Олимпиадная задача по алгебре — числа на круге от Богданова

Решение 1:Пусть по кругу записаны числа $a_1$, $a_2$, $\ldots$, $a_{50}$ (в таком порядке). Докажем, что в одной из пар $(a_1, a_2)$, $(a_3, a_4)$, $\ldots$, $(a_{49}, a_{50})$ числа отличаются не более чем на 2. Рассмотрим выражение $$A = (a_1 - a_2)(a_3 - a_4)\ldots (a_{49} - a_{50}).$$ При раскрытии скобок получается сумма $2^{25}$ произведений по $25$ исходных чисел — в каждое произведение входит по одному числу из каждой пары $(a_1, a_2)$, $(a_3, a_4)$, $\ldots$, $(a_{49}, a_{50})$. Каждое из произведений входит в сумму со знаком «плюс» или «минус» – в зависимости от того, чётное или нечётное количество чисел из набора $a_2$, $a_4$, $\ldots$, $a_{50}$ содержится в данном произведении. Произведения разбиваются на пары: вместе с каждым произведением каких-либо $25$ чисел в сумму входит и произведение остальных $25$ чисел. При этом произведения из каждой такой пары входят в сумму с разными знаками. Действительно, если в одно из произведений входит $k$ чисел из набора $a_2$, $a_4$, $\ldots$, $a_{50}$, то оставшиеся $25-k$ из этих чисел входят в парное произведение – и так как $k$ и $25-k$ разной чётности, то соответствующие произведения имеют разные знаки. Количество пар в два раза меньше, чем количество произведений, то есть равно $\frac{1}{2}\cdot 2^{25} = 2^{24}$. По условию разность произведений в каждой паре по модулю не превосходит $2$. Отсюда следует, что сумма, получающаяся после раскрытия скобок в выражении $A$, по модулю не превосходит $2\cdot 2^{24} = 2^{25}$. Таким образом, мы доказали, что $$|A| = |a_1 - a_2|\cdot |a_3 - a_4|\cdot\ldots\cdot|a_{49} - a_{50}|$$ не больше $2^{25}$, а значит, один из 25 множителей $|a_1 - a_2|$, $|a_3 - a_4|$, $\ldots$, $|a_{49} - a_{50}|$ не больше $2$, что и требовалось.

Решение 2:Предположим, что утверждение задачи неверно, то есть что любые два соседних числа отличаются более чем на 2. Как и в первом решении, разобьём числа на $50$ непересекающихся пар соседних $(a_1, a_2)$, $(a_3, a_4)$, $\ldots$, $(a_{49}, a_{50})$ и в каждой паре выберем число с наибольшим модулем (если модули чисел в паре совпадают, можно выбрать любое число). Выбранные 25 чисел назовёмбольшими, а оставшиеся 25 –маленькими. Докажем, что произведение $25$большихчисел отличается от произведения $25$маленькихболее чем на 2. Не умаляя общности, будем считать, чтобольшиечисла – это $a_1, a_3, \ldots, a_{49}$, амаленькие– $a_2, a_4, \ldots, a_{50}$. Заметим, что модуль каждого из чисел $a_1, a_3, \ldots, a_{49}$ больше единицы – иначе в соответствующей паре числа отличались бы не более чем на 2. Случай 1: в какой-то из выбранных пар числа одного знака (возможно, одно из чисел равно нулю). Без ограничения общности будем считать, что это пара $(a_1, a_2)$. Докажем индукцией по $n$, что $|a_1a_3\ldots a_{2n-1}| - |a_2a_4\ldots a_{2n}| > 2$ при любом $n$ от $1$ до $25$. База для $n = 1$ следует из нашего предположения. Переход от $n$ к $n + 1$: обозначим $A = a_1a_3\ldots a_{2n-1}$ и $B = a_2a_4 \ldots a_{2n}$ и предположим, что $$ |a_1a_3\ldots a_{2n-1}| - |a_2a_4\ldots a_{2n}| > 2. $$ Тогда $$ \begin{aligned} |Aa_{2n+1}| - |Ba_{2n+2}| &= |A|\cdot|a_{2n+1}| - |B|\cdot|a_{2n+2}| \geqslant\ & \geqslant |A|\cdot|a_{2n+1}| - |B|\cdot|a_{2n+1}| = \ & = |a_{2n+1}|(|A| - |B|) > 2|a_{2n+1}| > 2. \end{aligned} $$ Первое неравенство выполнено в силу условия $|a_{2n+1}| \geqslant |a_{2n+2}|$, второе – по предположению индукции, а третье – так как $|a_{2n+1}|>1$. При $n = 25$ получается, что модули произведений $a_1a_3\ldots a_{49}$ и $a_2a_4\ldots a_{50}$ отличаются более чем на $2$, и тогда тем более это верно для самих произведений. Случай 2: в каждой из пар числа разного знака. Наше предположение о разности чисел в каждой паре переписывается как $|a_{2i-1}| + |a_{2i}| > 2$ при любом $i =1,2,\ldots, 25$. При этом произведения $a_1a_3\ldots a_{49}$ и $a_2a_4\ldots a_{50}$ имеют разные знаки, так что нужно доказать, что $$ |a_1a_3\ldots a_{49}| + |a_2a_4\ldots a_{50}| > 2. $$ Снова докажем индукцией по $n$, что $$|a_1a_3\ldots a_{2n-1}| + |a_2a_4\ldots a_{2n}| > 2 $$ при любом $n = 1$, $2$, $\ldots$, $25$. База для $n = 1$ уже известна. Докажем переход от $n$ к $n + 1$: обозначим $A = a_1a_3\ldots a_{2n-1}$ и $B = a_2a_4\ldots a_{2n}$ и предположим, что $|A| + |B| > 2$. Так как $|a_{2i-1}| \geqslant |a_{2i}|$ при любом $i$, то легко понять, что $|A| \geqslant |B|$. Нам нужно доказать, что $|A|\cdot |a_{2n+1}| + |B|\cdot|a_{2n+2}|>2$. Для этого достаточно убедиться, что $$|A|\cdot |a_{2n+1}| + |B|\cdot|a_{2n+2}| \geqslant |A| + |B|, $$ а это неравенство переписывается в следующем виде: $$|A|\cdot (|a_{2n+1}| - 1) \geqslant |B|\cdot(1 - |a_{2n+2}|).$$ Вспомним, что $|a_{2n+1}| > 1$, так что если $|a_{2n+2}|\leqslant 1$, то последнее неравенство очевидно. В противном случае перепишем условие $|a_{2n+1}| + |a_{2n+2}| > 2$ в виде $|a_{2n+1}| - 1 > 1 - |a_{2n+2}|$, и, перемножая данное неравенство с $|A|\geqslant |B|$ (что возможно в силу неотрицательности выражений в неравенствах), получаем требуемое.

Ответ задачи отсутствует