Олимпиада имени Леонарда Эйлера 2022-2023 учебный год, I тур заключительного этапа

$a_1$, $\ldots$, $a_k$ натурал сандарының арасында екі тең сан жоқ, ал ең үлкені мен ең кішісінің айырмашылығы 1000-нан кіші. $k$ санының қандай ең үлкен мәнінде әр $a_ix^2+2a_{i+1}x+a_{i+2} = 0$ ($1 \le i \le k-2$) квадрат теңдеулерінің түбірі болмайтындай жағдай бола алады? ( И. Богданов )

Комментарий/решение

За это вроде давали 1 балл и кстати вы структуру неправильно написали

Вроде так $a_1>a_2....>a_m<a_{m+1}...$

Шаг первый)

Заметим что для $1\leq i \leq k-2$, если выполняется условие про корни, то:

$4a_{i+1}^2<4a_i*a_{i+2}$

Значит

$a_{i+1}^2<a_i*a_{i+2}$

Тогда, пусть $a_m$ - наименьший из $a_i$

$a_m<a_{m+1}$, а значит

$a_{m+1}^2<a_m*a_{m+2}$, те,

$a_{m+1}<a_{m+2}$

Проделываем так несколько раз и получим следующее:

$a_m<a_{m+1}<...<a_k$

Тогда, заметим что

$a_m<a_{m-1}$, а значит

$a_{m-1}^2<a_m*a_{m-2}$, те,

$a_{m-1}<a_{m-2}$

Значит получим

$a_m<a_{m-1}<...<a_1$

То есть:

$a_1>a_2>...>a_m<a_{m+1}<...<a_k$

Теперь, зная это сделаем так:

$\frac{a_{m+1}}{a_m}<\frac{a_{m+2}}{a_{m+1}}<...<\frac{a_k}{a_{k-1}}$, оно верное тк $a_{i+1}^2<a_i*a_{i+2}$

Из неравенства выше,

$\frac{a_{m+1}}{a_m}-1<\frac{a_{m+2}}{a_{m+1}}-1<...<\frac{a_k}{a_{k-1}}-1$

2)$\frac{a_{m+1}-a_m}{a_m}<\frac{a_{m+2}-a_{m+1}}{a_{m+1}}<...<\frac{a_k-a_{k-1}}{a_{k-1}}$

Нам известно, что $a_{m+1}>a_m$, но значит что тк неравенство 2) верно, то $a_{m+1}-a_m<a_{m+2}-a_{m+1}<...<a_k-a_{k-1}$

Теперь, мы понимаем, что разница между числами должна постоянно увеличиваться.

При этом, когда индекс убывает, происходит тоже самое

$a_{m-1}-a_m<a_{m-2}-a_{m-1}<...<a_2-a_1$

Причем, тк неравенства строгие, то нет равных разниц, а значит введем последовательность из разниц.

Наименьшая возможная последовательность ниже:

$1<2<3<...$

Заметим, что у нас 2 таких последовательности с $m$, до $k$ и с 1 до $m$.

Вобщем, начало этих последовательностей обязательно разное иначе $a_{m+1}=a_{m-1}$

Тогда вторая последовательность минимум

$2<3<....$

Что нам нужно чтобы сохранялись все условия про разные числа, и наибольшей разницей равной 1000

Первое - как бы все числа из этих двух последовательностей и выходят, причем они все разные тк

Чтобы посчитать число, нужно $a_m+1+2+...$, либо $a_m+2+3+...$ тогда если

$a_m+1+2+... +x= a_m+2+3+... + y$, то $x\geq y$, противоречие тк левая часть больше правой, $x<y$, тогда $1=y+(y-1)+..+x+1$, возможно при x=0, плохо

Действительно тогда не будут возникать равных чисел.

Но что насчет разницы 1000?

Здесь и завершается решение:

$1+2+...+45>1000$

Значит макимум здесь это 44 чисел

$2+3+...+45>1000$

Значит здесь максимум 43 числа

То есть ответ - $1+43+44=88$ чисел

Пример восстанавливается из двух этих последовательностей и разностей

На самой олимпе у меня было легче решение вроде, но сейчас к сожалению восстановил только такое, сори

легенда написал решение