设 $a_{1},a_{2},a_{3},\ldots$ 是一个正实数数列．假设存在某个固定的正整数 $s$，使得对所有的 $n>s$，有 $a_{n}=\max\{a_{k}+a_{n-k}~|~1\leqslant k\leqslant n-1\}$．
证明：存在正整数 $l$ 和 $N$，$l\leqslant s$，使得对所有的 $n\geqslant N$，都有 $a_{n}=a_{l}+a_{n-l}$．（伊朗）
证明：存在正整数 $l$ 和 $N$，$l\leqslant s$，使得对所有的 $n\geqslant N$，都有 $a_{n}=a_{l}+a_{n-l}$．（伊朗）
【难度】
【出处】
2010年第51届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
由题设，对每个 $n>s$，$a_n$ 能表示为 $a_n=a_{j_1}+a_{j_2},j_1,j_2<n,j_1+j_2=n$．若 $j_1>s$，我们可以继续把 $a_{j_1}$ 表示成数列的两项的和，如此下去，可以把 $a_n$ 表示为
$a_n=a_{i_1}+\cdots+a_{i_k}$ ②
$1\leqslant i_j\leqslant s,i_1+\cdots+i_k=n$ ③
设 $a_{i_1},a_{i_2}$ 是把 $a_n$ 表示成 ② 的最后一步，则 $i_1+i_2>s$，于是 ③ 为
$1\leqslant i_j\leqslant s,i_1+\cdots+i_k=n,i_1+i_2>s$ ④
另一方面，假设小标 $i_1,\cdots,i_k$ 满足条件 ④，则记 $s_j=i_1+\cdots+i_j$，由题设 ①，可得
$a_n=a_{s_k}\geqslant a_{s_{k-1}}+a_{i_k}\geqslant a_{s_{k-2}}+a_{i_{k-1}}+a_{i_k}\geqslant \cdots\geqslant a_{i_1}+\cdots +a_{i_k}$
于是，对每个 $n>s$，我们有
$a_n=\max\{a_{i_1}+\cdots+a_{i_k}$：其中 $(i_1,\cdots,i_k)$ 满足 ④ $\}$．
记 $m=\max\left\{\dfrac{a_i}{i}|i\leqslant i\leqslant s\right\}$，且设某个固定的正整数 $l\leqslant s$ 使得 $m=\dfrac{a_l}{l}$．
构造数列 $\{b_n\}:b_n=a_n-mn,n=1,2,\cdots$，则 $b_l=0$．当 $n\leqslant s$ 时，由 $m$ 的定义知 $b_n\leqslant 0$．当 $n>s$ 时，
$\begin{aligned}
b_n&=a_n-mn=\max\{a_k+a_{n-k}|1\leqslant k\leqslant n-1\}-mn\\
&=\max\{b_k+b_{n-k}+mn|1\leqslant k\leqslant n-1\}-mn\\
&=\max\{b_k+b_{n-k}|1\leqslant k\leqslant n-1\}\leqslant 0
\end{aligned}$
所以，$b_n\leqslant 0,n=1,2,\cdots$，且当 $n>s$ 时，$b_n=\max\{b_k+b_{n-k}|1\leqslant k\leqslant n-1\}$．
若 $b_k=0,k=1,2,\cdots,s$，则对所有正整数 $n,b_n=0$，于是 $a_n=mn,n=1,2,\cdots$，从而命题得证．
否则，令 $M=\max\{b_k+b_{n-k}|1\leqslant k\leqslant n-1\}\geqslant b_l+b_{n-l}=b_{n-l}$
所以 $0\geqslant b_n\geqslant b_{n-l}\geqslant\cdots\geqslant -M$．
对于数列 $\{b_n\}$，由 ②，③ 知，每个 $b_n$ 属于集合
$T=\{b_{i_1}+b_{i_2}+\cdots+b_{i_k}:1\leqslant i_1,\cdots,i_k\leqslant s\}\bigcap [-M,0]$
而 $T$ 是一个有限集．事实上，对于任意 $x\in T$，令
$x=b_{i_1}+\cdots+b_{i_k}(1\leqslant i_1,\cdots,i_k\leqslant s)$
则 $b_{i_j}$ 中至多有 $\dfrac{M}{\varepsilon}$ 个非零项（否则，$x<\dfrac{M}{\varepsilon}(-\varepsilon)=-M$），故 $x$ 有有限个这样的和的表示方式．
所以，对每一个 $t=1,2,\cdots,l$，数列
$b_{s+t},b_{s+t+l},b_{s+t+2l},\cdots$
是递增的且取有限个值，所以从某个下标开始是常数，故数列 $\{b_n\}$ 从某个下标 $N$ 开始是以 $l$ 为周期的周期数列，即
$b_n=b_{n-l}=b_l+b_{n-l},n>N+l$
所以
$\begin{aligned}
a_n&=b_n+mn\\
&=(b_l+ml)+(b_{n-l}+m(n-l))\\
&=a_l+a_{n-l},n>N+l
\end{aligned}$
$a_n=a_{i_1}+\cdots+a_{i_k}$ ②
$1\leqslant i_j\leqslant s,i_1+\cdots+i_k=n$ ③
设 $a_{i_1},a_{i_2}$ 是把 $a_n$ 表示成 ② 的最后一步，则 $i_1+i_2>s$，于是 ③ 为
$1\leqslant i_j\leqslant s,i_1+\cdots+i_k=n,i_1+i_2>s$ ④
另一方面，假设小标 $i_1,\cdots,i_k$ 满足条件 ④，则记 $s_j=i_1+\cdots+i_j$，由题设 ①，可得
$a_n=a_{s_k}\geqslant a_{s_{k-1}}+a_{i_k}\geqslant a_{s_{k-2}}+a_{i_{k-1}}+a_{i_k}\geqslant \cdots\geqslant a_{i_1}+\cdots +a_{i_k}$
于是，对每个 $n>s$，我们有
$a_n=\max\{a_{i_1}+\cdots+a_{i_k}$：其中 $(i_1,\cdots,i_k)$ 满足 ④ $\}$．
记 $m=\max\left\{\dfrac{a_i}{i}|i\leqslant i\leqslant s\right\}$，且设某个固定的正整数 $l\leqslant s$ 使得 $m=\dfrac{a_l}{l}$．
构造数列 $\{b_n\}:b_n=a_n-mn,n=1,2,\cdots$，则 $b_l=0$．当 $n\leqslant s$ 时，由 $m$ 的定义知 $b_n\leqslant 0$．当 $n>s$ 时，
$\begin{aligned}
b_n&=a_n-mn=\max\{a_k+a_{n-k}|1\leqslant k\leqslant n-1\}-mn\\
&=\max\{b_k+b_{n-k}+mn|1\leqslant k\leqslant n-1\}-mn\\
&=\max\{b_k+b_{n-k}|1\leqslant k\leqslant n-1\}\leqslant 0
\end{aligned}$
所以，$b_n\leqslant 0,n=1,2,\cdots$，且当 $n>s$ 时，$b_n=\max\{b_k+b_{n-k}|1\leqslant k\leqslant n-1\}$．
若 $b_k=0,k=1,2,\cdots,s$，则对所有正整数 $n,b_n=0$，于是 $a_n=mn,n=1,2,\cdots$，从而命题得证．
否则，令 $M=\max\{b_k+b_{n-k}|1\leqslant k\leqslant n-1\}\geqslant b_l+b_{n-l}=b_{n-l}$
所以 $0\geqslant b_n\geqslant b_{n-l}\geqslant\cdots\geqslant -M$．
对于数列 $\{b_n\}$，由 ②，③ 知，每个 $b_n$ 属于集合
$T=\{b_{i_1}+b_{i_2}+\cdots+b_{i_k}:1\leqslant i_1,\cdots,i_k\leqslant s\}\bigcap [-M,0]$
而 $T$ 是一个有限集．事实上，对于任意 $x\in T$，令
$x=b_{i_1}+\cdots+b_{i_k}(1\leqslant i_1,\cdots,i_k\leqslant s)$
则 $b_{i_j}$ 中至多有 $\dfrac{M}{\varepsilon}$ 个非零项（否则，$x<\dfrac{M}{\varepsilon}(-\varepsilon)=-M$），故 $x$ 有有限个这样的和的表示方式．
所以，对每一个 $t=1,2,\cdots,l$，数列
$b_{s+t},b_{s+t+l},b_{s+t+2l},\cdots$
是递增的且取有限个值，所以从某个下标开始是常数，故数列 $\{b_n\}$ 从某个下标 $N$ 开始是以 $l$ 为周期的周期数列，即
$b_n=b_{n-l}=b_l+b_{n-l},n>N+l$
所以
$\begin{aligned}
a_n&=b_n+mn\\
&=(b_l+ml)+(b_{n-l}+m(n-l))\\
&=a_l+a_{n-l},n>N+l
\end{aligned}$
答案
解析
备注
