 \geq k \)
      • \(y_1 = 1\) ve \(y_2 = 1\) için:
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \geq \left\lfloor \frac{k-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 2 > 1\)
      • \(y_1 = 1\) ve \(y_2 \neq 1\) için:
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_2-2) > 1\)
      • \(y_1 \neq 1\) ve \(y_2 = 1\) için:
        \(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y_1-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_1-2) > 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
      • İçin \(y_1 \neq 1\) ve \(y_2 \neq 1\) dır-dir:
        \((k+1) + (k-1)(x_1-1) + (y_1-2) =\)
        \(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y-2)\)
        \(\Leftrightarrow y_1 = (k-1)y_2 - (k-1)(x_1+1) +\)
        \(\left( 2 + \left( \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \right) \right) \)
        İçin \(y_2 = x_1+1\) ile birlikte \( 2 \leq y_2 \leq k\) dır-dir
        \(y_1 = 2 + \left( \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \right)\) ile birlikte \( 2 \leq y_1 \leq k\).
        Burada tek bir çözüm var \( (y_1, y_2) \).
        Çünkü biz seçiyoruz \(y^*_2=y_2-1\) değer olarak, \(y^*_1 = y_1-(k-1) < 2\).
        Ayrıca, için \(y^*_2*=y_2+1\) sonra \(y^*_1 = y_1+(k-1) > k\).
  • 3. Vaka: \( x_1 \geq k \)
    • Durum 3a: \( x_2 \geq k \)
      • Durum 3a': \(m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2\)
        • \(y_1 = 1\) ve \(y_2 = 1\) için:
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1\)
          \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 = m_1\)
        • \(y_1 = 1\) ve \(y_2 \neq 1\) için:
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =\)
          \(\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq\)
          \((k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k\)
        • \(y_1 \neq 1\) ve \(y_2 = 1\) için:
          Bkz. \(y_1 = 1\) ve \(y_2 \neq 1\) .
        • İçin \(y_1 \neq 1\) ve \(y_2 \neq 1\) dır-dir:
          \(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)\)
          Sonra \(f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)\)
          İçin \(y_1 \neq y_2\) dır-dir \(L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)\).
          İçin \(y_1 = y_2\) dır-dir \(L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2\) ve
          \(\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =\)
          \(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow\)
          \(x_1 = x_2 + (k-1)\cdot l\) aykırı olarak \(m_1 = m_2\).
      • Vaka 3a'': \(m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2\)
        • \(y_1 = 1\) ve \(y_2 = 1\) için:
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1\)
          \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 \neq m_1\)
        • \(y_1 = 1\) ve \(y_2 \neq 1\) için:
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =\)
          \(\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq\)
          \((k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k\)
        • \(y_1 \neq 1\) ve \(y_2 = 1\) için:
          Bkz. \(y_1 = 1\) ve \(y_2 \neq 1\) .
        • İçin \(y_1 \neq 1\) ve \(y_2 \neq 1\) dır-dir:
          \(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)\)
          Sonra \(f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)\)
          İçin \(y_1 \neq y_2\) dır-dir \(L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)\).
          İçin \(y_1 = y_2\) dır-dir \(L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2\) ve
          \(\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =\)
          \(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow\)
          \(y = \frac{(k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)}{m_2 - m_1}\)
          Iyi orada \(2 \leq y \leq k\) her zaman bir \(l \in \mathbb{N}_0\), Böylece
          \(m_2 - m_1 \mid (k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)\).
          Kanıt: orada \((k-1)\) asaldır, (Bézout'un lemması nedeniyle)
          \((k-1)\cdot l \equiv -\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right) \, \mod (m_2-m_1)\)
          çözülebilir, çünkü \(\text{ggT}\left((k-1),(m_2-m_1)\right) = 1\) Bölmeler \(-\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right)\).
          O zaman tek çözüm bu \(l_1\), çünkü biri için
          \(l_2 = l_1 + (m_2-m_1)\) dır-dir \( y_2 = y_1 + (k-1) > k\).

Ayrıca burada veya burada dobble ve matematik konusuyla ilgili ilginç arka plan bilgileri bulabilirsiniz. Aşağıdaki komut dosyasında önceden kanıtlanmış formülü çalışırken görebilirsiniz: Dobbles (for \((k-1)\) prim) bir düğmeye basılarak oluşturulabilir:

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

Geri