Toán học trong trò chơi Dobble

Vào buổi tối gia đình vừa qua, trò chơi Dobble (trong phiên bản Harry Potter) đã được lũ trẻ hào hứng mang lên bàn ăn. Sau vòng thứ 5 bị thua (không thấy thẻ của tôi với thẻ đang chơi), tôi đã ngạc nhiên nói rằng mọi người chơi luôn có thể tìm được một lần trúng trong mỗi vòng. Nhưng sự hoài nghi của tôi chỉ được thừa nhận với những vòng đua bị mất thêm - những đứa trẻ chỉ đơn giản là nhanh hơn.


Đủ lý do để xem xét kỹ hơn trò chơi từ quan điểm toán học. Đầu tiên, nguyên tắc trò chơi: Dobble là một trò chơi bài đơn giản với \(55\) thẻ tròn, mỗi thẻ hiển thị tám biểu tượng khác nhau. Tất cả các quân bài được chia lần lượt, chỉ để lại quân bài cuối cùng ở giữa bàn. Bây giờ tất cả người chơi phải đồng thời so sánh các biểu tượng trên thẻ với các biểu tượng trên thẻ hàng đầu hiện tại của họ. Nếu một người chơi tìm thấy biểu tượng giống nhau trên cả hai thẻ, anh ta có thể đặt thẻ của mình vào chồng bằng cách nhanh nhất đặt tên cho biểu tượng đó. Người chơi loại bỏ tất cả các thẻ của họ trước sẽ thắng.

Làm thế nào có thể có \(55\) những thẻ như vậy được xây dựng theo cách mà 2 thẻ bất kỳ có đúng một biểu tượng chung? Số lượng ký hiệu tối thiểu phải được sử dụng là bao nhiêu? Số lượng thẻ tối đa là bao nhiêu?

Đầu tiên, chúng tôi tạo các thẻ này bằng các bước logic sau (tất cả các thẻ được tạo sau đó đều có thuộc tính là chúng được sắp xếp theo thứ tự tăng dần): Thẻ đầu tiên phải có 8 ký hiệu khác nhau, tức là số lần đọc:

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

Bây giờ chúng ta xây dựng các thẻ sau theo cách mà chúng có chính xác một biểu tượng chung với thẻ đầu tiên:

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

Bất kỳ số lượng thẻ nào như vậy đều có thể được tạo ở đây (bạn chỉ cần điền vào các vị trí theo thứ tự tăng dần, bắt đầu bằng \(9\) ). Tuy nhiên, trường hợp nhỏ nhặt này không thú vị vì chúng ta quan tâm đến một tập hợp có số lượng ký hiệu tối thiểu (và số lượng thẻ tối đa). Bây giờ chúng ta xem xét biểu tượng thứ hai \( x_{l.2} \) của mỗi thẻ, rõ ràng là phải áp dụng các biểu tượng sau: \( x_{1.2} \neq x_{2.2} \neq x_{3.2} \neq \ldots \neq x_{k.2} \) . Do đó, chúng tôi nhất thiết phải giới thiệu \( k \) các ký hiệu mới. Nhưng bây giờ \( k \leq 8-1 = 7 \) , vì không có ký hiệu \( 7 \) nào \( x_{1.2},\, x_{1.3},\, x_{1.4},\, x_{1.5},\, x_{1.6},\, x_{1.7},\, x_{1.8} \) (của thẻ ngoài cùng bên trái) có thể khớp với ký hiệu thứ hai của mỗi thẻ khác (nếu không sẽ có hai ký hiệu giống nhau ).

Chúng tôi đã tìm thấy tối đa 7 thẻ mới này:

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

Với cùng một lập luận, bây giờ chúng ta xây dựng các bản đồ \(7\) tiếp theo (bản đồ đầu tiên trong số các bản đồ này phải va chạm với bản đồ xuất phát của chúng ta, chứ không phải với \(1\) , nếu không thì nó sẽ giống với \(7\) trước đó bản đồ tìm thấy):

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

Đối số này cũng có thể được tiếp tục cho các thẻ \(7\) tiếp theo; Tổng cộng \(8-2 = 6\) lần nữa. Các thẻ \(7\) cuối cùng tương ứng:

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

Nếu bạn thêm một thẻ khác $$\left(\begin{array}{c} 9 \\ x_{57.2} \\ x_{57.3} \\ x_{57.4} \\ x_{57.5} \\ x_{57.6} \\ x_{57.7} \\ x_{57.8} \end{array}\right)$$ sẽ không thành công vì thẻ này không chia sẻ ký hiệu với thẻ bắt đầu. Chúng tôi đã tạo tối đa bản đồ \(1 + 8 \cdot 7 = 57\) . Mục tiêu của chúng tôi bây giờ là xây dựng ít nhất là nhiều.

Để làm điều này, chúng tôi xem xét 7 thẻ mới đầu tiên được tìm thấy và đi đến kết luận rằng chúng tôi thực sự cần \(7 \cdot 7\) các biểu tượng mới ở đây (không thẻ nào có thể có một biểu tượng hai lần và mỗi biểu tượng được gán không được xuất hiện hai lần, vì \(1\) đã gấp đôi):

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

Vì vậy, chúng ta cần các ký hiệu \(8 + (7 \cdot 7) = 57\) tối thiểu (nhiều ký hiệu như thẻ!). Bây giờ chúng tôi đang cố gắng vượt qua con số này và tìm quy tắc xây dựng cho tất cả các phần tử khác. Để làm điều này, chúng tôi tạo một khối nhỏ hơn một chút chỉ có các biểu tượng \(3\) trên mỗi thẻ và nhận nó làm thẻ bắt đầu

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

và các thẻ khác

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

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

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

với tổng số thẻ \(1 + 3 \cdot 2 = 7\)\( 3 + (2 \cdot 2) = 7\) . Với một chút thử và sai (và sử dụng các ký hiệu đã được chỉ định), bạn sẽ nhận được hình vẽ dobble sau:

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

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

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

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

Điều này cũng có thể được tìm thấy một cách có hệ thống? Để làm điều này, chúng tôi nhập các ký hiệu mới được gán \(4, 5, 6, 7\) trong một ma trận vuông:

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

Bây giờ chúng ta tưởng tượng cho hai thẻ đầu tiên (bắt đầu bằng các ký hiệu bắt đầu \ \(4\)\(5\) ) các đường nối thẳng đứng với các ký hiệu phía dưới \(6\)\(7\):

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

Vì các đường thẳng này không giao nhau, chúng tôi nhận được (bằng cách vẽ biểu tượng trên các đường nối từng dòng một) các thẻ hợp lệ gần nhất:

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

Cuối cùng, chúng ta tưởng tượng kết nối các đường với độ dốc khác (trong trường hợp này là độ dốc \(1\) ):

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

Đường nối thứ hai (giữa \(5\)\(6\) ) rời ma trận ở cạnh phải và nhập lại ở cạnh trái. Bằng cách khéo léo chọn độ dốc, một mặt chúng tôi đảm bảo rằng các đường nối không cắt nhau, nhưng các đường nối (thẳng đứng) trước đó cũng không cắt nhau. Ý tưởng thiết kế này cuối cùng dẫn đến công thức thiết kế sau:

Dobble với \(k \in \mathbb{N} \, | \, (k-1) \text{ prim} \)\(1+(k \cdot (k-1)) = k^2-k+1 = k + (k-1)(k-1)\) thẻ và ký hiệu. Đối với bản đồ \(K_x\) với \(x \in \mathbb{N}\)\(0 \leq x \leq (k-1) \cdot k\) áp dụng:

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

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

\((k-1)\cdot k + 1 = k + (k-1)(k-1)\) các quân bài này. Bây giờ nó chỉ còn lại để hiển thị:

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

  • Trường hợp đầu tiên: \( x_1 = 0 \)
    • Trường hợp 1a: \( 0 < x_2 < k \)
      • Đối với \(y_1 = 1\)\(y_2 = 1\) có:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1\) .
      • Đối với \(y_1 \neq 1\)\(y_2 = 1\) có:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = \lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \rfloor + 1 = 1\)
      • Đối với \(y_1 = 1\)\(y_2 \neq 1\) có:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, 1) = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) =\)
        \((k+1)(x-1) + (k-1) + y \geq (k+1)(x-1)+y > 1\)
      • Đối với \(y_1 \neq 1\)\(y_2 \neq 1\) là:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1) + (k-1)(x-1) + (y-2) > k\)
    • Trường hợp 1b: \( x_2 \geq k \)
      • Đối với \(y_1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)\(y_2 = 1\) , chúng ta có:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
      • Đối với \(y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)\(y_2 = 1\) là:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1\)
      • Đối với \(y_2 \neq 1\) là:
        \(f(x_1, y_1) = f(0, y_1) = y_1 \leq k\)
        \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1)+(k-1)(y_2-2) > k \)
  • Trường hợp thứ 2: \( 0 < x_1 < k \)
    • Trường hợp 2a: \( 0 < x_2 < k \)
      • Đối với \(y_1 = 1\)\(y_2 = 1\) có:
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
      • Đối với \(y_1 \neq 1\)\(y_2 = 1\) có:
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) > 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
      • Đối với \(y_1 = 1\)\(y_2 \neq 1\) có:
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) > 1\)
      • Đối với \(y_1 \neq 1\)\(y_2 \neq 1\) là:
        \(f(x_1, y_1) = (k+1)+(k-1)(x_1-1)+(y_1-2) \leq\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1)+(k-2)\)
        \(f(x_2, y_2) = (k+1)+(k-1)(x_2-1)+(y_2-2) \geq\)
        \((k+1)+(k-1)((x_1+1)-1)+(y_2-2) =\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (y_2-2) \geq\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) + (2-2) \geq\)
        \((k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-1) > (k+1)+(k-1)(x_1-1) + (k-2)\)
    • Trường hợp 2b: \( x_2 \geq k \)
      • Đối với \(y_1 = 1\)\(y_2 = 1\) có:
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \geq \left\lfloor \frac{k-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 2 > 1\)
      • Đối với \(y_1 = 1\)\(y_2 \neq 1\) có:
        \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
        \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_2-2) > 1\)
      • Đối với \(y_1 \neq 1\)\(y_2 = 1\) có:
        \(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y_1-2) \geq (k+1) + (k-1)(y_1-2) > 1\)
        \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor + 1 = 1\)
      • \(y_1 \neq 1\)\(y_2 \neq 1\) Là:
        \((k+1) + (k-1)(x_1-1) + (y_1-2) =\)
        \(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1)\)
        \(+ (k+1) + (k-1)(y-2)\)
        \(\Leftrightarrow y_1 = (k-1)y_2 - (k-1)(x_1+1) +\)
        \(\left( 2 + \left( \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \right) \right) \)
        \(y_2 = x_1+1\) với \( 2 \leq y_2 \leq k\)
        \(y_1 = 2 + \left( \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \right)\) với \( 2 \leq y_1 \leq k\).
        Chỉ có một giải pháp ở đây \( (y_1, y_2) \).
        Bởi vì chúng tôi chọn \(y^*_2=y_2-1\) như giá trị, là \(y^*_1 = y_1-(k-1) < 2\).
        Ngoài ra, đối với \(y^*_2*=y_2+1\) sau đó \(y^*_1 = y_1+(k-1) > k\).
  • 3. Trường hợp: \( x_1 \geq k \)
    • Trường hợp 3a: \( x_2 \geq k \)
      • Trường hợp 3a ': \(m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 = \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2\)
        • Đối với \(y_1 = 1\)\(y_2 = 1\) có:
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1\)
          \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 = m_1\)
        • Đối với \(y_1 = 1\)\(y_2 \neq 1\) có:
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =\)
          \(\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq\)
          \((k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k\)
        • Đối với \(y_1 \neq 1\)\(y_2 = 1\) có:
          Xem \(y_1 = 1\)\(y_2 \neq 1\) .
        • \(y_1 \neq 1\)\(y_2 \neq 1\) Là:
          \(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)\)
          Sau đó \(f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)\)
          \(y_1 \neq y_2\)\(L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)\).
          \(y_1 = y_2\)\(L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2\)
          \(\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =\)
          \(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow\)
          \(x_1 = x_2 + (k-1)\cdot l\) trái ngược với \(m_1 = m_2\).
      • Trường hợp 3a '': \(m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor +1 \neq \left\lfloor \frac{x_2-1}{k-1} \right\rfloor +1 = m_2\)
        • Đối với \(y_1 = 1\)\(y_2 = 1\) có:
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1\)
          \(f(x_2, y_2) = f(x_2, 1) = m_2 \neq m_1\)
        • Đối với \(y_1 = 1\)\(y_2 \neq 1\) có:
          \(f(x_1, y_1) = f(x_1, 1) = m_1 = \left\lfloor \frac{x_1-1}{k-1} \right\rfloor + 1 \leq \left\lfloor \frac{((k-1) \cdot k)-1}{k-1} \right\rfloor + 1 =\)
          \(\left\lfloor k - \frac{1}{k-1} \right\rfloor + 1 = (k - 1) + 1 = k\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq\)
          \((k+1) + (k-1)(y_2-2) \geq (k+1) > k\)
        • Đối với \(y_1 \neq 1\)\(y_2 = 1\) có:
          Xem \(y_1 = 1\)\(y_2 \neq 1\) .
        • \(y_1 \neq 1\)\(y_2 \neq 1\) Là:
          \(f(x_1, y_1) = \left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2)\)
          \(f(x_2, y_2) = \left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \%\)
          \((k-1) + (k+1) + (k-1)(y_2-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2)\)
          Sau đó \(f(x_1, y_1) = f(x_2, y_2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k+1) + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k+1) + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 + (k-1)(y_1-2) = L_2 + (k-1)(y_2-2) \Leftrightarrow\)
          \(L_1 - L_2 = (k-1)(y_2-y_1)\)
          \(y_1 \neq y_2\)\(L_1-L_2 \leq (k-2 - 0) = k-2 < (k-1)(y_2-y_1)\).
          \(y_1 = y_2\)\(L_1 - L_2 = 0 \Leftrightarrow L_1 = L_2\)
          \(\left( \left((m_1-1)(k-1)+x_1\right)-1+ \left( (m_1-2)(y_1-2) \right) \right) \% (k-1) =\)
          \(\left( \left((m_2-1)(k-1)+x_2\right)-1+ \left( (m_2-2)(y_2-2) \right) \right) \% (k-1) \Leftrightarrow\)
          \(y = \frac{(k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)}{m_2 - m_1}\)
          Vâng ở đó cho \(2 \leq y \leq k\) luôn luôn là \(l \in \mathbb{N}_0\), vậy nên
          \(m_2 - m_1 \mid (k-1)\cdot l + (3-k)(m_2 - m_1) + (x_1 - x_2)\).
          Bằng chứng: đó \((k-1)\) là số nguyên tố, là (vì bổ đề Bézout)
          \((k-1)\cdot l \equiv -\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right) \, \mod (m_2-m_1)\)
          có thể giải quyết được, bởi vì \(\text{ggT}\left((k-1),(m_2-m_1)\right) = 1\) Tách \(-\left( (3-k)(m_2-m_1) + (x_1-x_2) \right)\).
          Vậy thì đây là giải pháp duy nhất \(l_1\), bởi vì một
          \(l_2 = l_1 + (m_2-m_1)\)\( y_2 = y_1 + (k-1) > k\).

Bạn cũng có thể tìm thấy thông tin cơ bản thú vị về chủ đề dobble và toán học tại đây hoặc tại đây . Trong đoạn mã sau, bạn có thể thấy công thức đã được chứng minh trước đó đang hoạt động: Dobbles (for \((k-1)\) prim) có thể được tạo bằng cách nhấn nút:

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

Trở lại