任意连续$p$项和都是负数，任意连续$q$项和都是正数，数列最多几项

abababa

一个有限项的实数列，其中任意连续$p$项之和都是负数，任意连续$q$项之和都是正数，求数列最多有几项。

没什么思路。

爪机专用

想起了这帖：kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=316

abababa

爪机专用 发表于 2024-12-4 13:42
想起了这帖：https://kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=316

这样的话，如果$p<q$，那么按链接里的矩阵排，第$p$行第一个元素排$a_p$，继续向后排满这一行，最后一个就是$a_{p+q-1}$：
\[
\begin{bmatrix}
a_1 & \cdots & a_q\\
\vdots & \vdots & \vdots\\
a_p & \cdots & a_{p+q-1}
\end{bmatrix}
\]

每行加起来都是正的，矩阵元素和为正，每列加起来都是负的，矩阵元素和为负，矛盾，所以不能有$p+q-1$项。那么$p+q-2$项一定能构造吗？

kuing

abababa 发表于 2024-12-4 15:42
...
那么$p+q-2$项一定能构造吗？

p+q-2 项不一定能构造，比如 p=3, q=6，那显然连 6 项都不可能，只能 5 项

Aluminiumor

abababa 发表于 2024-12-4 15:42
这样的话，如果$p<q$，那么按链接里的矩阵排，第$p$行第一个元素排$a_p$，继续向后排满这一行，最后一个 ...

不一定，比如说$p$ 为 $q$ 的倍数就不行。是否能构造 $p+q-2$ 项可以转化为一个 $p+q-2$ 元的线性方程组是否有解的问题，具体的就不写了。

ic_Mivoya

准确的答案应为 $p+q-\gcd(p,q)$

abababa

ic_Mivoya 发表于 2024-12-4 20:05
准确的答案应为 $p+q-\gcd(p,q)$

这个我能理解意思，具体的证明目前还写不出。

abababa

abababa 发表于 2024-12-4 15:42
这样的话，如果$p<q$，那么按链接里的矩阵排，第$p$行第一个元素排$a_p$，继续向后排满这一行，最后一个 ...

还是不知道具体要怎么构造，只能确定不超过$p+q-\gcd(p,q)-1$项。

设$\gcd(p,q)=d$，则可设$p=dp', q=dq'$，将数列分为每段为$d$项的小段，分别记为$a_1,\cdots,a_{p'+q'-1}$，每个$a_i$表示$d$个数的分段。由于任意$p$项之和都是负数，所以连续$p'$个$a_i$之和为负数，同理连续$q'$个$a_i$之和为正数。假设存在第$p'+q'-1$项，考查矩阵
\[
\begin{bmatrix}
a_1 & a_2 & \cdots & a_{q'}\\
a_2 & a_3 & \cdots & a_{q'+1}\\
a_3 & a_4 & \cdots & a_{q'+2}\\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots\\
a_{p'} & a_{p'+1} & \cdots & a_{p'+q'-1}
\end{bmatrix}
\]

设矩阵中所有数之和为$A$。按行看，由于每行都是$q'$个连续的$a_i$项，所以$A>0$；按列看，由于每列都是$p'$个连续的$a_i$项，所以$A<0$，矛盾。所以数列$\{a_i\}$不能有第$p'+q'-1$项，而每个$a_i$代表$d$项，所以原数列不能有第$p+q-\gcd(p,q)$项。但具体的$p+q-\gcd(p,q)-1$项要怎么构造出来，或者证明存在性呢？

abababa

abababa 发表于 2025-1-31 16:07
还是不知道具体要怎么构造，只能确定不超过$p+q-\gcd(p,q)-1$项。

设$\gcd(p,q)=d$，则可设$p=dp', q=dq ...

我试了下面对几组具体数字的一致的构造方式：
先设$\gcd(p,q)=1$，设数列为$a_1,\cdots,a_n$，其中$n=p+q-2$。如果$\gcd(p,q)=d\neq1$，那么由于每个$a_i$代表一小段$d$个数，只要让这一小段中的每个数都等于$\frac{a_i}{d}$即可。

对于具体的$p=5,q=7$，此时$n=5+7-2=10$。先让$a_5=a,a_{10}=a,a_6=a,a_1=a$，就是从前向后数的每个$p$的倍数的位置，和从后向前数的每个$p$的倍数的位置都设为相等的数$a$，其它数都设为$b$。

这样因为每连续$5$个数之和为负，所以$3b+2a<0$，因为每$7$个数之和为正，所以$4b+3a>0$，然后构造出这样的$a,b$，例如$a=24,b=-17$，这时数列为
\[\{24,-17,-17,-17,24,24,-17,-17,-17,24\}\]

就满足条件了。

对于具体的$p=7,q=11$，此时$n=7+11-2=16$，同样先让$a_7=a_{14}=a_{10}=a_2=a$，其它数都为$b$。因为每连续$7$个数之和为负，所以$2a+5b<0$，每连续$11$个数之和为正，所以$3a+8b>0$，然后构造出这样的$a,b$，例如$a=-13,b=5$，这时数列为
\[\{5,5,-13,5,5,5,-13,5,5,-13,5,5,5,-13,5,5\}\]

数列也满足条件。我还试了其它几个具体的数字，也都满足这个规律。

这个规律能不能在一般情况下证明呢？

abababa

abababa 发表于 2025-2-1 19:25
我试了下面对几组具体数字的一致的构造方式：
先设$\gcd(p,q)=1$，设数列为$a_1,\cdots,a_n$，其中$n=p+q ...

这样还是不行，$p=5,q=7$的情况，中间的7个数之和就不是正的。

abababa

abababa 发表于 2025-2-1 19:34
这样还是不行，$p=5,q=7$的情况，中间的7个数之和就不是正的。

当$p=5,q=7$时，$n=5+7-2=10$，一个具体的例子为
\[\{-5,7,-5,7,-5,-5,7,-5,7,-5\}\]

思路还是之前那样，从前向后数，第7个，第14个是7，即$a_7=a_{14}=7$，这里$a_{14}$的下标超过$n=10$，定义为$a_{14}=a_{14-10}=a_4$。从后向前数，倒数第7个是7，即$a_4=7$，但$a_2=7$没找到递推方法。
总觉得这里有什么关联。