Gavettoni al succo di mandarino

[Federico II]

Nonostante ami mangiare i mandarini, ITA2 detesta il succo di mandarino!
ITA5 ha un'indole molto dispettosa, e va sempre ad infastidire ITA2 portandogli del succo di mandarino. ITA2 possiede cinque secchi identici disposti in cerchio, ognuno di capacità $c$ litri, inizialmente vuoti. Ogni volta che ITA5 arriva, porta con sé un litro di succo di mandarino, e lo versa a piacere nei cinque secchi (dividendolo tra di essi a suo piacimento). Allora ITA2, che proprio non sopporta il succo di mandarino, prende due secchi adiacenti a sua scelta e ci fa un bel gavettone a ITA5! (Poi li rimette dove stavano) Così ITA5, infuriato, va a prendere un altro litro di succo di mandarino e ripete la procedura. Tutto questo andrà avanti finché la rabbia di ITA5 troverà pace, ossia finché non riuscirà a far strabordare uno dei cinque secchi di ITA2.
Per quali valori di $c\in\mathbb{R^+}$ ITA5 può essere sicuro di riuscire prima o poi a placare la sua rabbia?

[Talete]

Testo nascosto:

Per $c<2$ vince Bernardo, per $c\ge2$ vince Andrea.

$\boxed{c<2}$. Innanzitutto è ovvio che ad Andrea non conviene svuotare due secchi vuoti. Dunque supponiamo che ad ogni mossa egli svuoti almeno uno dei secchi non vuoti. Bernardo considera due secchi non adiacenti ed alla prima mossa mette mezzo litro in uno e mezzo litro nell'altro. Andrea svuota uno di questi due. Bernardo alla seconda mossa mette tre quarti di litro in quello svuotato da Andrea e un quarto nell'altro. Ora in entrambi ci sono $½+¼$ di litro. Andrea ne svuota uno qualsiasi, e Bernardo mette sette ottavi di litro in quello e un ottavo nell'altro. In entrambi ci sono $½+¼+⅛$ di litro. Continuando così, Bernardo può far sì che in entrambi i secchi ci siano $1-\varepsilon$ litri, con $\varepsilon>0$ a piacere. Adesso Bernardo prende $\varepsilon<2-c$ (che esiste perché $2-c>0$) e poi, una volta che Andrea svuota uno dei due secchi con $1-\varepsilon$ litri, Bernardo mette un litro intero di succo di mandarino nell'altro. Esso conterrà $2-\varepsilon>2-(2-c)=c$ litri, e quindi straborderà.

$\boxed{c\ge2}$. Ad Andrea basta fare la cosa più stupida del mondo, cioè una volta numerati $\mathcal S_1$, $\ldots$, $\mathcal S_5$ i secchi, indipendentemente dalle mosse di Bernardo, Andrea svuota a turno ciclicamente i seguenti:
• $\mathcal S_1$ e $\mathcal S_2$
• $\mathcal S_3$ e $\mathcal S_4$
• $\mathcal S_5$ e $\mathcal S_1$
• $\mathcal S_2$ e $\mathcal S_3$
• $\mathcal S_4$ e $\mathcal S_5$
In questo modo, tra due "svuotate" consecutive del medesimo secchio, ci sono solo due turni di Bernardo e in questi due turni può mettere in tale secchio al massimo $2$ litri, ma non straborda perché $2\le c$.

Nonostante il mio scarso feeling con la combinatoria, credo sia giusto. Fonte?

Propongo una generalizzazione a $a$ secchi e a $b$ secchi svuotati ogni volta.

Testo nascosto:

Secondo me viene una cosa tipo $\left\lfloor a/b\right\rfloor$... oppure anche $\left\lceil a/b\right\rceil -1$

[Federico II]

Sbagliata.

Testo nascosto:

In particolare, è la parte relativa a $c\geq2$ che non funziona, perché in alcuni casi ci sono tre turni di Bernardo tra due svuotate consecutive dello stesso secchio.

Se vuoi ecco la fonte (che però dice qualcosa sulla risposta al problema):

Testo nascosto:

IMO SL 2009/C5 chiede di determinare il vincitore nel caso $c=2$. Sotto la soluzione c'è questa possibile variante più difficile, ma a me non è sembrata molto più difficile visto che provando a risolvere il problema originale avevo risolto anche questo.

[Talete]

Aha, lo sapevo che qualcosa dovevo aver sbagliato! Troppo strano che io risolvessi qualcosa di combinatoria...

[Talete]

Okay, ci riprovo:

Testo nascosto:

Andrea vince per $c\ge2$.

Innanzitutto notiamo che se Andrea vince per un certo $c$, allora vince per ogni $c'\ge c$. Quindi ci basta il caso $c=2$.

Chiamiamo $\gamma(\mathcal S_i)$ il contenuto di un secchio (in litri).

Dopo un turno di Andrea, esiste almeno un indice $i$ per cui $\gamma(\mathcal S_i)=\gamma(\mathcal S_{i+1})=0$. Gli indici sono considerati modulo $5$. Dimostriamo per induzione che Andrea può agire in modo che $\gamma(\mathcal S_{i-2})\le1$ e $\gamma(\mathcal S_{i+2})+\gamma(\mathcal S_{i-1})\le1$. Questo implica la tesi, perché anche aggiungendo un litro intero al secchio più pieno, è sempre $\le2$.

Adesso Bernardo aggiunge un litro totale. Si ha dunque che
\[\gamma'(\mathcal S_i)+\gamma'(\mathcal S_{i+1})+\gamma'(\mathcal S_{i-1})+\gamma'(\mathcal S_{i+2})\le 2,\]
dove $\gamma'$ è la $\gamma$ dopo la mossa di Bernardo. Questi quattro secchi sono consecutivi, anche se non pare. Li accoppio nel seguente modo: $\mathcal S_i$ con $\mathcal S_{i+2}$ e $\mathcal S_{i-1}$ con $\mathcal S_{i+1}$. Una di queste due coppie, per pigeonhole, deve essere tale che
\[\gamma'(\mathcal S_{x-1})+\gamma'(\mathcal S_{x+1})\le1,\]
dove $x$ vale $i+1$ oppure $i$. Inoltre, dato che $\gamma(\mathcal S_{x})=0$, si ha che $\gamma'(\mathcal S_{x})\le 1$. Adesso, Andrea svuota i secchi $\mathcal S_{x-2}$ e $\mathcal S_{x+2}$.
Quindi: abbiamo due secchi vicini vuoti ($\gamma'(\mathcal S_{x-2})=\gamma'(\mathcal S_{x+2})=0$), inoltre il secchio opposto ha meno di un litro dentro di sé ($\gamma'(\mathcal S_{x})\le 1$) e gli altri due secchi hanno meno di un litro totale dentro di loro ($\gamma'(\mathcal S_{x-1})+\gamma'(\mathcal S_{x+1})\le1$).

Temo sia risolto. Ora generalizzarlo a $a$ secchi e $b$ secchi svuotati è un po' più arduo, temo...

EDIT: per $c=2+½$ il problema è molto più facile, se qualcuno vuole provarlo

[Federico II]

Sì ora dovrebbe andare, bravo!