En el pizarrón están escritos [math]N números: el primero igual a [math]0 y los restantes [math]N-1 iguales a [math]1.
La operación permitida es borrar dos números del pizarrón, a elección, y en cada uno de los dos lugares que quedaron vacíos escribir el promedio de los dos números recién borrados. Al finalizar cada operación permitida se tienen nuevamente [math]N números escritos en el pizarrón.
Hallar todos los valores de [math]N para los cuales es posible, mediante una sucesión de operaciones permitidas, tener finalmente escritos en el pizarrón [math]N números iguales.
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Afirmamos que en todo momento los números escritos en el pizarrón son números racionales que se pueden escribir como una fracción cuyo denominador es una potencia de [math]2. Esto es claramente cierto al principio del proceso, pues todos los números son enteros así que se pueden escribir como una fracción con denominador [math]1. Para ver que esta propiedad se mantiene a lo largo del proceso, basta ver que al promediar dos números de esa forma se vuelve a obtener un número de esa forma: [math]\frac{\frac{x}{2^m} + \frac{y}{2^n}}{2} = \frac{\frac{2^nx+2^my}{2^{m+n}}}{2} = \frac{2^nx + 2^my}{2^{m+n+1}}, es decir una fracción con denominador igual a una potencia de [math]2, como queríamos ver.
Observemos además que la suma de todos los números del pizarrón también se mantiene invariante. Inicialmente esta suma es [math]N-1, por lo tanto, si se pudiera lograr que queden [math]N números iguales en el pizarrón, estos números deberían ser todos [math]\frac{N-1}{N}. Pero esta fracción es irreducible, pues [math]N-1 y [math]N son coprimos, entonces por lo que dijimos antes necesariamente [math]N debe ser una potencia de [math]2.
Hasta acá vimos que para que se pueda lograr el objetivo [math]N tiene que ser potencia de [math]2, ahora veamos que si [math]N es potencia de [math]2 efectivamente se puede cumplir el objetivo. Sea [math]N = 2^k. En el primer paso elegimos un [math]0 y un [math]1, hacemos la operación y nos quedan en el pizarrón dos números iguales a [math]\frac{1}{2} y [math]N-2 unos. En el segundo paso hacemos dos operaciones, cada una de las cuales involucra a un [math]\frac{1}{2} y a un [math]1. Nos quedan en el pizarrón cuatro números iguales a [math]\frac{3}{4} y [math]N-4 unos. En el tercer paso hacemos cuatro operaciones con un [math]\frac{3}{4} y un [math]1 y nos quedan ocho [math]\frac{7}{8} y [math]N-8 unos. Continuamos este proceso, al cabo de [math]k-1 pasos nos quedan [math]2^{k-1} números iguales a [math]\frac{2^{k-1} - 1}{2^{k-1}} y la misma cantidad de unos, luego haciendo [math]2^{k-1} operaciones permitidas más conseguimos que todos los números sean iguales a [math]\frac{2^k-1}{2^k} = \frac{N-1}{N}.
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Afirmo que es posible para $N$ potencia de $2$. Primero veamos que es posible en estos casos. Vamos a demostrarlo por inducción.
El caso base es $N = 2^1 = 2$, que claramente se puede porque $[0, 1] \rightarrow \left[\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]$.
Entonces ahora supongamos por hipótesis inductiva que que para algún $N = 2^k$, se puede transformar la lista $[0, \overbrace{1, \dots, 1}^{2^k - 1\text{ veces}}]$ en $\bigg[\overbrace{\frac{2^k - 1}{2^k}, \dots, \frac{2^k - 1}{2^k}}^{2^k \text{ veces}}\bigg]$ en $2^k - 1$ pasos.
Entonces consideremos el caso $N = 2^{k + 1}$. Por hipótesis inductiva, podemos transformar los primeros $2^k$ en todos iguales en $2^k - 1$ pasos, luego podemos aplicar $2^k$ operaciones entre un $\frac{2^k - 1}{2^k}$ y un $1$ para obtener dos $\frac{2^{k + 1} - 1}{2^{k + 1}}$ en un total de $2^k - 1 + 2^k = 2^{k + 1} - 1$ operaciones, como queríamos. $$
\big[ 0, \overbrace{1, \dots, 1}^{2^{k + 1} - 1 \text{ veces}} \big]
\overset{2^k - 1 \text{ pasos}}{\longrightarrow}
\bigg[
\overbrace{\frac{2^k - 1}{2^k}, \dots, \frac{2^k - 1}{2^k}}^{2^k \text{ veces}},
\overbrace{1, \dots, 1}^{2^k \text{ veces}}
\bigg]
\overset{2^k \text{ pasos}}{\longrightarrow}
\bigg[
\overbrace{\frac{2^{k + 1} - 1}{2^{k + 1}}, \dots, \frac{2^{k + 1} - 1}{2^{k + 1}} }^{2^{k + 1} \text{ veces}}
\bigg]
$$
Por lo tanto por inducción es posible para cualquier $N=2^k$ con $k\geq 1$.
Falta entonces probar que es imposible en el resto de casos. Para ello veremos que siempre los números del pizarrón se pueden expresar como una fracción irreducible $\frac{p}{q}$ donde $q=2^c$.
Al principio esto ocurre ya que son todos enteros, por lo que $q=1=2^0$. Entonces veamos que esto se mantiene esta propiedad al aplicar la operación en dos números cualquiera $\frac{p_1}{q_1}$ y $\frac{p_2}{q_2}$ que por hipótesis $q_1=2^{c_1}$ y $q_2=2^{c_2}$. $$\frac{\frac{p_1}{q_1} + \frac{p_2}{q_2}}{2} = \frac{\frac{p_1q_2 + p_2q_1}{q_1q_2}}{2} = \frac{p_1q_2 + p_2q_1}{2q_1q_2} = \frac{p_1 \cdot 2^{c_2} + p_2 \cdot 2^{c_1}}{2^{c_1 + c_2 + 1}}
$$ Cuando lo escribamos como fracción irreducible, el denominador va a ser necesariamente un divisor de $2^{c_1 + c_2 + 1}$, es decir una potencia de $2$.
Además, al aplicar la operación es claro que se mantiene la suma, porque $x + y = \frac{x + y}{2} + \frac{x + y}{2}$, por lo que para un pizarrón con $N$ números siempre va a haber suma $N - 1$ y para que los $N$ números sean iguales necesitamos entonces que sean $\frac{N - 1}{N}$. Como esta fracción es irreducible por lo que vimos antes $N$ debe ser potencia de $2$, que es el caso que ya habíamos visto que siempre se podía.
Por lo tanto, es posible para cualquier $N = 2^k$ con $k \in \mathbb{N}$. $\blacksquare$