求所有整数 $n\geqslant 3$，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 $a_ia_{i+1}+1=a_{i+2}$．（斯洛伐克）
【难度】
【出处】
2018年第59届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
证法一
所求 $n$ 是所有 $3$ 的倍数．
一方面，若 $n$ 是 $3$ 的倍数，设 $n=3k$，取 $a_{3i-2}=a_{3i-1}=-1,a_{3i}=2,i=1,2,\cdots,k,a_{n+1}=a_{n+2}=-1$，容易验证对 $i=1,2,\cdots,n$ 都有 $a_{i}a_{i+1}+1=a_{i+2}$ 满足要求．
另一方面，假设存在满足条件的 $a_1,a_2,\cdots,a_{n+2}$，将其延拓为以 $n$ 为周期的两端无限的序列，则对任意整数 $i$，都有 $a_ia_{i+1}+1=a_{i+2}$．我们依次证明以下结论．
（1）不存在 $i$，使得 $a_i>0,a_{i+1}>0$．
如果存在这样的 $i$，使得 $a_i>0,a_{i+1}>0$，那么 $a_{i+2}=a_ia_{i+1}+1>1$．易用归纳法证明，对所有 $m\geqslant i+2$，都有 $a_m>1$，从而对 $m\geqslant i+2$，有 $a_{m+2}=a_ma_{m+1}+1>a_ma_{m+1}>a_{m+1}$，于是 $a_{m+1}<a_{m+2}<a_{m+3}<\cdots<a_{m+n+1}$，这与 $a_{m+n+1}=a_m$ 矛盾．
（2）不存在 $i$，使得 $a_i=0$．
如果存在这样的 $i$，使得 $a_i=0$，那么 $a_{i+1}=a_{i-1}a_i+1=1,a_{i+2}=a_ia_{i+1}+1=1$，这与（1）矛盾．
（3）不存在 $i$，使得 $a_i<0,a_{i+1}<0,a_{i+2}>0$．
如果存在这样的 $i$，使得 $a_i<0,a_{i+1}<0,a_{i+2}<0$，那么 $a_{i+2}=1+a_ia_{i+1}>0$，矛盾．
（4）不存在 $i$，使得 $a_i>0,a_{i+1}<0,a_{i+2}>0$．
如果存在这样的 $i$，使得 $a_i>0,a_{i+1}<0,a_{i+2}>0$，那么由（1）知，$a_{i-1}<0,a_{i+3}<0$．由于 $0<a_{i+2}=1+a_ia_{i+1}<1$，而 $|a_{i+1}a_{i+2}|=|a_{i+3}-1|>1$，故 $|a_{i+1}|>1$，从而 $a_{i+1}<-1$．又由 $|a_ia_{i+1}|=|a_{i+2}-1|<1$，得 $|a_i|<1$，从而 $0<a_{i}<1$．再由 $a_{i-2}a_{i-1}=a_i-1<0$，得 $a_{i-2}>0$．由 $a_{i+1}<0,0<a_i<1$，可得
$a_{i-1}=\dfrac{a_{i+1}-1}{a_i}<a_{i+1}-1<a_{i+1}$．
因此，由 $a_i>0,a_{i+1}<0,a_{i+2}>0$，我们推出了 $a_{i-1}<0,a_{i-2}>0$，并且 $a_{i-1}<a_{i+1}$．用归纳法易知，对 $k\geqslant 0$，有 $a_{i-2k}>0,a_{i-2k+1}<0$，并且 $a_{i+1}>a_{i-1}>a_{i-3}>a_{i-5}>\cdots$．
特别有 $a_{i+1}>a_{i+1-2n}$，这与所定义的序列 $\{a_m\}_{m\in Z}$ 以 $n$ 为周期矛盾．
由（1）（2）（3）（4）可知任意连续三项 $a_i,a_{i+1},a_{i+2}$ 中恰有一项为正数，两项为负数，因此这个序列的符号以 $3$ 为周期．由于其中至少有一项是正数，假设 $a_i>0$，则 $a_{i+n}>0$，从而 $3|n$．
证法二
举例部分同证法一，下面给出 $3|n$ 的另一种证明．将 $a_1,a_2,\cdots,a_n$ 延拓为两端无限的周期为 $n$ 的序列．则对任意 $i$ 有
$a_ia_{i+1}a_{i+2}=(a_{i+2}-1)a_{i+2}=a_{i+2}^2-a_{i+2}$
$a_ia_{i+1}a_{i+2}=a_i(a_{i+3}-1)=a_ia_{i+3}-a_i$
于是 $a_{i+2}^2-a_{i+2}=a_ia_{i+3}-a_i$．
将上式对 $i=1,2,\cdots,n$ 求和（并注意周期性），则有 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^na_i^2=\sum_{i=1}^na_ia_{i+3}$．
可以配方为 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^n(a_i-a_{i+3})^2=0$．
因此对任意 $i$，都有 $a_i=a_{i+3}$．故序列 $\{a_i\}$ 也以 $3$ 为周期．若 $3\nmid n$，则序列 $\{a_i\}$ 以 $1$ 为周期，从而是常数序列．但是方程 $x^2+1=x$ 没有实数解，不存在常数序列满足题目条件，因此 $3|n$．
所求 $n$ 是所有 $3$ 的倍数．
一方面，若 $n$ 是 $3$ 的倍数，设 $n=3k$，取 $a_{3i-2}=a_{3i-1}=-1,a_{3i}=2,i=1,2,\cdots,k,a_{n+1}=a_{n+2}=-1$，容易验证对 $i=1,2,\cdots,n$ 都有 $a_{i}a_{i+1}+1=a_{i+2}$ 满足要求．
另一方面，假设存在满足条件的 $a_1,a_2,\cdots,a_{n+2}$，将其延拓为以 $n$ 为周期的两端无限的序列，则对任意整数 $i$，都有 $a_ia_{i+1}+1=a_{i+2}$．我们依次证明以下结论．
（1）不存在 $i$，使得 $a_i>0,a_{i+1}>0$．
如果存在这样的 $i$，使得 $a_i>0,a_{i+1}>0$，那么 $a_{i+2}=a_ia_{i+1}+1>1$．易用归纳法证明，对所有 $m\geqslant i+2$，都有 $a_m>1$，从而对 $m\geqslant i+2$，有 $a_{m+2}=a_ma_{m+1}+1>a_ma_{m+1}>a_{m+1}$，于是 $a_{m+1}<a_{m+2}<a_{m+3}<\cdots<a_{m+n+1}$，这与 $a_{m+n+1}=a_m$ 矛盾．
（2）不存在 $i$，使得 $a_i=0$．
如果存在这样的 $i$，使得 $a_i=0$，那么 $a_{i+1}=a_{i-1}a_i+1=1,a_{i+2}=a_ia_{i+1}+1=1$，这与（1）矛盾．
（3）不存在 $i$，使得 $a_i<0,a_{i+1}<0,a_{i+2}>0$．
如果存在这样的 $i$，使得 $a_i<0,a_{i+1}<0,a_{i+2}<0$，那么 $a_{i+2}=1+a_ia_{i+1}>0$，矛盾．
（4）不存在 $i$，使得 $a_i>0,a_{i+1}<0,a_{i+2}>0$．
如果存在这样的 $i$，使得 $a_i>0,a_{i+1}<0,a_{i+2}>0$，那么由（1）知，$a_{i-1}<0,a_{i+3}<0$．由于 $0<a_{i+2}=1+a_ia_{i+1}<1$，而 $|a_{i+1}a_{i+2}|=|a_{i+3}-1|>1$，故 $|a_{i+1}|>1$，从而 $a_{i+1}<-1$．又由 $|a_ia_{i+1}|=|a_{i+2}-1|<1$，得 $|a_i|<1$，从而 $0<a_{i}<1$．再由 $a_{i-2}a_{i-1}=a_i-1<0$，得 $a_{i-2}>0$．由 $a_{i+1}<0,0<a_i<1$，可得
$a_{i-1}=\dfrac{a_{i+1}-1}{a_i}<a_{i+1}-1<a_{i+1}$．
因此，由 $a_i>0,a_{i+1}<0,a_{i+2}>0$，我们推出了 $a_{i-1}<0,a_{i-2}>0$，并且 $a_{i-1}<a_{i+1}$．用归纳法易知，对 $k\geqslant 0$，有 $a_{i-2k}>0,a_{i-2k+1}<0$，并且 $a_{i+1}>a_{i-1}>a_{i-3}>a_{i-5}>\cdots$．
特别有 $a_{i+1}>a_{i+1-2n}$，这与所定义的序列 $\{a_m\}_{m\in Z}$ 以 $n$ 为周期矛盾．
由（1）（2）（3）（4）可知任意连续三项 $a_i,a_{i+1},a_{i+2}$ 中恰有一项为正数，两项为负数，因此这个序列的符号以 $3$ 为周期．由于其中至少有一项是正数，假设 $a_i>0$，则 $a_{i+n}>0$，从而 $3|n$．
证法二
举例部分同证法一，下面给出 $3|n$ 的另一种证明．将 $a_1,a_2,\cdots,a_n$ 延拓为两端无限的周期为 $n$ 的序列．则对任意 $i$ 有
$a_ia_{i+1}a_{i+2}=(a_{i+2}-1)a_{i+2}=a_{i+2}^2-a_{i+2}$
$a_ia_{i+1}a_{i+2}=a_i(a_{i+3}-1)=a_ia_{i+3}-a_i$
于是 $a_{i+2}^2-a_{i+2}=a_ia_{i+3}-a_i$．
将上式对 $i=1,2,\cdots,n$ 求和（并注意周期性），则有 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^na_i^2=\sum_{i=1}^na_ia_{i+3}$．
可以配方为 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^n(a_i-a_{i+3})^2=0$．
因此对任意 $i$，都有 $a_i=a_{i+3}$．故序列 $\{a_i\}$ 也以 $3$ 为周期．若 $3\nmid n$，则序列 $\{a_i\}$ 以 $1$ 为周期，从而是常数序列．但是方程 $x^2+1=x$ 没有实数解，不存在常数序列满足题目条件，因此 $3|n$．
答案
解析
备注
