递增数列 $1,3,4,9,10,12,13,\cdots$ 由一些正整数组成，它们或者是 $3$ 的幂或者是若干个不同的 $3$ 的幂的和，求第 $2014$ 项的值．
【难度】
【出处】
2014年全国高中数学联赛河南省预赛
【标注】
【答案】
$88329$
【解析】
记此数列为 $\{a_n\}$，则$$a_1=1,a_2=3,a_3=4,a_4=9,a_5=10,a_6=12,a_7=13,$$用二进制表示项的序号 $n$ 如下：$$1=(1)_2,2=(10)_2,3=(11)_2,4=(100)_2,5=(101)_2,6=(110)_2,7=(111)_2.$$用三进制表示项 $a_n$ 如下：$$a_1=(1)_3,a_2=(10)_3,a_3=(11)_3,a_4=(100)_3,a_5=(101)_3,a_6=(110)_3,a_7=(111)_3.$$由已知得 $\{a_n\}$ 的三进制表示各位仅可以取 $0$，$1$ 两个值且单调递增，由此可猜测若$$i=(b_ib_{i-1}\cdots b_2b_1b_0)_2,$$则有$$a_i=(b_ib_{i-1}\cdots b_2b_1b_0)_3.$$下面用数学归纳法证明．
归纳基础 对 $i=1,2,3,4,5,6,7$ 的情况之前已经列出，符合猜测．
递推证明 假设当 $i \leqslant t$ 时命题成立．
当 $t+1=(c_sc_{s-1}\cdots c_2c_1c_0)_2$ 时（其中 $c_s \neq 0$，$c_j \in \{0,1\}$，$j=0,1,2,\cdots, s$），必有整数 $k \in \mathbb N$ 使 $c_k=1$，且 $c_j=0(0\leqslant j \leqslant k-1)$，则$$t+1=(c_sc_{s-1}\cdots c_k\underbrace{ 00\cdots 0}_{k \text{个}})_2,$$所以$$t=(c_sc_{s-1}\cdots c_{k+1}0\underbrace{ 11\cdots 1}_{k \text{个}})_2,$$由假设得$$a_t=(c_sc_{s-1}\cdots c_{k+1}0\underbrace{ 11\cdots 1}_{k \text{个}})_3.$$它是若干不同的 $3$ 的幂之和且小于 $a_{t+1}$ 的最大值，由 $\{a_n\}$ 单调递增得$$a_{t+1}>a_t= 3^sc_s+3^{s-1}c_{s-1}+\cdots+3^{k+1}c_{k+1}+3^{k-1}+3^{k-2}+\cdots +1,$$其中 $c_j \in \{0,1\}$，$j=k+1,k+2,\cdots, s$．$$a_{t+1}-( 3^sc_s+3^{s-1}c_{s-1}+\cdots+3^{k+1}c_{k+1})>3^{k-1}+3^{k-2}+\cdots +1.$$且 $a_{t+1}-( 3^sc_s+3^{s-1}c_{s-1}+\cdots+3^{k+1}c_{k+1})$ 仍是 $\{ a_n\}$ 中某一项 $a_u$（当然 $u<t+1$），所以 $a_u \geqslant 3^k$，即$$a_u=a_{t+1}-( 3^sc_s+3^{s-1}c_{s-1}+\cdots+3^{k+1}c_{k+1}) \geqslant 3^k,$$所以\[\begin{split}a_{t+1} &\geqslant 3^sc_s+3^{s-1}c_{s-1}+\cdots+3^{k+1}c_{k+1}+3^k\\ &=(c_sc_{s-1}\cdots c_{k+1}1\underbrace{ 00\cdots 0}_{k \text{个}})_3.\end{split}\]另一方面$$(c_sc_{s-1}\cdots c_{k+1}1\underbrace{ 00\cdots 0}_{k \text{个}})_3>(c_sc_{s-1}\cdots c_{k+1}0\underbrace{11\cdots 1}_{k \text{个}})_3=a_t,$$当然 $(c_sc_{s-1}\cdots c_{k+1}1\underbrace{ 00\cdots 0}_{k \text{个}})_3$ 可表示为若干个互不相同的 $3$ 的幂之和，故存在 $v \in \mathbb N^*$ 使$$a_v=(c_sc_{s-1}\cdots c_{k+1}1\underbrace{ 00\cdots 0}_{k \text{个}})_3,$$从而可得 $a_{t+1}\geqslant a_v$．
然而 $a_v>a_t$，所以 $v>t$ 即 $v\geqslant t+1$，所以 $a_v\geqslant a_{t+1}$，因此$$a_{t+1}=a_v=(c_sc_{s-1}\cdots c_{k+1}1\underbrace{ 00\cdots 0}_{k \text{个}})_3,$$故 $n=t+1$ 时命题仍然成立．
因此猜测成立．
因为 $2014=(11111011110)_2$，从而\[\begin{split}a_{2014} =(11111011110)_3=88329.\end{split}\]
当 $t+1=(c_sc_{s-1}\cdots c_2c_1c_0)_2$ 时（其中 $c_s \neq 0$，$c_j \in \{0,1\}$，$j=0,1,2,\cdots, s$），必有整数 $k \in \mathbb N$ 使 $c_k=1$，且 $c_j=0(0\leqslant j \leqslant k-1)$，则$$t+1=(c_sc_{s-1}\cdots c_k\underbrace{ 00\cdots 0}_{k \text{个}})_2,$$所以$$t=(c_sc_{s-1}\cdots c_{k+1}0\underbrace{ 11\cdots 1}_{k \text{个}})_2,$$由假设得$$a_t=(c_sc_{s-1}\cdots c_{k+1}0\underbrace{ 11\cdots 1}_{k \text{个}})_3.$$它是若干不同的 $3$ 的幂之和且小于 $a_{t+1}$ 的最大值，由 $\{a_n\}$ 单调递增得$$a_{t+1}>a_t= 3^sc_s+3^{s-1}c_{s-1}+\cdots+3^{k+1}c_{k+1}+3^{k-1}+3^{k-2}+\cdots +1,$$其中 $c_j \in \{0,1\}$，$j=k+1,k+2,\cdots, s$．$$a_{t+1}-( 3^sc_s+3^{s-1}c_{s-1}+\cdots+3^{k+1}c_{k+1})>3^{k-1}+3^{k-2}+\cdots +1.$$且 $a_{t+1}-( 3^sc_s+3^{s-1}c_{s-1}+\cdots+3^{k+1}c_{k+1})$ 仍是 $\{ a_n\}$ 中某一项 $a_u$（当然 $u<t+1$），所以 $a_u \geqslant 3^k$，即$$a_u=a_{t+1}-( 3^sc_s+3^{s-1}c_{s-1}+\cdots+3^{k+1}c_{k+1}) \geqslant 3^k,$$所以\[\begin{split}a_{t+1} &\geqslant 3^sc_s+3^{s-1}c_{s-1}+\cdots+3^{k+1}c_{k+1}+3^k\\ &=(c_sc_{s-1}\cdots c_{k+1}1\underbrace{ 00\cdots 0}_{k \text{个}})_3.\end{split}\]另一方面$$(c_sc_{s-1}\cdots c_{k+1}1\underbrace{ 00\cdots 0}_{k \text{个}})_3>(c_sc_{s-1}\cdots c_{k+1}0\underbrace{11\cdots 1}_{k \text{个}})_3=a_t,$$当然 $(c_sc_{s-1}\cdots c_{k+1}1\underbrace{ 00\cdots 0}_{k \text{个}})_3$ 可表示为若干个互不相同的 $3$ 的幂之和，故存在 $v \in \mathbb N^*$ 使$$a_v=(c_sc_{s-1}\cdots c_{k+1}1\underbrace{ 00\cdots 0}_{k \text{个}})_3,$$从而可得 $a_{t+1}\geqslant a_v$．
然而 $a_v>a_t$，所以 $v>t$ 即 $v\geqslant t+1$，所以 $a_v\geqslant a_{t+1}$，因此$$a_{t+1}=a_v=(c_sc_{s-1}\cdots c_{k+1}1\underbrace{ 00\cdots 0}_{k \text{个}})_3,$$故 $n=t+1$ 时命题仍然成立．
因此猜测成立．
因为 $2014=(11111011110)_2$，从而\[\begin{split}a_{2014} =(11111011110)_3=88329.\end{split}\]
答案
解析
备注
