有 $6$ 个盒子 $B_{1},B_{2},B_{3},B_{4},B_{5},B_{6}$，开始时每个盒子中都恰好有一枚硬币．每次可以任意选择如下两种方式之一对它们进行操作：
方式1：选取一个至少有一枚硬币的盒子 $B_{j}~(1\leqslant j\leqslant 5)$，从盒子 $B_{j}$ 中取走一枚硬币，并在盒子 $B_{j+1}$ 中加入 $2$ 枚硬币．
方式2：选取一个至少有一枚硬币的盒子 $B_{k}~(1\leqslant k\leqslant 4)$，从盒子 $B_{k}$ 中取走一枚硬币，并且交换盒子 $B_{k+1}$（可能是空盒）与盒子 $B_{k+2}$（可能是空盒）中的所有硬币．
问：是否可以进行若干次上述操作，使得盒子 $B_{1},B_{2},B_{3},B_{4},B_{5}$ 中没有硬币，而盒子 $B_{6}$ 中恰好有 $2010^{2010^{2010}}$ 枚硬币？（注：$a^{b^{c}}=a^{(b^{c})}$．）（荷兰）
方式1：选取一个至少有一枚硬币的盒子 $B_{j}~(1\leqslant j\leqslant 5)$，从盒子 $B_{j}$ 中取走一枚硬币，并在盒子 $B_{j+1}$ 中加入 $2$ 枚硬币．
方式2：选取一个至少有一枚硬币的盒子 $B_{k}~(1\leqslant k\leqslant 4)$，从盒子 $B_{k}$ 中取走一枚硬币，并且交换盒子 $B_{k+1}$（可能是空盒）与盒子 $B_{k+2}$（可能是空盒）中的所有硬币．
问：是否可以进行若干次上述操作，使得盒子 $B_{1},B_{2},B_{3},B_{4},B_{5}$ 中没有硬币，而盒子 $B_{6}$ 中恰好有 $2010^{2010^{2010}}$ 枚硬币？（注：$a^{b^{c}}=a^{(b^{c})}$．）（荷兰）
【难度】
【出处】
2010年第51届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
答案是肯定的．
令 $A=2010^{2010^{2010}}$．盒子 $B_i,B_{i+1},\cdots,B_{i+k}$ 中的硬币数 $b_i,b_{i+1},\cdots,b_{i+k}$ 通过若干次操作变为硬币数 $b_i^\prime,b_{i+1}^\prime,\cdots,b_{i+k}^\prime$，用
$(b_i,b_{i+1},\cdots,b_{i+k})\rightarrow (b_i^\prime,b_{i+1}^\prime,\cdots,b_{i+k}^\prime)$
表示，于是我们要通过若干次操作，使得
$(1,1,1,1,1,1)\rightarrow (0,0,0,0,0,A)$
引理一：对每个正整数 $a$，有 $(a,0,0)\rightarrow (0,2^a,0)$．
对正整数 $k\leqslant a$ 用数学归纳法证明：
$(a,0,0)\rightarrow (a-k,2^k,0)$
因为 $(a,0,0)\rightarrow (a-1,2,0)=(a-1,2^1,0)$
故 $k=1$ 时命题成立．
假设命题对 $k<a$ 成立，则
$(a-k,2^k,0)\rightarrow (a-k,2^k-1,2)\rightarrow \cdots\rightarrow (a-k,0,2^{k+1})\rightarrow (a-k-1,2^{k+1},0)$
所以 $(a,0,0)\rightarrow (a-k,2^k,0)\rightarrow (a-k-1,2^{k+1},0)$
即命题对 $k+1(\leqslant a)$ 也成立．
由数学归纳法知，引理一得证．
引理二：对每个正整数 $a$，有 $(a,0,0,0)\rightarrow (0,P_a,0,0)$，其中 $P_n=2^{2\cdot^{\cdot ^{\cdot^{2}}}}$（$n$ 个 $2$），$n$ 是正整数．
对正整数 $k\leqslant a$ 用数学归纳法证明：
$(a,0,0,0)\rightarrow (a-k,P_k,0,0)$．
由操作方式一，有
$(a,0,0,0)\rightarrow (a-1,2,0,0)=(a-1,P_1,0,0)$
故 $k=1$ 时命题成立．
假设命题对 $k<a$ 成立，则
$(a-k,P_k,0,0)\rightarrow (a-k,0,2^{P_k},0)=(a-k,0,P_{k+1},0)\rightarrow (a-k-1,P_{k+1},0,0)$
所以 $(a,0,0,0)\rightarrow (a-k,P_k,0,0)\rightarrow (a-k-1,P_{k+1},0,0)$
即命题对 $k+1(\leqslant a)$ 也成立．
由数学归纳法知，引理二得证．
因为
$(1,1,1,1,1,1)\rightarrow (1,1,1,1,0,3)\rightarrow (1,1,1,0,3,0)\rightarrow (1,1,0,3,0,0)\rightarrow (1,0,3,0,0,0)\rightarrow (0,3,0,0,0,0)\rightarrow (0,0,P_3,0,0,0)=(0,0,16,0,0,0)\rightarrow (0,0,0,P_{16},0,0)$
而
$A=2010^{2010^{2010}}<(2^{11})^{2010^{2010}}=2^{11\cdot 2010^{2010}}<2^{2010^{2011}}<2^{(2^{11})^{2011}}=2^{2^{11\cdot 2011}}<2^{2^{15}}<P_{16}$
所以盒子 $B_4$ 中的硬币数大于 $A$．
又因为
$(0,0,0,P_{16},0,0)\rightarrow (0,0,0,P_{16}-1,0,0)\rightarrow (0,0,0,P_{16}-2,0,0)\rightarrow \cdots\rightarrow \left(0,0,0,\dfrac{A}{4},0,0\right)$
所以
$\left(0,0,0,\dfrac{A}{4},0,0\right)\rightarrow \cdots\rightarrow \left(0,0,0,0,\dfrac{A}{2},0\right)\rightarrow \cdots\rightarrow (0,0,0,0,0,A)$
令 $A=2010^{2010^{2010}}$．盒子 $B_i,B_{i+1},\cdots,B_{i+k}$ 中的硬币数 $b_i,b_{i+1},\cdots,b_{i+k}$ 通过若干次操作变为硬币数 $b_i^\prime,b_{i+1}^\prime,\cdots,b_{i+k}^\prime$，用
$(b_i,b_{i+1},\cdots,b_{i+k})\rightarrow (b_i^\prime,b_{i+1}^\prime,\cdots,b_{i+k}^\prime)$
表示，于是我们要通过若干次操作，使得
$(1,1,1,1,1,1)\rightarrow (0,0,0,0,0,A)$
引理一：对每个正整数 $a$，有 $(a,0,0)\rightarrow (0,2^a,0)$．
对正整数 $k\leqslant a$ 用数学归纳法证明：
$(a,0,0)\rightarrow (a-k,2^k,0)$
因为 $(a,0,0)\rightarrow (a-1,2,0)=(a-1,2^1,0)$
故 $k=1$ 时命题成立．
假设命题对 $k<a$ 成立，则
$(a-k,2^k,0)\rightarrow (a-k,2^k-1,2)\rightarrow \cdots\rightarrow (a-k,0,2^{k+1})\rightarrow (a-k-1,2^{k+1},0)$
所以 $(a,0,0)\rightarrow (a-k,2^k,0)\rightarrow (a-k-1,2^{k+1},0)$
即命题对 $k+1(\leqslant a)$ 也成立．
由数学归纳法知，引理一得证．
引理二：对每个正整数 $a$，有 $(a,0,0,0)\rightarrow (0,P_a,0,0)$，其中 $P_n=2^{2\cdot^{\cdot ^{\cdot^{2}}}}$（$n$ 个 $2$），$n$ 是正整数．
对正整数 $k\leqslant a$ 用数学归纳法证明：
$(a,0,0,0)\rightarrow (a-k,P_k,0,0)$．
由操作方式一，有
$(a,0,0,0)\rightarrow (a-1,2,0,0)=(a-1,P_1,0,0)$
故 $k=1$ 时命题成立．
假设命题对 $k<a$ 成立，则
$(a-k,P_k,0,0)\rightarrow (a-k,0,2^{P_k},0)=(a-k,0,P_{k+1},0)\rightarrow (a-k-1,P_{k+1},0,0)$
所以 $(a,0,0,0)\rightarrow (a-k,P_k,0,0)\rightarrow (a-k-1,P_{k+1},0,0)$
即命题对 $k+1(\leqslant a)$ 也成立．
由数学归纳法知，引理二得证．
因为
$(1,1,1,1,1,1)\rightarrow (1,1,1,1,0,3)\rightarrow (1,1,1,0,3,0)\rightarrow (1,1,0,3,0,0)\rightarrow (1,0,3,0,0,0)\rightarrow (0,3,0,0,0,0)\rightarrow (0,0,P_3,0,0,0)=(0,0,16,0,0,0)\rightarrow (0,0,0,P_{16},0,0)$
而
$A=2010^{2010^{2010}}<(2^{11})^{2010^{2010}}=2^{11\cdot 2010^{2010}}<2^{2010^{2011}}<2^{(2^{11})^{2011}}=2^{2^{11\cdot 2011}}<2^{2^{15}}<P_{16}$
所以盒子 $B_4$ 中的硬币数大于 $A$．
又因为
$(0,0,0,P_{16},0,0)\rightarrow (0,0,0,P_{16}-1,0,0)\rightarrow (0,0,0,P_{16}-2,0,0)\rightarrow \cdots\rightarrow \left(0,0,0,\dfrac{A}{4},0,0\right)$
所以
$\left(0,0,0,\dfrac{A}{4},0,0\right)\rightarrow \cdots\rightarrow \left(0,0,0,0,\dfrac{A}{2},0\right)\rightarrow \cdots\rightarrow (0,0,0,0,0,A)$
答案
解析
备注
