Una solución parcial que cubre la mitad de los casos. Necesito la suposición adicional de que $p\equiv1\pmod4$ .
Del pequeño Fermat obtenemos que $2^p\equiv\pm1\pmod q$ Así que $2^p=kq\pm1$ para algún número entero $k$ . Escriba $\omega=2\pi/q$ Así que $kq\omega$ es un múltiplo de $2\pi$ . Tenemos $$ \cos(2^{n-1+p}\omega)=\cos(2^{n-1}\cdot2^p\omega)=\cos(2^{n-1}(kq\pm1)\omega)=\cos(2^{n-1}\omega), $$ porque el coseno es una función par. Esto implica que $a_{n+p}=a_n$ para todos $n$ es decir, la secuencia es periódica con período $p$ .
Esto nos permite reescribir las sumas como $$ \theta(j)=\sum_{i=1}^pa_ia_{i+j}, $$ y la tarea consiste en demostrar que $\theta(j)$ es incluso para algunos $j$ .
Estudiemos el número $$ S=\theta(0)=\sum_{i=1}^pa_i^2=\sum_{i=1}^pa_i $$ que cuenta el número de unos dentro de un período. A continuación afirmo que tenemos $S=(2p-1)/3$ . Para ello se necesitan algunos datos sobre la estructura de $\mathbb{Z}_q^*$ . Este grupo es cíclico de orden $q-1=2p$ y es fácil ver que el orden de $2$ es $p$ ou $2p$ según si $2$ es un residuo cuadrático módulo $q$ o no. Como $-1$ no es un residuo cuadrático, esto significa que los cosenos $$ \cos(2^k\omega),\quad k=0,1,\ldots p-1, $$ son todos distintos, y por tanto el mismo conjunto de números que $\cos \ell\omega, \ell=1,2,\ldots,p.$ No pude comprobar el nivel de la competencia. Debería ser posible trasladar este paso a un argumento de nivel secundario, si así se desea.
En fin, $\cos\ell\omega>-1/2, 0<\ell\le p,$ si y sólo si $\ell\omega<2\pi/3$ . Esto es así, si $\ell<q/3$ por lo que obtenemos que el número de unos dentro de un periodo es $$ S=\left[\frac q3\right]. $$ Para $p>3$ y $2p+1$ sean ambos primos, es necesario que $p$ y $q$ son ambos $\equiv-1\pmod3$ . Por lo tanto, $q-2$ es divisible por tres, y por tanto $$ S=\left[\frac q3\right]=\frac{q-2}3=\frac{2p-1}3 $$ como se ha reclamado. Obsérvese que como hemos $p\equiv -1\pmod6$ , $S$ es un número entero impar. Esto es una mala noticia en cierto sentido, ya que de lo contrario podríamos elegir $j=0$ pero aún podemos utilizar esta información.
La periodicidad de la secuencia implica que $\theta(j)=\theta(p-j)$ para todos $j$ . Así, los valores de $\theta(j), p\nmid j,$ vienen en parejas. Combinemos esto con la observación de que $$ \sum_{j=0}^{p-1}\theta(j)=\sum_{i,j}a_ia_{i+j}=S^2 $$ que se deduce de la observación de que en la suma doble tenemos todas las entradas $a_i$ multiplicado por todas las entradas $a_{i+j}$ Ambos índices abarcan un período completo.
Supongamos, por el contrario, que $\theta(j)$ es un entero impar para todo $j$ . Esto implica que $$ S^2=\sum_{j=0}^{p-1}\theta(j)=\theta(0)+2\sum_{j=}^{(p-1)/2}\theta(j) \equiv\theta(0)+\sum_{j=1}^{(p-1)/2}2=S+(p-1)\pmod4, $$ ya que cualquier número impar multiplicado por dos da un resultado $\equiv2\pmod4.$
Como $S$ se sabe que es impar, $S^2\equiv1\pmod4$ . Por otro lado $$ S+(p-1)=\frac{5p-4}3. $$ Si $p\equiv1\pmod4$ entonces también $5p-4\equiv 1\pmod4$ y $(5p-4)/3\equiv3\pmod4$ . Esto es una contradicción, y podemos deducir que si $p\equiv1\pmod4$ entonces $\theta(j)$ debe ser incluso para algunos $j$ .
Por desgracia, en el otro caso $p\equiv3\pmod4$ el argumento anterior sólo muestra que el número de enteros pares entre $\theta(j),j=1,2,\ldots,(p-1)/2$ es par, y no podemos deducir, a diferencia del caso tratado, que lo habría.
