在一个有限项的实数列中，任意 $7$ 个连续项之和都是负数，而任意连续 $11$ 项之和都是正数．试问：这样的数列最多能有多少项？（越南）
【难度】
【出处】
1977年第19届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
我们先来证明 $n\geqslant 17$ 是不可能的．用反证法．设此数列为 $a_1,a_2,\cdots,a_{17},\cdots,a_n$．
由已知条件可得
$a_k+a_{k+1}+a_{k+2}+\cdots+a_{k+6}<0(k\geqslant 1)$
$a_k+a_{k+1}+\cdots+a_{k+10}>0$
两式相减，得
$a_{k+7}+a_{k+8}+a_{k+9}+a_{k+10}>0$ ①
于是从第八项开始，任意连续四项之和都是正数，于是有
$\begin{aligned}
&a_8+a_9+a_{10}+2a_{11}+a_{12}+a_{13}+a_{14}\\
&=(a_8+a_9+a_{10}+a_{11})+(a_{11}+a_{12}+a_{13}+a_{14})\\
&>0
\end{aligned}$
但由条件知 $a_8+a_9+a_{10}+a_{11}+a_{12}+a_{13}+a_{14}<0$
故 $a_{11}>0$．
同理 $a_{12}>0,a_{13}>0$
于是 $a_{11}+a_{12}+a_{13}>0$
但 $a_{11}+a_{12}+a_{13}+\cdots+a_{17}<0$
故 $a_{14}+a_{15}+a_{16}+a_{17}<0$
这和 ① 式矛盾，故 $n<17$，即 $n\leqslant 16$．
当 $n=16$ 时，满足上述条件的构造是存在的，可按如下方法构造：记
$\begin{aligned}
S_1&=a_1\\
S_2&=a_1+a_2\\
\cdots&\cdots\\
S_{16}&=a_1+a_2+\cdots+a_{16}
\end{aligned}$
条件无非就是
$S_{10}<S_3<S_{14}<S_7<0<S_{11}<S_4<S_{15}<S_{8}<S_1<S_{12}<S_5<S_{16}<S_9<S_2<S_{13}<S_6$
而且是充要的．（其实由这一点也可证明 $S_{17}$ 不存在，否则 $S_6<S_{17}<S_{10}<S_{6}$，矛盾）
于是构造 $a_1,a_2,\cdots,a_{16}$ 就非常容易了，比如 $S_{10}=-4,S_3=-3,S_{14}=-2,S_7=-1,S_{11}=1,S_4=2,S_{15}=3,S_8=4,S_1=5,S_{12}=6,S_5=7,S_{16}=8,S_{9}=9,S_2=10,S_{13}=11,S_6=12$
解得 $(a_1,a_2,a_3,a_4,\cdots,a_{16})=(5,5,-13,5,5,5,-13,5,5,-13,5,5,5,-13,5,5)$．
由已知条件可得
$a_k+a_{k+1}+a_{k+2}+\cdots+a_{k+6}<0(k\geqslant 1)$
$a_k+a_{k+1}+\cdots+a_{k+10}>0$
两式相减，得
$a_{k+7}+a_{k+8}+a_{k+9}+a_{k+10}>0$ ①
于是从第八项开始，任意连续四项之和都是正数，于是有
$\begin{aligned}
&a_8+a_9+a_{10}+2a_{11}+a_{12}+a_{13}+a_{14}\\
&=(a_8+a_9+a_{10}+a_{11})+(a_{11}+a_{12}+a_{13}+a_{14})\\
&>0
\end{aligned}$
但由条件知 $a_8+a_9+a_{10}+a_{11}+a_{12}+a_{13}+a_{14}<0$
故 $a_{11}>0$．
同理 $a_{12}>0,a_{13}>0$
于是 $a_{11}+a_{12}+a_{13}>0$
但 $a_{11}+a_{12}+a_{13}+\cdots+a_{17}<0$
故 $a_{14}+a_{15}+a_{16}+a_{17}<0$
这和 ① 式矛盾，故 $n<17$，即 $n\leqslant 16$．
当 $n=16$ 时，满足上述条件的构造是存在的，可按如下方法构造：记
$\begin{aligned}
S_1&=a_1\\
S_2&=a_1+a_2\\
\cdots&\cdots\\
S_{16}&=a_1+a_2+\cdots+a_{16}
\end{aligned}$
条件无非就是
$S_{10}<S_3<S_{14}<S_7<0<S_{11}<S_4<S_{15}<S_{8}<S_1<S_{12}<S_5<S_{16}<S_9<S_2<S_{13}<S_6$
而且是充要的．（其实由这一点也可证明 $S_{17}$ 不存在，否则 $S_6<S_{17}<S_{10}<S_{6}$，矛盾）
于是构造 $a_1,a_2,\cdots,a_{16}$ 就非常容易了，比如 $S_{10}=-4,S_3=-3,S_{14}=-2,S_7=-1,S_{11}=1,S_4=2,S_{15}=3,S_8=4,S_1=5,S_{12}=6,S_5=7,S_{16}=8,S_{9}=9,S_2=10,S_{13}=11,S_6=12$
解得 $(a_1,a_2,a_3,a_4,\cdots,a_{16})=(5,5,-13,5,5,5,-13,5,5,-13,5,5,5,-13,5,5)$．
答案
解析
备注
