martes, 17 de mayo de 2011

Problema de día 17 de Mayo (Centros)

Se tienen 2000 pelotas blancas en una caja. También se tiene un suministro inagotable de pelotas blancas, verdes y rojas. En cada turno podemos reemplazar dos pelotas de la caja con una o dos pelotas de acuerdo a las siguientes reglas: Dos blancas con una verde, dos rojas con una verde, dos verdes con una blanca y una roja, una blanca y una verde con una roja o una verde y una roja con una blanca.

$(i)$ Si después de hacer algunos cambios quedan tres pelotas en la caja, demuestra que al menos una de ellas es verde.

$(ii)$ ¿Es posible hacer algunos cambios de tal manera que quede sólo una pelota en la caja?

3 comentarios:

Juan dijo...

NOTA: Denotaré a las pelotas verdes por V, a las rojas por R y a las blancas por B.
Las operaciones permitidas son:
BB $\rightarrow$ V
RR $\rightarrow$ V
VV $\rightarrow$ BR
BV $\rightarrow$ R
VR $\rightarrow$ B
Asignémosle a las pelotas verdes el número 2, a las rojas el 1 y a las blancas el 3. Es sencillo ver que la suma de todos los números conserva su congruencia módulo 4 al efectuarse las opeaciones. Al principio, ésta congruencia es 0. Así, 4 dividirá a la suma de los números de cualquier posición posible.
(i) Considerémos todas las posiciones sin verdes de 3 pelotas: RRR, BBB, RBB o BBR. Sys respectivas sumas son 3, 9, 5 y 7, ninguna divisible entre cuatro. Así, habrá una verde, de lo contrario podríamos argumentar por contradicción.
(ii) Es fácil ver con un argumento similar al de (i) que habrá exactamente 1 o 3 pelotas verdes al final. Ahora, argumentaremos por contradicción y suponemos que sí se puede dejar una sola pelota. Entonces, el momento justo antes de quitar la penúltima pelota tiene que ser una posición del estilo BV o RV. Para llegar a BV debemos haber llegado de VVR (es fácil verificar ésto). Tambíén, para llegar a RV, es fácil ver que debíamos tener VVB. Éstas dos posiciones incluyen exactamente dos pelotas verdes, fenómeno que ya habíamos descartado. Por lo tanto, no es posible que ocurra el fenómeno dicho en (ii).
$\blacksquare$

Adán dijo...
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
Adán dijo...

Tomé $V=4x+2, B=4x+3, R=4x+1$, y pues $4$ divide a la suma de todos los valores de las bolas siempre. Cuando quedan solo $3$ bolas, si no hubiera ninguna bola $V$, entonces la suma de las $3$ bolas sería de la forma $4x+k$, con $k$ impar, y $4$ no dividiría a la suma total, por lo que hay al menos una bola $V$. Ahora, si quedara una sola bola, esa bola sería $4x+l$ donde $l$ es distinto de cero, por nuestra definición. Entonces no puede quedar una sola bola.

Publicar un comentario