Solution

Define \[ a_n=\frac{2^n-(-1)^n}{3}\qquad(n\geq0). \] Since \(2\equiv-1\pmod3\), every \(a_n\) is an integer. Moreover, \(a_0=0\), \(a_1=1\), and \(a_n\geq1\) for \(n\geq1\). Direct calculation gives, for \(n\geq1\), \[ a_n+2a_{n-1}=a_{n+1}, \qquad a_n-2a_{n-1}=(-1)^{n-1}. \]

We prove the stronger identity \[ u_n=2^{a_n}+2^{-a_n}\qquad(n\geq0). \] For \(n=0,1\), this follows from \[ u_0=2=2^0+2^{-0}, \qquad u_1=\frac52=2^1+2^{-1}. \] Suppose the identity holds at indices \(n-1\) and \(n\), where \(n\geq1\). Then \[ u_{n-1}^2-2=2^{2a_{n-1}}+2^{-2a_{n-1}}, \] so the defining recurrence yields \[ \begin{aligned} u_{n+1} &=(2^{a_n}+2^{-a_n}) (2^{2a_{n-1}}+2^{-2a_{n-1}})-\frac52\\ &=2^{a_n+2a_{n-1}}+2^{-a_n-2a_{n-1}} +2^{a_n-2a_{n-1}}+2^{-a_n+2a_{n-1}}-\frac52\\ &=2^{a_{n+1}}+2^{-a_{n+1}}. \end{aligned} \] Indeed, \(a_n-2a_{n-1}\) is either \(1\) or \(-1\), so the last two powers in the second line sum to \(2+\tfrac12=\tfrac52\). This completes the induction.

Finally, for every positive integer \(n\), \(2^{a_n}\) is an integer and \[ 0<2^{-a_n}\leq\frac12<1. \] Consequently, \[ [u_n]=2^{a_n}=2^{[2^n-(-1)^n]/3}, \] as required.

The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).

Lösung

Definiere \[ a_n=\frac{2^n-(-1)^n}{3}\qquad(n\geq0). \] Wegen \(2\equiv-1\pmod3\) ist jedes \(a_n\) eine ganze Zahl. Außerdem gilt \(a_0=0\), \(a_1=1\) und \(a_n\geq1\) für \(n\geq1\). Direkte Rechnung ergibt für \(n\geq1\) \[ a_n+2a_{n-1}=a_{n+1}, \qquad a_n-2a_{n-1}=(-1)^{n-1}. \]

Wir beweisen die stärkere Identität \[ u_n=2^{a_n}+2^{-a_n}\qquad(n\geq0). \] Für \(n=0,1\) folgt dies aus \[ u_0=2=2^0+2^{-0}, \qquad u_1=\frac52=2^1+2^{-1}. \] Angenommen, die Identität gilt für die Indizes \(n-1\) und \(n\), wobei \(n\geq1\). Dann gilt \[ u_{n-1}^2-2=2^{2a_{n-1}}+2^{-2a_{n-1}}, \] und die definierende Rekursion liefert somit \[ \begin{aligned} u_{n+1} &=(2^{a_n}+2^{-a_n}) (2^{2a_{n-1}}+2^{-2a_{n-1}})-\frac52\\ &=2^{a_n+2a_{n-1}}+2^{-a_n-2a_{n-1}} +2^{a_n-2a_{n-1}}+2^{-a_n+2a_{n-1}}-\frac52\\ &=2^{a_{n+1}}+2^{-a_{n+1}}. \end{aligned} \] Tatsächlich ist \(a_n-2a_{n-1}\) entweder \(1\) oder \(-1\), sodass die Summe der letzten beiden Potenzen in der zweiten Zeile gleich \(2+\tfrac12=\tfrac52\) ist. Damit ist die Induktion abgeschlossen.

Schließlich ist für jede positive ganze Zahl \(n\) die Zahl \(2^{a_n}\) ganzzahlig, und es gilt \[ 0<2^{-a_n}\leq\frac12<1. \] Folglich gilt \[ [u_n]=2^{a_n}=2^{[2^n-(-1)^n]/3}, \] wie verlangt.

Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.

Çözüm

Şöyle tanımlayalım: \[ a_n=\frac{2^n-(-1)^n}{3}\qquad(n\geq0). \] \(2\equiv-1\pmod3\) olduğundan her \(a_n\) bir tam sayıdır. Ayrıca \(a_0=0\), \(a_1=1\) ve \(n\geq1\) için \(a_n\geq1\)'dir. Doğrudan hesaplama ile \(n\geq1\) için \[ a_n+2a_{n-1}=a_{n+1}, \qquad a_n-2a_{n-1}=(-1)^{n-1} \] elde edilir.

Daha güçlü olan \[ u_n=2^{a_n}+2^{-a_n}\qquad(n\geq0) \] özdeşliğini kanıtlayacağız. \(n=0,1\) için bu özdeşlik \[ u_0=2=2^0+2^{-0}, \qquad u_1=\frac52=2^1+2^{-1} \] eşitliklerinden çıkar. \(n\geq1\) olmak üzere özdeşliğin \(n-1\) ve \(n\) indisleri için doğru olduğunu varsayalım. O hâlde \[ u_{n-1}^2-2=2^{2a_{n-1}}+2^{-2a_{n-1}}, \] olduğundan, tanımdaki yineleme bağıntısı \[ \begin{aligned} u_{n+1} &=(2^{a_n}+2^{-a_n}) (2^{2a_{n-1}}+2^{-2a_{n-1}})-\frac52\\ &=2^{a_n+2a_{n-1}}+2^{-a_n-2a_{n-1}} +2^{a_n-2a_{n-1}}+2^{-a_n+2a_{n-1}}-\frac52\\ &=2^{a_{n+1}}+2^{-a_{n+1}} \end{aligned} \] verir. Gerçekten de \(a_n-2a_{n-1}\), ya \(1\) ya da \(-1\) olduğundan, ikinci satırdaki son iki kuvvetin toplamı \(2+\tfrac12=\tfrac52\)'dir. Böylece tümevarım tamamlanır.

Son olarak, her pozitif \(n\) tam sayısı için \(2^{a_n}\) bir tam sayıdır ve \[ 0<2^{-a_n}\leq\frac12<1. \] Dolayısıyla, \[ [u_n]=2^{a_n}=2^{[2^n-(-1)^n]/3}, \] istenen sonuç elde edilir.

Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.

Solución

Definamos \[ a_n=\frac{2^n-(-1)^n}{3}\qquad(n\geq0). \] Como \(2\equiv-1\pmod3\), cada \(a_n\) es un entero. Además, \(a_0=0\), \(a_1=1\), y \(a_n\geq1\) para \(n\geq1\). Un cálculo directo da, para \(n\geq1\), \[ a_n+2a_{n-1}=a_{n+1}, \qquad a_n-2a_{n-1}=(-1)^{n-1}. \]

Demostraremos la identidad más fuerte \[ u_n=2^{a_n}+2^{-a_n}\qquad(n\geq0). \] Para \(n=0,1\), esto se deduce de \[ u_0=2=2^0+2^{-0}, \qquad u_1=\frac52=2^1+2^{-1}. \] Supongamos que la identidad se cumple para los índices \(n-1\) y \(n\), donde \(n\geq1\). Entonces \[ u_{n-1}^2-2=2^{2a_{n-1}}+2^{-2a_{n-1}}, \] por lo que la relación de recurrencia que define la sucesión da \[ \begin{aligned} u_{n+1} &=(2^{a_n}+2^{-a_n}) (2^{2a_{n-1}}+2^{-2a_{n-1}})-\frac52\\ &=2^{a_n+2a_{n-1}}+2^{-a_n-2a_{n-1}} +2^{a_n-2a_{n-1}}+2^{-a_n+2a_{n-1}}-\frac52\\ &=2^{a_{n+1}}+2^{-a_{n+1}}. \end{aligned} \] En efecto, \(a_n-2a_{n-1}\) es \(1\) o \(-1\), de modo que las dos últimas potencias de la segunda línea suman \(2+\tfrac12=\tfrac52\). Esto completa la inducción.

Finalmente, para todo entero positivo \(n\), \(2^{a_n}\) es un entero y \[ 0<2^{-a_n}\leq\frac12<1. \] Por consiguiente, \[ [u_n]=2^{a_n}=2^{[2^n-(-1)^n]/3}, \] como se requería.

La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).

解答

定义 \[ a_n=\frac{2^n-(-1)^n}{3}\qquad(n\geq0). \] 由于 \(2\equiv-1\pmod3\)，每个 \(a_n\) 都是整数。此外，\(a_0=0\)、\(a_1=1\)，且 \(a_n\geq1\) 对 \(n\geq1\) 成立。直接计算可得，当 \(n\geq1\) 时， \[ a_n+2a_{n-1}=a_{n+1}, \qquad a_n-2a_{n-1}=(-1)^{n-1}. \]

我们证明更强的恒等式 \[ u_n=2^{a_n}+2^{-a_n}\qquad(n\geq0). \] 当 \(n=0,1\) 时，这由 \[ u_0=2=2^0+2^{-0}, \qquad u_1=\frac52=2^1+2^{-1}. \] 得到。

假设恒等式在下标为 \(n-1\) 和 \(n\) 时成立，其中 \(n\geq1\)。则 \[ u_{n-1}^2-2=2^{2a_{n-1}}+2^{-2a_{n-1}}, \] 因此，由定义中的递推关系得 \[ \begin{aligned} u_{n+1} &=(2^{a_n}+2^{-a_n}) (2^{2a_{n-1}}+2^{-2a_{n-1}})-\frac52\\ &=2^{a_n+2a_{n-1}}+2^{-a_n-2a_{n-1}} +2^{a_n-2a_{n-1}}+2^{-a_n+2a_{n-1}}-\frac52\\ &=2^{a_{n+1}}+2^{-a_{n+1}}. \end{aligned} \] 事实上，\(a_n-2a_{n-1}\) 等于 \(1\) 或 \(-1\)，所以第二行中最后两个幂之和为 \(2+\tfrac12=\tfrac52\)。归纳证明完成。

最后，对每个正整数 \(n\)，\(2^{a_n}\) 都是整数，且 \[ 0<2^{-a_n}\leq\frac12<1. \] 因此， \[ [u_n]=2^{a_n}=2^{[2^n-(-1)^n]/3}, \] 即为所证。

解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。

Решение

Определим \[ a_n=\frac{2^n-(-1)^n}{3}\qquad(n\geq0). \] Поскольку \(2\equiv-1\pmod3\), каждое \(a_n\) — целое число. Кроме того, \(a_0=0\), \(a_1=1\) и \(a_n\geq1\) при \(n\geq1\). Непосредственным вычислением при \(n\geq1\) получаем \[ a_n+2a_{n-1}=a_{n+1}, \qquad a_n-2a_{n-1}=(-1)^{n-1}. \]

Докажем более сильное тождество \[ u_n=2^{a_n}+2^{-a_n}\qquad(n\geq0). \] При \(n=0,1\) оно следует из \[ u_0=2=2^0+2^{-0}, \qquad u_1=\frac52=2^1+2^{-1}. \] Предположим, что тождество верно для индексов \(n-1\) и \(n\), где \(n\geq1\). Тогда \[ u_{n-1}^2-2=2^{2a_{n-1}}+2^{-2a_{n-1}}, \] так что заданное рекуррентное соотношение даёт \[ \begin{aligned} u_{n+1} &=(2^{a_n}+2^{-a_n}) (2^{2a_{n-1}}+2^{-2a_{n-1}})-\frac52\\ &=2^{a_n+2a_{n-1}}+2^{-a_n-2a_{n-1}} +2^{a_n-2a_{n-1}}+2^{-a_n+2a_{n-1}}-\frac52\\ &=2^{a_{n+1}}+2^{-a_{n+1}}. \end{aligned} \] Действительно, \(a_n-2a_{n-1}\) равно либо \(1\), либо \(-1\), поэтому сумма двух последних степеней во второй строке равна \(2+\tfrac12=\tfrac52\). Это завершает доказательство по индукции.

Наконец, для каждого положительного целого числа \(n\) число \(2^{a_n}\) целое и \[ 0<2^{-a_n}\leq\frac12<1. \] Следовательно, \[ [u_n]=2^{a_n}=2^{[2^n-(-1)^n]/3}, \] что и требовалось доказать.

Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).

الحل

نعرّف \[ a_n=\frac{2^n-(-1)^n}{3}\qquad(n\geq0). \] بما أن \(2\equiv-1\pmod3\)، فإن كل \(a_n\) عدد صحيح. علاوة على ذلك، \(a_0=0\)، و\(a_1=1\)، و\(a_n\geq1\) من أجل \(n\geq1\). ويعطي الحساب المباشر، من أجل \(n\geq1\)، \[ a_n+2a_{n-1}=a_{n+1}, \qquad a_n-2a_{n-1}=(-1)^{n-1}. \]

نثبت المتطابقة الأقوى \[ u_n=2^{a_n}+2^{-a_n}\qquad(n\geq0). \] من أجل \(n=0,1\)، ينتج ذلك من \[ u_0=2=2^0+2^{-0}, \qquad u_1=\frac52=2^1+2^{-1}. \] لنفترض أن المتطابقة تصح عند الدليلين \(n-1\) و\(n\)، حيث \(n\geq1\). عندئذٍ \[ u_{n-1}^2-2=2^{2a_{n-1}}+2^{-2a_{n-1}}, \] ومن ثم تعطي العلاقة التراجعية التعريفية \[ \begin{aligned} u_{n+1} &=(2^{a_n}+2^{-a_n}) (2^{2a_{n-1}}+2^{-2a_{n-1}})-\frac52\\ &=2^{a_n+2a_{n-1}}+2^{-a_n-2a_{n-1}} +2^{a_n-2a_{n-1}}+2^{-a_n+2a_{n-1}}-\frac52\\ &=2^{a_{n+1}}+2^{-a_{n+1}}. \end{aligned} \] فبالفعل، \(a_n-2a_{n-1}\) يساوي إما \(1\) أو \(-1\)، لذا فإن مجموع القوتين الأخيرتين في السطر الثاني هو \(2+\tfrac12=\tfrac52\). وبذلك يكتمل الاستقراء.

وأخيرًا، لكل عدد صحيح موجب \(n\)، يكون \(2^{a_n}\) عددًا صحيحًا، ولدينا \[ 0<2^{-a_n}\leq\frac12<1. \] ومن ثم، \[ [u_n]=2^{a_n}=2^{[2^n-(-1)^n]/3}, \] كما هو مطلوب.

تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).