Problema 5, IMO 2010

Enviado por jesus el 18 de Julio de 2010 - 21:58.

En cada una de las seis cajas $B_1,B_2,B_3,B_4,B_5,B_6$ hay inicialmente sólo una moneda. Se permiten dos tipos de operaciones:

Tipo 1: Elegir una caja no vacía $B_j$ , con $1 \leq j \leq 5$ . Retirar una moneda de $B_j$ y añadir dos monedas a $B_{j+1}$ .
Tipo 2: Elegir una caja no vacía $B_k$ , con $1 \leq k \leq 4$ . Retirar una moneda de $B_k$ e intercambiar los contenidos de las cajas (posiblemente vacías) $B_{k+1}$ y $B_{k+2}$ .

Determine si existe una sucesión finita de estas operaciones que deja a las cajas $B_1,B_2,B_3,B_4,B_5$ vacías y a la caja $B_6$ con exactamente $2010^{2010^{2010}}$ monedas. (Observe que $a^{b^c} = a^{(b^c)}$ .)

Solución

Por:

jesus

Fecha:

19 Jul 2010

Solución:

Primero algo de notación:

$Uno(B_k)$ aplicación de la operación del tipo 1 a la caja $B_k$
$Dos(B_k)$ aplicación de la operación del tipo 2 a la caja $B_k$
$Uno^n(B_k)$ es aplicar $n$ veces la operación del tipo 1 a la caja $B_k$ . Análogamente $Dos^n(B_k)$ .
$|B_k|$ es la cantidad de monedas en la caja $B_k$ .

Bueno, ahora provemos el siguiente lema:

Lema: Existe una sucesión de movidas del tipo 1 y 2 que permite cambiar la configuración de cajas de la izquierda al de la derecha.

$B_4$	$B_5$	$B_6$
$a$	0	0

$\Longrightarrow$

$B_4$	$B_5$	$B_6$
0	$2^a$	0

Demostración:
La siguiente sucesión de movidas logra el cometido:

Uno(B₄)
Mientras (B₄ no se vacio) hacemos
     Uno^|B₅|(B₅)
     Dos(B₄)

A esta sucesión de movidas la llamaremos $Proc(B_4)$ .

Ahora bien, pasemos a la solución del problema. Empecemos por cambiar la configuración inicial usando la siguiente sucesión de movidas: Uno(B_1) &\to Uno(B_2) \to Uno(B_3) \to UnoB(4)\\ &\to Uno^3(B_5) \to Dos(B_4) \to Uno^7(B_5)\\ & \to Dos(B_4) \to Dos(B_3)

$B_1$	$B_2$	$B_3$	$B_4$	$B_5$	$B_6$
1	1	1	1	1	1

$\Longrightarrow$

$B_1$	$B_2$	$B_3$	$B_4$	$B_5$	$B_6$
0	2	1	14	0	0

Una vez logrado esto, por podemmos aplicar $Proc(B_4) \to Dos(B_3) \to Dos(B_2)$ y obtener:

$B_1$	$B_2$	$B_3$	$B_4$	$B_5$	$B_6$
0	1	$2^{14}$	0	0	0

Luego, aplicando $Uno(B_3) \to Proc(B_4) \to Dos(B_3) \to Proc(B_4) \to Dos(B_3)$ obtengo que:

$B_1$	$B_2$	$B_3$	$B_4$	$B_5$	$B_6$
0	1	$2^{14}-3$	16	0	0

Luego, repitiendo ls operaciones $Proc(B_4) \to Dos(B_3)$ tres veces más obtenemos:

$B_1$	$B_2$	$B_3$	$B_4$	$B_5$	$B_6$
0	1	$2^{14}-6$	$2^{2^{2^{16}}}$	0	0

Ahora bien, no es muy dificil de ver que $2^{2^{2^{16}}} > 2010^{2010^{2010}}.$

Denotemos con $\alpha$ a la cuarta parte de $2010^{2010^{2010}}$ , entonces al aplicar las operaciones $Uno^{\alpha}(B_4) \to Uno^{2\alpha}(B_5)$ llegamos a la configuración:

$B_1$	$B_2$	$B_3$	$B_4$	$B_5$	$B_6$
0	1	$2^{14}-6$	$2^{2^{2^{16}}} -\alpha$	0	$2010^{2010^{2010}}$

Luego, sólo nos falta hacer cero el resto de las cajas, y para eso realizamos las operaciones $Uno^{|B_3|}(B_3) \to Dos(B_2) \to Dos^{|B_3|}(B_3).$

Y ya está.

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