DODATNIE I UJEMNE Niech (ai)∞ i=1 będzie ciągiem liczbowym

DODATNIE I UJEMNE Niech (ai)∞ i=1 będzie ciągiem liczbowym

DODATNIE I UJEMNE
ANDRZEJ KOMISARSKI
Niech (ai )∞
i=1 będzie ciągiem liczbowym, zaś n oraz m niech będą liczbami naturalnymi. Czy możliwe jest,
by suma każdych n kolejnych wyrazów ciągu (ai ) była dodatnia, zaś suma każdych m kolejnych wyrazów ciągu
(ai ) była ujemna? Od razu widać, że jeśli n = m to jest to niemożliwe, gdyż żadna liczba nie jest jednocześnie
dodatnia i ujemna. Intuicja podpowiada jednak, że nawet, gdy n 6= m to nie istnieje ciąg o tej własności.
Gdyby bowiem istniał, to jego wyrazy przeciętnie byłyby dodatnie i jednocześnie przeciętnie byłyby ujemne.
Aby podać bardziej formalny argument, przyjrzyjmy się sumie pierwszych nm wyrazów naszego ciągu. Z jednej
Pm−1
strony, suma ta jest dodatnia (gdyż można ją zapisać jako k=0 (akn+1 + akn+2 + · · · + akn+n )), z drugiej zaś
Pn−1
jest ujemna (bo można ją również zapisać jako k=0 (akm+1 + akm+2 + · · · + akm+m )).
Ten sam argument pokazuje, że nie istnieje ciąg skończony (ai )N
i=1 o długości N > nm taki, że suma każdych
n kolejnych jego wyrazów jest dodatnia, zaś suma każdych m kolejnych jego wyrazów jest ujemna. Za to każdy
ciąg o długości mniejszej zarówno od n, jak i od m ma rozważaną przez nas własność. Zauważmy też, że jeśli
pewien ciąg skończony (ai )N
i=1 ma rozważaną przez nas własność, to ma ją także każdy jego podciąg złożony z
sąsiadujących ze sobą wyrazów (czyli każdy ciąg skończony postaci (aK+i )M
i=1 , gdzie 0 6 K 6 K + M 6 N ). Z
obserwacji tych wynika, że dla dowolnych liczb naturalnych n oraz m istnieje pewna liczba naturalna Nn,m taka,
że nie istnieją ciągi skończone o długości N > Nn,m mające rozważaną własność, lecz dla każdego N < Nn,m
istnieje ciąg liczbowy długości N , który własność tę posiada. Ile wynosi Nn,m ? Odpowiedź na to pytanie
znajdziemy w poniższym twierdzeniu.
Twierdzenie 1. Niech n, m oraz N będą liczbami naturalnymi.
Jeśli N > n+m−N W D(n, m), to nie istnieje ciąg liczbowy o długości N taki, że suma dowolnych n kolejnych
jego wyrazów jest dodatnia, zaś suma dowolnych m kolejnych jego wyrazów jest ujemna.
Jeśli N < n+m−N W D(n, m), to istnieje ciąg o długości N o wyrazach całkowitych taki, że suma dowolnych
n kolejnych jego wyrazów jest równa 1, zaś suma dowolnych m kolejnych jego wyrazów wynosi −1.
Dowód. Gdyby istniał taki ciąg (ai )N
i=1 długości N > n + m − N W D(n, m), to mielibyśmy
X
0<
k+n
X
06k6m−N W D(n,m) j=k+1
N W D(n,m)|k
k+m
X
X
aj =
aj < 0.
06k6n−N W D(n,m) j=k+1
N W D(n,m)|k
O ile obie nierówności występujące w powyższym wzorze są natychmiastową konsekwencją własności ciągu (ai ),
to występująca pomiędzy nimi równość wymaga wyjaśnienia. Oznaczmy d = N W D(n, m), n0 = n/d oraz
m0 = m/d. Niech ponadto cl = ad(l−1)+1 + ad(l−1)+2 + · · · + ad(l−1)+d dla l = 1, 2, . . . , nm/d. Przy tych
oznaczeniach mamy
X
k+n
X
06k6m−N W D(n,m) j=k+1
N W D(n,m)|k
aj =
0
0
m
−1 h+n
X
X
cl
oraz
h=0 l=h+1
X
k+m
X
06k6n−N W D(n,m) j=k+1
N W D(n,m)|k
aj =
0
0
nX
−1 h+m
X
cl .
h=0 l=h+1
Pozostaje pokazać, że obie powstałe sumy są równe. W tym celu zauważmy, że w każdej z nich składnik
c1 występuje jeden raz, składnik c2 dwa razy, składnik c3 trzy razy i tak dalej, aż do składnika cmin(m0 ,n0 ) ,
który w obu sumach występuje min(m0 , n0 ) razy, podobnie, jak składniki cmin(m0 ,n0 )+1 , cmin(m0 ,n0 )+2 , . . . ,
cm0 +n0 −min(m0 ,n0 ) . Składniki cm0 +n0 −min(m0 ,n0 )+1 , cm0 +n0 −min(m0 ,n0 )+2 , . . . , cm0 +n0 −1 występują w obu sumach
odpowiednio min(m0 , n0 ) − 1, min(m0 , n0 ) − 1, . . . , 1 razy.
Aby zakończyć dowód twierdzenia, wystarczy pokazać, że istnieje ciąg (ai )N
i=1 długości N = n + m −
N W D(n, m) − 1 o wyrazach całkowitych taki, że suma dowolnych n kolejnych jego wyrazów jest równa 1,
zaś suma dowolnych m kolejnych jego wyrazów wynosi −1.
1
Najpierw zauważmy, że kluczowy jest przypadek, gdy n i m są względnie pierwsze. Jeśli bowiem d =
n0 +m0 −1−1
N W D(n, m) > 1, to liczby n0 = n/d oraz m0 = m/d są względnie pierwsze i jeśli (bj )j=1
jest ciągiem
dobrym dla liczb n0 i m0 , to odpowiedni ciąg dla liczb n i m można zdefiniować wzorem:

b
i/d gdy d|i
ai =
,
0
gdy d 6 |i
gdzie i = 1, 2, . . . , n + m − N W D(n, m) − 1.
Zajmijmy się zatem przypadkiem, gdy n i m są względnie pierwsze. Gdy n = 1 to ciąg (1, 1, . . . , 1) długości
m − 1 ma żądaną własność, a gdy m = 1 to ciąg (−1, −1, . . . , −1) długości n − 1 jest taki, jak trzeba. Dalej
zakładamy, że n, m > 1.
Niech a i b będą takimi liczbami naturalnymi, że an − bm = 1, przy czym 0 < a < m oraz 0 < b < n. Liczby
a i b istnieją, gdyż n, m > 1 są względnie pierwsze. Niech I będzie zbiorem indeksów wyrazów naszego ciągu,
czyli I = {1, 2, ..., n + m − 2}.
Rozważmy następujące dwa zbiory:
A = {kn − lm ∈ I : k, l ∈ Z, 0 < k 6 m − a}
oraz
B = {kn − lm ∈ I : k, l ∈ Z, 0 6 l < n − b},
czyli A jest zbiorem tych liczb ze zbioru {1, 2, ..., n + m − 2}, które można zapisać jako kn − lm tak, by liczba
k spełniała warunek 0 < k 6 m − a. Podobnie, B jest zbiorem tych liczb ze zbioru {1, 2, ..., n + m − 2}, które
można zapisać jako kn − lm tak, by liczba l spełniała warunek 0 6 l < n − b. Pokażemy, że A = B. W tym
celu pokażemy, że A ⊂ B oraz A ⊃ B.
A ⊂ B: Załóżmy, że i ∈ A, czyli 0 < i < n + m − 1 oraz i = kn − lm, gdzie 0 < k 6 m − a. Wystarczy
pokazać, że 0 6 l < n − b. Istotnie:
kn − i
kn − (n + m − 1)
n − (n + m − 1)
1
>
>
= −1 +
> −1.
m
m
m
m
Ponieważ l jest całkowite, więc l > 0.
l=
kn
(m − a)n
an
bm + 1
1
kn − i
<
6
=n−
=n−
=n−b−
<n−b
m
m
m
m
m
m
Czyli 0 6 l < n − b, zatem i ∈ B. Stąd A ⊂ B.
A ⊃ B: Załóżmy, że i ∈ B, czyli 0 < i < n + m − 1 oraz i = kn − lm, gdzie 0 6 l < n − b. Wystarczy pokazać,
że 0 < k 6 m − a. Istotnie:
lm + i
lm
0m
k=
>
>
= 0,
n
n
n
lm + i
lm + n + m − 1
(n − b − 1)m + n + m − 1
bm − n + 1
an − n
k=
<
6
=m−
=m−
= m − a + 1.
n
n
n
n
n
Ponieważ k jest całkowite, więc k 6 m − a. Czyli 0 < k 6 m − a, zatem i ∈ A. Stąd A ⊃ B.
Zauważmy, że zbiór A = B jest okresowym podzbiorem zbioru I o okresie n oraz o okresie m, tzn.
l=
dla każdego i ∈ I takiego, że i + n ∈ I zachodzi i ∈ A ⇔ i + n ∈ A,
dla każdego i ∈ I takiego, że i + m ∈ I zachodzi i ∈ A ⇔ i + m ∈ A,
Istotnie, jeśli i ∈ A oraz i + n ∈ I, to i = kn − lm, przy czym 0 6 l < n − b. Wtedy i + n = (k + 1)n − lm ∈ A.
Jeśli i + n ∈ A oraz i ∈ I, to i + n = kn − lm, przy czym 0 6 l < n − b. Ale wtedy i = (k − 1)n − lm,
zatem i + n ∈ A. Podobnie, jeśli i ∈ A oraz i + m ∈ I, to i = kn − lm, przy czym 0 < k 6 m − a i wówczas
i + m = kn − (l − 1)m, zatem i + m ∈ A. Jeśli z kolei i + m ∈ A oraz i ∈ I, to i = kn − lm, przy czym
0 < k 6 m − a i mamy i − m = kn − (l + 1)m ∈ A.
Warto wspomnieć (choć nie jest istotne dla dalszych rozważań), że istnieją cztery okresowe podzbiory zbioru
I o okresie n oraz o okresie m. Są to ∅, I, A oraz I \ A. Gdybyśmy zbiór I zastąpili jakimś dłuższym zbiorem
złożonym z kolejnych liczb naturalnych, wówczas z tych czterech zbiorów pozostałyby dwa: zbiór pusty i cały,
powiększony zbiór I. Gdybyśmy z kolei zbiór I skrócili lub gdyby m i n nie były względnie pierwsze, wówczas
takich okresowych zbiorów byłoby więcej, niż cztery.
Z tego, że zbiór A jest okresowy wynika następująca własność: Wszystkie n-elementowe podzbiory zbioru
I złożone z kolejnych liczb naturalnych zawierają tyle samo elementów zbioru A. Podobnie, wszystkie melementowe podzbiory zbioru I złożone z kolejnych liczb naturalnych zawierają tyle samo elementów zbioru A.
Istotnie, wystarczy pokazać, że dla każdej liczby naturalnej j takiej, że j ∈ I oraz j + n ∈ I mamy
|{j, j + 1, . . . , j + n − 1} ∩ A| = |{j + 1, j + 2, . . . , j + n} ∩ A|,
a to jest prawda, bo
|{j, j + 1, . . . , j + n − 1} ∩ A| = |{j} ∩ A| + |{j + 1, j + 2, . . . , j + n − 1} ∩ A| =
= |{j + 1, j + 2, . . . , j + n − 1} ∩ A| + |{j + n} ∩ A| =
= |{j + 1, j + 2, . . . , j + n} ∩ A|.
Równość |{j} ∩ A| = |{j + n} ∩ A| wynika z okresowości zbioru A: albo obie liczby j oraz j + n należą do A, albo
żadna z nich do zbioru A nie należy. W przypadku m-elementowych podzbiorów zbioru I złożonych z kolejnych
liczb naturalnych dowód przebiega analogicznie (z wykorzystaniem okresowości o okresie m).
Liczbę elementów zbioru A w tych podzbiorach można wyznaczyć dokładnie opierając się definicji zbiorów A
i B = A. Każdy n-elementowy podzbiór zbioru I złożony z kolejnych liczb naturalnych zawiera n − b elementów
zbioru A (por. definicja zbioru B = A), zaś każdy m-elementowy podzbiór zbioru I złożony z kolejnych liczb
naturalnych zawiera m − a elementów zbioru A (por. definicja zbioru A).
Jesteśmy gotowi, by zdefiniować żądany ciąg (ai )n+m−2
i=1

a + b
gdy i ∈ A
ai =
,
a + b − n − m gdy i 6∈ A
gdzie i = 1, 2, . . . , n + m − 2.
Rozważmy dowolnych n kolejnych wyrazów zdefiniowanego ciągu. Z przeprowadzonych przed chwilą rozważań
wynika, że n − b spośród nich ma wartość a + b, a pozostałe b są równe a + b − n − m. Zatem suma kolejnych
n wyrazów ciągu (ai ) wynosi
(n − b)(a + b) + b(a + b − n − m) = an − bm = 1.
Podobnie, wśród kolejnych m wyrazów naszego ciągu m−a ma wartość a+b, a pozostałe a są równe a+b−n−m.
Zatem suma kolejnych m wyrazów ciągu (ai ) wynosi
(m − a)(a + b) + a(a + b − n − m) = bm − an = −1.
Prześledźmy teraz argumenty użyte w dowodzie powyższego twierdzenia w kilku przykładowych sytuacjach.
Niech n = 9 oraz m = 6. Wówczas N W D(n, m) = 3. Nie istnieje ciąg (ai )N
i=1 o długości N > 9 + 6 − 3 = 12
taki, że suma dowolnych 9 kolejnych jego wyrazów jest dodatnia, zaś suma dowolnych 6 kolejnych jego wyrazów
jest ujemna. Gdyby bowiem taki ciąg istniał, wówczas zachodziłoby
0<
9
X
j=1
aj +
12
X
j=4
aj =
6
X
j=1
aj +
9
X
j=4
aj +
12
X
aj < 0.
j=7
Istnieje natomiast ciąg (ai )N
i=1 o długości N = 9+6−3−1 = 11 o wyrazach całkowitych taki, że suma dowolnych
9 kolejnych jego wyrazów jest równa 1, zaś suma dowolnych 6 kolejnych jego wyrazów wynosi −1.
Najpierw przeprowadzamy konstrukcję dla n0 = 9/3 = 3 oraz m0 = 6/3 = 2. Mamy 1 · 3 − 1 · 2 = 1, więc
a = 1, b = 1, a + b = 2, a + b − n0 − m0 = −3 oraz m0 − a = 1, a zatem A = {1 · 3 − 1 · 2, 1 · 3 − 0 · 2} = {1, 3}.
Zatem dla n0 = 3 i m0 = 2 postawione warunki spełnia ciąg (2, −3, 2), a szukanym ciągiem dla n = 9 i m = 6
jest ciąg (0, 0, 2, 0, 0, −3, 0, 0, 2, 0, 0).
Jeśli n = 8 i m = 18, to N W D(n, m) = 2. Nie istnieje ciąg (ai )N
i=1 o długości N > 8 + 18 − 2 = 24 taki, że
suma dowolnych 8 kolejnych jego wyrazów jest dodatnia, zaś suma dowolnych 18 kolejnych jego wyrazów jest
ujemna. Gdyby taki ciąg istniał, wówczas mielibyśmy
0<
8
X
j=1
aj +
10
X
j=3
aj +
12
X
j=5
aj +
14
X
j=7
aj +
16
X
j=9
18
X
aj +
aj +
j=11
=
18
X
j=1
20
X
aj +
j=13
aj +
20
X
j=3
aj +
22
X
aj +
j=15
22
X
j=5
aj +
24
X
aj =
j=17
24
X
aj < 0.
j=7
Istnieje natomiast ciąg (ai )N
i=1 o długości N = 8 + 18 − 2 − 1 = 23 o wyrazach całkowitych taki, że suma
dowolnych 8 kolejnych jego wyrazów jest równa 1, zaś suma dowolnych 18 kolejnych jego wyrazów wynosi −1.
Najpierw przeprowadzamy konstrukcję dla n0 = 8/2 = 4 oraz m0 = 18/2 = 9. Mamy 7 · 4 − 3 · 9 = 1, zatem
a = 7, b = 3, a + b = 10, a + b − n0 − m0 = −3, m0 − a = 2, więc A = {1 · 4 − 0 · 9, 2 · 4 − 0 · 9} = {4, 8}. Stąd
dla n0 = 4 i m0 = 9 otrzymujemy ciąg (−3, −3, −3, 10, −3, −3, −3, 10, −3, −3, −3), a dla n = 8 i m = 18 ciąg
(0, −3, 0, −3, 0, −3, 0, 10, 0, −3, 0, −3, 0, −3, 0, 10, 0, −3, 0, −3, 0, −3, 0).
Gdy n = 11 i m = 7, to N W D(n, m) = 1. Nie istnieje ciąg (ai )N
i=1 o długości N > 11 + 7 − 1 = 17 taki, że
suma dowolnych 8 kolejnych jego wyrazów jest dodatnia, zaś suma dowolnych 18 kolejnych jego wyrazów jest
ujemna. Istnienie takiego ciągu pociągałoby za sobą nierówność
0<
6 k+11
X
X
aj =1 · a1 + 2 · a2 + 3 · a3 + 4 · a4 + 5 · a5 + 6 · a6 + 7 · a7 + 7 · a8 + 7 · a9 +
k=0 j=k+1
+ 7 · a10 + 7 · a11 + 6 · a12 + 5 · a13 + 4 · a14 + 3 · a15 + 2 · a16 + 1 · a17 =
10 k+7
X
X
aj < 0
k=0 j=k+1
Istnieje natomiast ciąg (ai )N
i=1 o długości N = 11 + 7 − 1 − 1 = 16 o wyrazach całkowitych taki, że suma
dowolnych 11 kolejnych jego wyrazów jest równa 1, zaś suma dowolnych 7 kolejnych jego wyrazów wynosi
−1. Mamy 2 · 11 − 3 · 7 = 1, zatem a = 2, b = 3, a + b = 5, a + b − n − m = −13, m − a = 5, więc
A = {1 · 11 − 0 · 7, 1 · 11 − 1 · 7, 2 · 11 − 1 · 7, 2 · 11 − 2 · 7, 2 · 11 − 3 · 7, 3 · 11 − 3 · 7, 3 · 11 − 4 · 7, 4 · 11 − 4 · 7, 4 ·
11 − 5 · 7, 4 · 11 − 6 · 7, 5 · 11 − 6 · 7, 5 · 11 − 7 · 7} = {1, 2, 4, 5, 6, 8, 9, 11, 12, 13, 15, 16}. Stąd otrzymujemy żądany
ciąg (5, 5, −13, 5, 5, 5, −13, 5, 5, −13, 5, 5, 5, −13, 5, 5).
Ostatni przykład stanowi jednocześnie rozwiązanie zadania, które pojawiło się niegdyś na Olimpiadzie Matematycznej: W skończonym ciągu liczb rzeczywistych suma każdych siedmiu kolejnych wyrazów jest ujemna,
suma zaś każdych jedenastu kolejnych wyrazów jest dodatnia. Wyznaczyć największą liczbę wyrazów takiego
ciągu. W książce Zbiór zadań z olimpiad matematycznych, tom 6 (autor: Jerzy Browkin, wydawnictwo: WSIP,
Warszawa, 1983 r. zadanie nr 79) zamieszczone jest rozwiązanie tego zadania oraz dowód pierwszej części
Twierdzenia 1 (użyta tam metoda jest inna od pokazanej tutaj i polega na przeprowadzeniu indukcji względem
n + m). Natomiast druga część Twierdzenia 1 jest przedstawiona w książce jako problem otwarty.
Andrzej Komisarski, Department of Probability Theory and Statistics, Faculty of Mathematics and Computer
Science, University of Łódź, ul.Banacha 22, 90-238 Łódź, Poland
E-mail address: [email protected]
URL: http://www.math.uni.lodz.pl/~andkom/