对于正整数 $n$，令 ${{f}_{n}}\text{=}\left[ {{2}^{n}}\sqrt{2008} \right]+\left[ {{2}^{n}}\sqrt{2009} \right]$ 。求证：数列 ${{f}_{1}}\text{,}{{f}_{2}}\text{,}\cdots $ 中有无穷多个奇数和无穷多个偶数（$\left[ x \right]$ 表示不超过实数 $x$ 的最大整数）。
【难度】
【出处】
2008第7届CGMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
用二进制表示 $\sqrt{2008}$ 和 $\sqrt{2009}$：$\sqrt{2008}\text{=}{{\overline{101100{{a}_{1}}{{a}_{2}}\cdots}}_{\left( 2 \right)}}$ 和 $\sqrt{2009}\text{=}{{\overline{101100{{b}_{1}}{{b}_{2}}\cdots}}_{\left( 2 \right)}}$ 先证：数列中有无穷多个偶数（反证法）。 假设数列中有有限个偶数，则存在 $N\in{{\mathbb{N}}_{+}}$，对每个正整数 $n$ > $N$，${{f}_{n}}$ 都是奇数。考虑 ${{n}_{1}}\text{=}N+1\text{,}{{n}_{2}}\text{=}N+2\text{,}\cdots$ 注意到，在二进制中，${{f}_{n}}\text{=}{{\overline{101100{{b}_{1}}{{b}_{2}}\cdots{{b}_{n}}}}_{\left( 2 \right)}}+{{\overline{101100{{a}_{1}}{{a}_{2}}\cdots{{a}_{n}}}}_{\left( 2 \right)}}$，这个数与 ${{b}_{{{n}_{j}}}}+{{a}_{{{n}_{i}}}}$ 模 $2$ 同余。 因为 ${{f}_{{{n}_{j}}}}$ 是奇数，所以 $\left\{{{b}_{{{n}_{i}}}}\text{,}{{a}_{{{n}_{j}}}} \right\}\text{=}\left\{ 0\text{,}1\right\}$ 。故 $\sqrt{2008}\text{+}\sqrt{2009}\text{=}{{\overline{1011001{{c}_{1}}{{c}_{2}}\cdots{{c}_{m-1}}111\cdots }}_{\left( 2 \right)}}$ 由此得到 $\sqrt{2008}+\sqrt{2009}$ 在二进制表示中是有理数，这不可能（因为 $\sqrt{2008}+\sqrt{2009}$ 是无理数）。 可见假设是错误的。所以，数列中有无穷多个偶数。 同样可以证明：数列中有无穷多个奇数。 令 ${{g}_{n}}\text{=}\left[ {{2}^{n}}\sqrt{2009} \right]-\left[{{2}^{n}}\sqrt{2008} \right]$ 。显然，${{g}_{n}}$、${{f}_{n}}$ 有相同的奇偶性。这样，对 $n$ > $N$，${{g}_{n}}$ 都是偶数。注意到，在二进制中 ${{g}_{{{n}_{i}}}}\text{=}{{\overline{101100{{b}_{1}}{{b}_{2}}\cdots{{b}_{{{n}_{j}}}}}}_{\left( 2\right)}}-{{\overline{101100{{a}_{1}}{{a}_{2}}\cdots{{a}_{{{n}_{j}}}}}}_{\left( 2 \right)}}$，这个数与 ${{b}_{{{n}_{j}}}}-{{a}_{{{n}_{i}}}}$ 模 $2$ 同余。 因为 ${{g}_{{{n}_{i}}}}$ 是奇数，所以 ${{b}_{{{n}_{j}}}}-{{a}_{{{n}_{i}}}}$ 。从而 $\sqrt{2009}-\sqrt{2008}\text{=}{{\overline{0{{d}_{1}}{{d}_{2}}\cdots{{d}_{m-1}}000\cdots }}_{\left( 2 \right)}}$ 。 由此得到 $\sqrt{2009}-\sqrt{2008}$ 在二进制表示重视有理数，这不可能（因为 $\sqrt{2009}-\sqrt{2008}$ 是无理数）。可见假设是错误的。所以数列中有无穷多个奇数。
答案
解析
备注
