标签：... 20 数列 ai a1 a5 2022 压轴 解析

已知 Q: a₁, a₂, ..., a_k 为有限整数数列，给定正整数 m，若对 [1, m] 中任意的整数 n，Q 中存在一个连续子数列 a_i, a_i+1, ..., a_i+j (j ≥ 0)，使得 a_i + a_i+1 + ... + a_i+j = n，则称 Q 为 m 连续可表数列. 
若 Q: a₁, a₂, ..., a_k 为 20 连续可表数列，且 a₁ + a₂ + ... + a_k < 20，求证：k ≥ 7.

证明：在Q 中，项数为 k 的连续子数列有 1 个（即 Q 自身也算作 Q 的子数列）；项数为 k - 1 的连续子数列有 2 个；...；项数为 1 的连续子数列有 k 个. 则 Q 中连续子数列的总个数为 S_k := 1 + 2 + ... + k = k(k + 1)/2. 为描述方便，把连续子数列 a_i, a_i+1, ..., a_i+j 简记为 Q(i, i+j)，再记 s(i, i+j) = a_i + a_i+1 + ... + a_i+j，并称 s(i, i+j) 为连续子数列 Q(i, i+j) 的和.

假设 k = 6 时存在满足条件的数列，由 S₆ = 6(6 + 1)/2 = 21 = 20 + 1，以及 s(1, 6) < 20，可知：

①   6 个数中恰有一个为负数，记这个负数为 a_g，Q 中除去 Q(g, g) 之外的 20 个连续子数列，它们各自的和两两不等，且正好取遍 1, 2, ..., 20.

若 1 < g < 6，Q 即为 a₁, ..., a_g-1, a_g, a_g+1, ..., a₆，Q 中含有 a_g 的连续子数列中和最大的显然为 Q(1, 6)，即 Q 自身. 而 Q(1, 6) < 20，因此和等于 20 的连续子数列一定不含有 a_g，且必定是 Q(1, g-1) 或 Q(g+1, 6) 之一，不失一般性，设 s(g+1, 6) = 20， 由 ① 可知 s(g-1, g) > 0，于是 s(g-1, 6) = s(g-1, g) + s(g+1, 6) > 20，这与 ① 矛盾. 故 g = 1 或 6. 

不失一般性，设 g = 1，即有 s(2, 6) = 20. 

以下结论同样成立：

②  s(i,j) ≠ -a₁, 1 < i ≤ j ≤ 6.

因为，假若有某个 s(i, j) = -a₁，此时，若 i = 2，有 s(1, j) = s(1, 1) + s(2, j) = a₁ + (-a₁)  = 0；若 i > 2，则有 s(1, j) = s(1, 1) + s(2, i-1) + s(i, j) = a₁ + s(2, i-1) + (-a₁) = s(2, i-1). 总是与 ① 矛盾.

对 Q 的全体子序列的和做求和运算，总和记为 s，一方面有：

s = s(1, 1) + s(2, 2) + s(3, 3) + s(4, 4) + s(5, 5) + s(6, 6) +
      s(1, 2) + s(2, 3) + s(3, 4) + s(4, 5) + s(5, 6) +
      s(1, 3) + s(2, 4) + s(3, 5) + s(4, 6) +
      s(1, 4) + s(2, 5) + s(3, 6) +
      s(1, 5) + s(2, 6) +
      s(1, 6)

= 6a₁ + 10a₂ + 12a₃ + 12a₄ + 10a₅ + 6a₆
= 6a₁ + 6·s(2, 6) + 4a₂ + 6a₃ + 6a₄ + 4a₅
= 120 + 6a₁ + 4a₂ + 6a₃ + 6a₄ + 4a₅

另一方面有：

s = a₁ + 1 + 2 + ... + 20 = 210 + a₁

于是，有

③    4a₂ + 6a₃ + 6a₄ + 4a₅ = 90 - 5a₁.

由此易知 a₁ 是偶数. 由 a₁ ≠ -1，可知 s(1, 6) = s(1, 1) + s(2, 6) = a₁ + 20 < 19. 而由 ① 有 s(1, 2) > 0，即 a₂ > -a₁ ≥ 2，于是只能是 s(2, 5) = 19，即 a₆ = 1. 于是由 ③ 有

4·19 + 2(a₃ + a₄) = 90 - 5a₁，即 2·s(3, 4) = 14 - 5a₁.

而 s(3, 4) = s(2, 5) - a₂ - a₅ ≤ 19 - 3 - 2 = 14. 于是

-5a₁ ≤ 14，即 a₁ ≥ -14/5. 结合 a₁ 是偶数，可知a₁ = -2.

由 ② 可知，若 j ≥ i > 1，则 s(i, i) ≠ 2，即只能是存在某个 j 使得 s(1, j) = 2，即 s(2, j) = 4，易知 j 只能为 2（对应 a₂ = 4） 或 3（对应 a₂ = 3 且 a₄ = 1），由 a₆ = 1 可知，j = 2，即 a₂ = 4.

目前 Q 为 -2, 4, a₃, a₄, a₅, 1. 其中 a₃, a₄, a₅ 都不能为 2，也不能为 1，因此为了表示 3，只能是 a₃, a₄, a₅ 中某一个为 3，a5 ≠ 3（否则 s(5, 6) = 4 = a₂），即有 a₃ = 3 或 a₄ = 3. 

若 a₃ = 3，Q 为 -2, 4, 3, a₄, a₅, 1.  此时，由 -2 + 4 + 3 = 5 知 5 对应 Q(1, 3)，且 1, 2, 3, 4 都是可表数，故 a₄ ≥ 6，a₅ ≥ 6，且有 a₄ + a₅ = 20 - 4 - 3 - 1 = 12，由此得出 a₄ = a₅ = 6，与 ① 矛盾.

只剩下 a₄ = 3 的情形，即 Q 为 -2, 4, a₃, 3, a₅, 1.  此时，a₃ + a₅ = 12，且 1, 2, 3, 4 都是可表数，为表示 5，a₃ 和 a₅ 必有一个等于 5.

若 a₃ = 5，Q 为 -2, 4, 5, 4, 7, 1.  其中 s(1, 3) = s(5, 5) = 7，与 ① 矛盾.

若 a₅ = 5，Q 为 -2, 4, 7, 4, 5, 1.  其中 s(1, 3) = s(4, 5) = 9，与 ① 矛盾.

综上可知，k ≥ 7.

 

附言：

此题的解法思路有一点类似于 IMO 1977 第 2 题探析，都是横向和纵向求和.

 

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来源： https://www.cnblogs.com/readalps/p/16485601.html

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