题遇 #3
常数列也是等差数列
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Zelda110
原题
设有穷整数列 $A=\{a_n\},n=1,2,...,11$，$a_1=1$，$\forall i\in\{1,2,...,9\},a_i+a_{i+1}+a_{i+2}>0$，且 $\{a_n\}$ 经过重新排列可以组成一个等差数列. $S(A)=\sum_{i=1}^{11}a_i$. 求 $S(A)$ 最小值.
解析
设 $\{a_n\}$ 重新排列后形成的等差数列公差为 $d$. 显然 $d$ 为整数.
$d=0$ 时，$\{a_n\}$ 为常数列. 设 $a_n=c,n=1,2,...,11$，则 $a_1+a_2+a_3=3c>0$，所以 $c\ge1$. $S(A)=11c\ge11$.
$d\ge1$ 时，若 $d\ge2$，由 $\{a_n\}$ 可重排为等差数列且 $a_1=1$，可设 $a_n=db_n+1,n=1,2,...,11$. 其中 $\{b_n\}$ 为 $11$ 个连续整数，且 $b_1=0$. 取数列 $A'=\{a'_n\}$，其中 $a'_n=b_n+1$，则 $a'_1=1$.
对任意 $i=1,2,...,11$，若 $b_i+b_{i+1}+b_{i+2}\ge0$，则
$$a'_i+a'_{i+1}+a'_{i+2}=b_i+b_{i+1}+b_{i+2}+3>0$$
若 $b_i+b_{i+1}+b_{i+2}<0$，则
$$a'_i+a'_{i+1}+a'_{i+2}=b_i+b_{i+1}+b_{i+2}+3>d(b_i+b_{i+1}+b_{i+2})+3=a_i+a_{i+1}+a_{i+2}>0$$
于是 $\forall i\in\{1,2,...,9\},a'_i+a'_{i+1}+a'_{i+2}>0$.
显然 $\{a'_n\}$ 经过重排可以组成一个等差数列. 故 $\{a'_n\}$ 也是一个满足条件的数列，且
$$S(A)=\sum_{i=1}^{11}a_i=d\sum_{i=1}^{11}b_i+11\\S(A')=\sum_{i=1}^{11}a'_i=\sum_{i=1}^{11}b_i+11$$
若 $\sum_{i=1}^{11}b_i<0$，由于 $\{b_n\}$ 为 $11$ 个连续整数，$b_{max}\le4$，且 $\{b_n\}$ 中至少有 $6$ 个负数. 又 $d\ge2$，故 $\{a_n\}$ 中也至少有 $6$ 个负数. 将 $\{a_n\}$ 分为 $\{a_1,a_2\}$，$\{a_3,a_4,a_5\}$，$\{a_6,a_7,a_8\}$，$\{a_9,a_{10},a_{11}\}$ 四组. 由于 $a_1=1>0$， $\{a_1,a_2\}$ 中最多有 $1$ 个负数；由 $a_i+a_{i+1}+a_{i+2}>0,i=1,2,...,9$，每个三元组内至多有 $2$ 个负数. 故至少有 $2$ 个三元组内含 $2$ 个负数. 设这两组内所有数和为 $s$，则 $0<s\le(1-d)+(1-2d)+(1-3d)+(1-4d)+(1+4d)+(1+3d)=6-3d\le0$，矛盾.
因此 $\sum_{i=1}^{11}b_i\ge0$，显然有 $S(A)\ge S(A')$. 所以 $A'$ 是一个满足题设条件且元素和更小的数列.
由上不妨设 $d=1$. 此时 $\{a_n\}$ 为 $11$ 个连续整数，且 $a_1=1$.
设 $\{a_n\}$ 中最大的数为 $x$，则 $S(A)=11x-55$. 有
$$11x-55=S(A)=a_1+a_2+a_3-a_3+\sum_{i=1}^3(a_{3i}+a_{3i+1}+a_{3i+2})\ge1-x+3$$
于是 $x\ge5$.
若 $x=5$，则 $\{a_n\}$ 为 $[-5,5]$ 中所有整数，其中有 $5$ 个负数. 设 $A_0=a_1+a_2,A_i=a_{3i}+a_{3i+1}+a_{3i+2},i=1,2,3$.
我们有
$$0=11x-55=S(A)=A_0+A_1+A_2+A_3\ge3+A_0$$
所以 $A_0\le-3$. 由 $a_1=1$，$A_0=a_1+a_2\ge 1-5=-4$.
$A_0=-3$ 时，$a_1=1,a_2=-4$，且 $A_i=1,i=1,2,3$. 因为 $a_1+a_2+a_3>0$，$a_3\in\{4,5\}$.
若 $a_3=5$，由 $A_1=1$，$a_4+a_5=-4$. 又 $a_4+a_5+a_6>0$，$a_6\ge5$，矛盾.
因此 $a_3=4$. 则 $a_4+a_5=-3$，故 $\{a_4,a_5\}\in\{\{0,-3\},\{-1,-2\}\}$ 且 $a_6\ge4$，故 $a_6=5$. 又 $A_2=1$，所以 $a_7+a_8=-4$. 因为 $a_2=-4$，$\{a_7,a_8\}=\{-1,-3\}$，则 $\{a_4,a_5\}\bigcap\{a_7,a_8\}\ne\varnothing$，矛盾.
$A_0=-4$ 时，$a_1=1,a_2=-5$，由 $a_1+a_2+a_3>0$，$a_3=5$. 由 $a_2+a_3+a_4>0$，$a_4\ge1$，所以 $a_4\ge2$. 因此 $A_1\ge5+2-4=3$，$0=S(A)=A_0+A_1+A_2+A_3\ge-4+3+1+1>0$，矛盾.
所以 $x\ge6$，从而 $S(A)=11x-55\ge11$.
综上，$S(A)\ge11$. 取 $a_n=1,n=1,2,...,11$，$S(A)=11$. 故 $S(A)$ 最小值为 $11$.
