IMO 2018 · Problem 2
Find all integers \(n \ge 3\) for which there exist real numbers \(a_1,a_2,\ldots,a_{n+2}\), such that \(a_{n+1}=a_1\) and \(a_{n+2}=a_2\), and \[ a_i a_{i+1}+1=a_{i+2} \] for \(i=1,2,\ldots,n\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Answer
All positive multiples of \(3\): \[ \boxed{n=3,6,9,\ldots}. \]
Solution
Extend the sequence periodically by \(a_{i+n}=a_i\) for all integers \(i\). The given closing equalities ensure that \[ a_i a_{i+1}+1=a_{i+2} \] then holds for every integer \(i\).
First, two consecutive terms cannot both be positive. Otherwise the recurrence makes every subsequent term positive, so periodicity makes every term positive. The recurrence would then give \(a_i>1\) for every \(i\), and consequently \[ a_{i+2}=a_i a_{i+1}+1>a_{i+1} \] for every \(i\), contradicting periodicity.
Also, no term can be zero: if \(a_i=0\), then \[ a_{i+1}=a_{i-1}a_i+1=1, \qquad a_{i+2}=a_i a_{i+1}+1=1, \] giving two consecutive positive terms.
We next prove that every positive term is greater than \(1\). There is at least one positive term, since otherwise all terms would be negative, whereas \(a_3=a_1a_2+1>1\). Let \(p=a_j\) be the smallest positive value among the terms. Its two neighbours are negative. Write \(a_{j-1}=-b\), where \(b>0\). Since \[ a_{j+1}=1-bp<0, \] we have \(bp>1\).
If \(p=1\), the equality \(a_{j-2}a_{j-1}+1=p\) forces a zero term, which is impossible. If \(0<p<1\), the same equality gives \[ a_{j-2}=\frac{1-p}{b}, \qquad 0<a_{j-2}<\frac1b<p, \] contradicting the minimality of \(p\). Thus \(p>1\), as claimed.
Now start at any positive term \(a_j\). We have \(a_{j+1}<0\), and hence \[ a_{j+2}=a_j a_{j+1}+1<1. \] Since zero is impossible and every positive term exceeds \(1\), it follows that \(a_{j+2}<0\). Therefore \[ a_{j+3}=a_{j+1}a_{j+2}+1>1. \] Repeating this argument shows that the signs, starting at \(a_j\), are \[ +,-,-,+,-,-,+,-,-,\ldots. \] But \(a_{j+n}=a_j>0\), so necessarily \(3\mid n\).
Conversely, whenever \(3\mid n\), take the sequence obtained by repeating the block \[ (-1,-1,2). \] The identities \[ (-1)(-1)+1=2, \qquad (-1)\cdot2+1=2\cdot(-1)+1=-1 \] verify every recurrence equation. Since \(n\) is divisible by \(3\), the closing equalities \(a_{n+1}=a_1\) and \(a_{n+2}=a_2\) also hold. This proves the answer.
The solution was checked against the official IMO shortlist solutions.
IMO 2018 · Aufgabe 2
Man bestimme alle ganzen Zahlen \(n\ge 3\), für die reelle Zahlen \(a_1,a_2,\ldots,a_{n+2}\) existieren, so dass \(a_{n+1}=a_1\), \(a_{n+2}=a_2\) und \[ a_i a_{i+1}+1=a_{i+2} \] für \(i=1,2,\ldots,n\) gelten.
Offizieller deutscher Aufgabentext. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Antwort
Alle positiven Vielfachen von \(3\): \[ \boxed{n=3,6,9,\ldots}. \]
Lösung
Wir setzen die Folge durch \(a_{i+n}=a_i\) für alle ganzen Zahlen \(i\) periodisch fort. Die gegebenen Gleichheiten für die letzten beiden Glieder stellen sicher, dass dann \[ a_i a_{i+1}+1=a_{i+2} \] für jede ganze Zahl \(i\) gilt.
Zunächst können zwei aufeinanderfolgende Glieder nicht beide positiv sein. Andernfalls wäre aufgrund der Rekursion jedes nachfolgende Glied positiv, und wegen der Periodizität wären somit alle Glieder positiv. Aus der Rekursion folgte dann \(a_i>1\) für jedes \(i\) und damit \[ a_{i+2}=a_i a_{i+1}+1>a_{i+1} \] für jedes \(i\), im Widerspruch zur Periodizität.
Auch kann kein Glied null sein: Wäre \(a_i=0\), so wäre \[ a_{i+1}=a_{i-1}a_i+1=1, \qquad a_{i+2}=a_i a_{i+1}+1=1, \] und wir hätten zwei aufeinanderfolgende positive Glieder.
Als Nächstes zeigen wir, dass jedes positive Glied größer als \(1\) ist. Es gibt mindestens ein positives Glied, denn andernfalls wären alle Glieder negativ, während \(a_3=a_1a_2+1>1\) gilt. Es sei \(p=a_j\) der kleinste positive Wert unter den Gliedern. Seine beiden Nachbarn sind negativ. Wir schreiben \(a_{j-1}=-b\) mit \(b>0\). Wegen \[ a_{j+1}=1-bp<0, \] gilt \(bp>1\).
Ist \(p=1\), so erzwingt die Gleichheit \(a_{j-2}a_{j-1}+1=p\) ein Nullglied, was unmöglich ist. Ist \(0<p<1\), so ergibt dieselbe Gleichheit \[ a_{j-2}=\frac{1-p}{b}, \qquad 0<a_{j-2}<\frac1b<p, \] im Widerspruch zur Minimalität von \(p\). Somit ist \(p>1\), wie behauptet.
Wir beginnen nun bei einem beliebigen positiven Glied \(a_j\). Es gilt \(a_{j+1}<0\) und daher \[ a_{j+2}=a_j a_{j+1}+1<1. \] Da null ausgeschlossen ist und jedes positive Glied größer als \(1\) ist, folgt \(a_{j+2}<0\). Also gilt \[ a_{j+3}=a_{j+1}a_{j+2}+1>1. \] Durch Wiederholung dieses Arguments sehen wir, dass die Vorzeichen ab \(a_j\) die Folge \[ +,-,-,+,-,-,+,-,-,\ldots \] bilden. Da aber \(a_{j+n}=a_j>0\) gilt, ist notwendigerweise \(3\mid n\).
Umgekehrt wählen wir für \(3\mid n\) die Folge, die durch Wiederholung des Blocks \[ (-1,-1,2) \] entsteht. Die Identitäten \[ (-1)(-1)+1=2, \qquad (-1)\cdot2+1=2\cdot(-1)+1=-1 \] bestätigen jede Rekursionsgleichung. Da \(n\) durch \(3\) teilbar ist, gelten auch die Gleichheiten \(a_{n+1}=a_1\) und \(a_{n+2}=a_2\). Damit ist die Antwort bewiesen.
Die Lösung wurde mit den offiziellen Lösungen der IMO-Shortlist abgeglichen.
IMO 2018 · Soru 2
Hangi \(n\ge 3\) tam sayıları için, \(a_{n+1}=a_1\) ve \(a_{n+2}=a_2\) olup her \(i=1,2,\ldots,n\) için \[ a_i a_{i+1}+1=a_{i+2} \] eşitliğini sağlayan \(a_1,a_2,\ldots,a_{n+2}\) gerçel sayıları bulunur?
Sorunun resmi Türkçe metni. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Cevap
\(3\) ün tüm pozitif katları: \[ \boxed{n=3,6,9,\ldots}. \]
Çözüm
Diziyi tüm \(i\) tam sayıları için \(a_{i+n}=a_i\) olacak şekilde periyodik olarak genişletelim. Verilen kapanış eşitlikleri, bu durumda \[ a_i a_{i+1}+1=a_{i+2} \] eşitliğinin her \(i\) tam sayısı için sağlanmasını garanti eder.
Öncelikle, ardışık iki terimin ikisi birden pozitif olamaz. Aksi hâlde yineleme bağıntısı sonraki tüm terimleri pozitif yapar, dolayısıyla periyodiklik nedeniyle tüm terimler pozitif olur. Bu durumda yineleme bağıntısından her \(i\) için \(a_i>1\) ve dolayısıyla her \(i\) için \[ a_{i+2}=a_i a_{i+1}+1>a_{i+1} \] elde edilir; bu ise periyodiklikle çelişir.
Ayrıca hiçbir terim sıfır olamaz: \(a_i=0\) ise \[ a_{i+1}=a_{i-1}a_i+1=1, \qquad a_{i+2}=a_i a_{i+1}+1=1, \] olur ve ardışık iki pozitif terim elde edilir.
Şimdi her pozitif terimin \(1\) den büyük olduğunu kanıtlayalım. En az bir pozitif terim vardır; aksi hâlde tüm terimler negatif olurdu, oysa \(a_3=a_1a_2+1>1\) dir. Terimler arasındaki en küçük pozitif değer \(p=a_j\) olsun. Bunun iki komşusu da negatiftir. \(b>0\) olmak üzere \(a_{j-1}=-b\) yazalım. \[ a_{j+1}=1-bp<0, \] olduğundan \(bp>1\) dir.
\(p=1\) ise \(a_{j-2}a_{j-1}+1=p\) eşitliği bir terimin sıfır olmasını gerektirir; bu imkânsızdır. \(0<p<1\) ise aynı eşitlikten \[ a_{j-2}=\frac{1-p}{b}, \qquad 0<a_{j-2}<\frac1b<p, \] elde edilir; bu da \(p\) nin en küçük olmasıyla çelişir. Böylece, iddia edildiği gibi \(p>1\) dir.
Şimdi herhangi bir pozitif \(a_j\) teriminden başlayalım. \(a_{j+1}<0\) olduğundan \[ a_{j+2}=a_j a_{j+1}+1<1. \] Sıfır olması imkânsız olduğundan ve her pozitif terim \(1\) den büyük olduğundan \(a_{j+2}<0\) sonucuna ulaşılır. Dolayısıyla \[ a_{j+3}=a_{j+1}a_{j+2}+1>1. \] Bu akıl yürütme tekrarlanırsa, \(a_j\) den başlayarak işaretlerin \[ +,-,-,+,-,-,+,-,-,\ldots \] şeklinde olduğu görülür. Ancak \(a_{j+n}=a_j>0\) olduğundan zorunlu olarak \(3\mid n\) dir.
Tersine, \(3\mid n\) olduğunda \[ (-1,-1,2) \] bloğunun tekrarlanmasıyla elde edilen diziyi alalım. \[ (-1)(-1)+1=2, \qquad (-1)\cdot2+1=2\cdot(-1)+1=-1 \] özdeşlikleri, yineleme bağıntısındaki her eşitliği doğrular. \(n\), \(3\) ile bölünebildiğinden \(a_{n+1}=a_1\) ve \(a_{n+2}=a_2\) kapanış eşitlikleri de sağlanır. Bu, cevabı kanıtlar.
Çözüm, resmi IMO shortlist çözümleriyle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2018 · Problema 2
Hallar todos los enteros \(n \ge 3\) para los que existen números reales \(a_1,a_2,\ldots,a_{n+2}\), tales que \(a_{n+1}=a_1\) y \(a_{n+2}=a_2\), y \[ a_i a_{i+1}+1=a_{i+2} \] para \(i=1,2,\ldots,n\).
Texto oficial en español del problema. Enunciado oficial (PDF)
Respuesta
Todos los múltiplos positivos de \(3\): \[ \boxed{n=3,6,9,\ldots}. \]
Solución
Extendamos la sucesión periódicamente mediante \(a_{i+n}=a_i\) para todo entero \(i\). Las igualdades de cierre dadas garantizan que \[ a_i a_{i+1}+1=a_{i+2} \] se cumple entonces para todo entero \(i\).
En primer lugar, dos términos consecutivos no pueden ser ambos positivos. De lo contrario, la recurrencia hace que todos los términos posteriores sean positivos, por lo que la periodicidad hace que todos los términos sean positivos. La recurrencia daría entonces \(a_i>1\) para todo \(i\) y, por consiguiente, \[ a_{i+2}=a_i a_{i+1}+1>a_{i+1} \] para todo \(i\), lo que contradice la periodicidad.
Además, ningún término puede ser cero: si \(a_i=0\), entonces \[ a_{i+1}=a_{i-1}a_i+1=1, \qquad a_{i+2}=a_i a_{i+1}+1=1, \] lo que da dos términos positivos consecutivos.
Demostremos ahora que todo término positivo es mayor que \(1\). Hay al menos un término positivo, pues, de lo contrario, todos los términos serían negativos, mientras que \(a_3=a_1a_2+1>1\). Sea \(p=a_j\) el menor valor positivo entre los términos. Sus dos vecinos son negativos. Escribamos \(a_{j-1}=-b\), donde \(b>0\). Como \[ a_{j+1}=1-bp<0, \] tenemos \(bp>1\).
Si \(p=1\), la igualdad \(a_{j-2}a_{j-1}+1=p\) obliga a que haya un término nulo, lo cual es imposible. Si \(0<p<1\), la misma igualdad da \[ a_{j-2}=\frac{1-p}{b}, \qquad 0<a_{j-2}<\frac1b<p, \] lo que contradice la minimalidad de \(p\). Por tanto, \(p>1\), como afirmábamos.
Partamos ahora de cualquier término positivo \(a_j\). Tenemos \(a_{j+1}<0\) y, por tanto, \[ a_{j+2}=a_j a_{j+1}+1<1. \] Como ningún término puede ser cero y todo término positivo es mayor que \(1\), se deduce que \(a_{j+2}<0\). Por tanto, \[ a_{j+3}=a_{j+1}a_{j+2}+1>1. \] Repitiendo este argumento, vemos que los signos, a partir de \(a_j\), son \[ +,-,-,+,-,-,+,-,-,\ldots. \] Pero \(a_{j+n}=a_j>0\), por lo que necesariamente \(3\mid n\).
Recíprocamente, siempre que \(3\mid n\), tomemos la sucesión obtenida repitiendo el bloque \[ (-1,-1,2). \] Las identidades \[ (-1)(-1)+1=2, \qquad (-1)\cdot2+1=2\cdot(-1)+1=-1 \] verifican todas las ecuaciones de la recurrencia. Como \(n\) es divisible por \(3\), también se cumplen las igualdades de cierre \(a_{n+1}=a_1\) y \(a_{n+2}=a_2\). Esto demuestra la respuesta.
La solución se comprobó con las soluciones oficiales de la shortlist de la IMO.
IMO 2018 · 问题 2
求所有整数\(n\ge 3\)，使得存在实数\(a_1,a_2,\cdots,a_{n+2}\)，满足\(a_{n+1}=a_1\)，\(a_{n+2}=a_2\)，并且对\(i=1,2,\cdots,n\)，都有 \[ a_i a_{i+1}+1=a_{i+2}. \]
题目为官方中文译本。 官方试卷 (PDF)
答案
所有\(3\)的正整数倍： \[ \boxed{n=3,6,9,\ldots}. \]
解答
对所有整数\(i\)，按\(a_{i+n}=a_i\)将数列作周期延拓。给定的首尾衔接等式保证 \[ a_i a_{i+1}+1=a_{i+2} \] 此时对每个整数\(i\)都成立。
首先，相邻两项不能同时为正。否则，由递推关系可知其后的每一项都为正，再由周期性可知所有项都为正。于是递推关系给出\(a_i>1\)对每个\(i\)都成立，从而 \[ a_{i+2}=a_i a_{i+1}+1>a_{i+1} \] 对每个\(i\)都成立，这与周期性矛盾。
此外，任何一项都不能为零：若\(a_i=0\)，则 \[ a_{i+1}=a_{i-1}a_i+1=1, \qquad a_{i+2}=a_i a_{i+1}+1=1, \] 这就出现了相邻的两个正项。
下面证明每个正项都大于\(1\)。至少存在一个正项，否则所有项都为负，但\(a_3=a_1a_2+1>1\)。设\(p=a_j\)为所有项中的最小正值。与它相邻的两项都为负。记\(a_{j-1}=-b\)，其中\(b>0\)。由于 \[ a_{j+1}=1-bp<0, \] 有\(bp>1\)。
若\(p=1\)，则等式\(a_{j-2}a_{j-1}+1=p\)迫使某一项为零，这是不可能的。若\(0<p<1\)，则同一等式给出 \[ a_{j-2}=\frac{1-p}{b}, \qquad 0<a_{j-2}<\frac1b<p, \] 这与\(p\)的最小性矛盾。因此\(p>1\)，结论得证。
现在从任意一个正项\(a_j\)出发。有\(a_{j+1}<0\)，因而 \[ a_{j+2}=a_j a_{j+1}+1<1. \] 由于不可能有零项，且每个正项都大于\(1\)，可知\(a_{j+2}<0\)。因此 \[ a_{j+3}=a_{j+1}a_{j+2}+1>1. \] 重复这一论证可知，从\(a_j\)开始，各项的符号依次为 \[ +,-,-,+,-,-,+,-,-,\ldots. \] 但\(a_{j+n}=a_j>0\)，所以必有\(3\mid n\)。
反过来，只要\(3\mid n\)，就取重复数组 \[ (-1,-1,2) \] 所得的数列。恒等式 \[ (-1)(-1)+1=2, \qquad (-1)\cdot2+1=2\cdot(-1)+1=-1 \] 验证了每一个递推等式。由于\(n\)能被\(3\)整除，首尾衔接等式\(a_{n+1}=a_1\)和\(a_{n+2}=a_2\)也成立。这就证明了所给答案。
解答已与 IMO 官方预选题（shortlist）解答核对。
IMO 2018 · Задача 2
Найдите все целые числа \(n\ge 3\), для которых существуют вещественные числа \(a_1,a_2,\ldots,a_{n+2}\) такие, что \(a_{n+1}=a_1\), \(a_{n+2}=a_2\) и \[ a_i a_{i+1}+1=a_{i+2} \] при всех \(i=1,2,\ldots,n\).
Официальный русский текст задачи. Официальный текст задач (PDF)
Ответ
Все положительные числа, кратные \(3\): \[ \boxed{n=3,6,9,\ldots}. \]
Решение
Продолжим последовательность периодически, положив \(a_{i+n}=a_i\) для всех целых \(i\). Данные равенства, замыкающие период, обеспечивают выполнение соотношения \[ a_i a_{i+1}+1=a_{i+2} \] для каждого целого \(i\).
Прежде всего, два последовательных члена не могут быть оба положительными. В противном случае из рекуррентного соотношения следует, что каждый последующий член положителен, а тогда в силу периодичности все члены положительны. Из рекуррентного соотношения тогда получаем \(a_i>1\) для каждого \(i\), а следовательно, \[ a_{i+2}=a_i a_{i+1}+1>a_{i+1} \] для каждого \(i\), что противоречит периодичности.
Кроме того, ни один член не может быть нулём: если \(a_i=0\), то \[ a_{i+1}=a_{i-1}a_i+1=1, \qquad a_{i+2}=a_i a_{i+1}+1=1, \] и получаются два последовательных положительных члена.
Теперь докажем, что каждый положительный член больше \(1\). Существует хотя бы один положительный член, поскольку иначе все члены были бы отрицательными, тогда как \(a_3=a_1a_2+1>1\). Пусть \(p=a_j\) — наименьшее положительное значение среди членов последовательности. Оба его соседа отрицательны. Запишем \(a_{j-1}=-b\), где \(b>0\). Поскольку \[ a_{j+1}=1-bp<0, \] имеем \(bp>1\).
Если \(p=1\), то из равенства \(a_{j-2}a_{j-1}+1=p\) следует наличие нулевого члена, что невозможно. Если \(0<p<1\), то то же равенство даёт \[ a_{j-2}=\frac{1-p}{b}, \qquad 0<a_{j-2}<\frac1b<p, \] что противоречит минимальности \(p\). Таким образом, \(p>1\), как и утверждалось.
Теперь начнём с любого положительного члена \(a_j\). Имеем \(a_{j+1}<0\), а значит, \[ a_{j+2}=a_j a_{j+1}+1<1. \] Поскольку нулевые члены невозможны, а каждый положительный член больше \(1\), получаем \(a_{j+2}<0\). Поэтому \[ a_{j+3}=a_{j+1}a_{j+2}+1>1. \] Повторяя это рассуждение, видим, что знаки членов, начиная с \(a_j\), имеют вид \[ +,-,-,+,-,-,+,-,-,\ldots. \] Но \(a_{j+n}=a_j>0\), поэтому необходимо \(3\mid n\).
Обратно, при любом \(3\mid n\) возьмём последовательность, полученную повторением блока \[ (-1,-1,2). \] Тождества \[ (-1)(-1)+1=2, \qquad (-1)\cdot2+1=2\cdot(-1)+1=-1 \] подтверждают выполнение каждого рекуррентного равенства. Поскольку \(n\) делится на \(3\), замыкающие равенства \(a_{n+1}=a_1\) и \(a_{n+2}=a_2\) также выполняются. Это доказывает указанный ответ.
Решение проверено по официальным решениям шортлиста IMO.
IMO 2018 · المسألة 2
أوجد جميع الأعداد الصحيحة \(n\ge 3\) بحيث توجد أعداد حقيقية \(a_1,a_2,...,a_{n+2}\)، تحقق \(a_{n+1}=a_1\) و \(a_{n+2}=a_2\) و \[ a_i a_{i+1}+1=a_{i+2} \] لكل \(i=1,2,...,n\).
نص المسألة هو الترجمة العربية الرسمية. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الإجابة
جميع المضاعفات الموجبة للعدد \(3\): \[ \boxed{n=3,6,9,\ldots}. \]
الحل
نمدّ المتتالية دوريًا بوضع \(a_{i+n}=a_i\) لكل عدد صحيح \(i\). تضمن مساواتا الإغلاق المعطاتان أن العلاقة \[ a_i a_{i+1}+1=a_{i+2} \] تتحقق عندئذ لكل عدد صحيح \(i\).
أولًا، لا يمكن أن يكون حدان متتاليان موجبين معًا. وإلا فإن العلاقة التراجعية تجعل كل حد لاحق موجبًا، فتقتضي الدورية أن تكون جميع الحدود موجبة. وعندئذ تعطي العلاقة التراجعية \(a_i>1\) لكل \(i\)، وبالتالي \[ a_{i+2}=a_i a_{i+1}+1>a_{i+1} \] لكل \(i\)، وهذا يناقض الدورية.
كذلك، لا يمكن أن يكون أي حد صفرًا: فإذا كان \(a_i=0\)، فإن \[ a_{i+1}=a_{i-1}a_i+1=1, \qquad a_{i+2}=a_i a_{i+1}+1=1, \] فنحصل على حدين متتاليين موجبين.
نثبت الآن أن كل حد موجب أكبر من \(1\). يوجد حد موجب واحد على الأقل، وإلا لكانت جميع الحدود سالبة، مع أن \(a_3=a_1a_2+1>1\). ليكن \(p=a_j\) أصغر قيمة موجبة بين الحدود. الحدّان المجاوران له سالبان. لنكتب \(a_{j-1}=-b\)، حيث \(b>0\). وبما أن \[ a_{j+1}=1-bp<0, \] فإن \(bp>1\).
إذا كان \(p=1\)، فإن المساواة \(a_{j-2}a_{j-1}+1=p\) تقتضي وجود حد صفري، وهذا مستحيل. وإذا كان \(0<p<1\)، فإن المساواة نفسها تعطي \[ a_{j-2}=\frac{1-p}{b}, \qquad 0<a_{j-2}<\frac1b<p, \] وهذا يناقض كون \(p\) أصغر قيمة موجبة. إذن \(p>1\)، كما ادّعينا.
لنبدأ الآن بأي حد موجب \(a_j\). لدينا \(a_{j+1}<0\)، ومن ثم \[ a_{j+2}=a_j a_{j+1}+1<1. \] وبما أن الصفر مستحيل وكل حد موجب يتجاوز \(1\)، ينتج أن \(a_{j+2}<0\). لذلك \[ a_{j+3}=a_{j+1}a_{j+2}+1>1. \] وبتكرار هذه الحجة يتبين أن الإشارات، ابتداءً من \(a_j\)، هي \[ +,-,-,+,-,-,+,-,-,\ldots. \] لكن \(a_{j+n}=a_j>0\)، ولذلك يلزم أن \(3\mid n\).
وبالعكس، كلما كان \(3\mid n\)، نأخذ المتتالية الناتجة عن تكرار الكتلة \[ (-1,-1,2). \] تُثبت المتطابقتان \[ (-1)(-1)+1=2, \qquad (-1)\cdot2+1=2\cdot(-1)+1=-1 \] تحقق كل معادلة من معادلات العلاقة التراجعية. وبما أن \(n\) يقبل القسمة على \(3\)، فإن مساواتي الإغلاق \(a_{n+1}=a_1\) و \(a_{n+2}=a_2\) تتحققان أيضًا. وهذا يثبت الإجابة.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحلول الرسمية لقائمة IMO المختصرة.