Počas riešenia budeme nazývať $a_{i+1}=\frac {a_i}2$ ťah prvého typu, a $a_{i+1}=2a_i^2$ ťah druhého typu. Tak na začiatok si premyslime, že sa chceme zaoberať iba nezápornými postupnosťami ${a_n}{n=0}^{2020}$. Teda oba možné kroky vyrobia z nezáporného $a_i$ nezáporné $a$. Teda nutne platí $a_0\geq0$. Teraz si poďme rozobrať prípady:}$ a krok typu dva vyrobí zo všetkého nezáporné číslo. Teda teraz keby sme mali nejaké začínajúce číslo $a_0<0$, tak ak niektorý z našich krokov by bol druhého typu, tak odtiaľ by sme mali nezápornú postupnosť, a teda platilo by $a_0<0\leq a_{2020}$, čo je pre nás nevyhovujúca postupnosť. Teda všetky ťahy by mali byť prvého typu, ale kvôli zápornosti $a_0$ by znova platilo $a_0<a_{2020

1. Môžeme si všimnúť, že ak $a_0=\frac 12$, tak oba možné ťahy z neho spravia znovu $\frac 12$ a pripíše sa k našej sume $0$ alebo $a_0=\frac 12$. Teda keď vždy pripíšeme $a_0=\frac 12$, dostaneme sumu $1010$. Ideme si ukázať, že táto hodnota je maximálna dosiahnuteľná.

2. Ak $0\leq a_0\leq \frac 12$, tak aj $0\leq a_1\leq \frac 12$, a teda pre všetky $i$ platí $0\leq a_i\leq \frac 12$, z čoho hneď vyplýva $0\leq b_i\leq \frac 12$, teda $\sum_{i=1}^{2020}b_i\leq 2020\cdot\frac12=1010$.

3. Zostáva nám overiť prípad $a_0>\frac12$. Chceli by sme skonštruovať nejaký monovariant¹ pre našu postupnosť, ktorý sa bude dať používať pri neskorších odhadoch. Preto si definujeme funkciu $f : {1, 2,\dots, 2020} \rightarrow\mathbb{R}$² nasledovne: $$f(n) = b_1 + \cdots + b_n -\frac n2-a_n.$$ Pre túto funkciu, pre všetky rozumné $n$ platí $f(n + 1) \leq f(n)$:

a) Ak $a_{n+1} = \frac{a_n}{2}$ a $b_{n+1}=\frac12-a_n$, tak $$f(n+1) = b_1 + \cdots + b_n + b_{n+1}-\frac{n+1}{2}-a_{n+1}=$$ $$= f(n) + a_n + b_{n+1}-\frac 12-a_{n+1}= f(n)-a_{n+1} \leq f(n).$$

b) Ak $a_{n+1} = 2a_n^2$ a $b_{n+1} = a_n$, tak $$f(n+1)=b_1+\cdots+b_n+b_{n+1}-\frac{n+1}{2}-a_{n+1}=$$ $$=f(n)+a_n+b_{n+1}-\frac12-a_{n+1}=$$ $$=f(n)+a_n+a_n-\frac{1}{2}-2a_n^2=$$ $$= f(n)-\frac12(2a_n-1)^2\leq f(n).$$

Platí teda $f(2020) \leq f(2019) \leq f(2018) \leq \cdots \leq f(1)$, takže $f(2020) \leq f(1),$ $$b_1+\cdots+b_{2020}-1010-a_{2020}\leq b_1-\frac12-a_1,$$ $$b_1+\cdots+b_{2020}\leq1010+a_{2020}+b_1-\frac12-a_1.$$ Podľa zadania platí $a_{2020}\leq a_0$. Ak $a_1 =\frac{a_0}{2}$ a $b_1=\frac12-a_0$, tak $$b_1 + \cdots + b_{2020} \leq 1010+a_0+\frac12-a_0-\frac12-\frac{a_0}{2}=1010-\frac{a_0}{2}\leq 1010.$$ V opačnom prípade, teda keď $a_1=2a_0^2$ a $b_1=a_0$, platí $$b_1 + \cdots + b_{2020} \leq1010+a_0+a_0-\frac12-2a_0^2=1010-\frac12(2a_0-1)^2\leq1010.$$ Hodnota výrazu $b_1 + \cdots + b_{2020}$ tak môže byť nanajvýš $1010$ a túto hodnotu už môže dosiahnuť, napríklad pre tieto dve postupnosti: $$a_0=a_1=a_2=\cdots=a_{2020}=0 \quad \text{a} \quad b_1=b_2=\cdots=b_{2020}=\frac12,$$ $$a_0=a_1=a_2=\cdots=a_{2020}=\frac12 \quad \text{a} \quad b_1=b_2=\cdots=b_{2020}=\frac12.$$