Не совсем понятно условие задачи о перестановках

[Xenia1996]

На математической олимпиаде Тайваня 1992 (а их олимпиады традиционно сильные (китайцы, как-никак)) предлагалась следующая задача (приобщаю оригинальный текст и перевод):

Find the greatest positive integer A with the following property: For every
permutation of the thousand numbers 1001, . . . , 2000, the sum of some ten
consecutive terms is greater than or equal to A.

Найти наибольшее натуральное число А, обладающее следующим свойством:
При любой перестановке чисел 1001, ..., 2000 сумма некоторых 10 последовательных элементов больше или равна А.

(Если это то, о чём я подумала, то тогда...)

Ответ будет 15005. Почему?
Сумма всех чисел с 1001 по 2000 равна 3001*500=1500500. Разобьём перестановку из 1000 чисел на 100 десятков. Если в каждом десятке сумма меньше 15005, то общая сумма будет меньше 1500500.
С другой стороны, перестановка 2000, 1001, 1999, 1002, 1998, 1003, ..., 1501, 1500 доказывает, что суммы 15006 и выше может и не быть.

Несмотря на вышеизложенное, у меня по-прежнему осталось стойкое ощущение того, что либо я неправильно решила, либо не поняла условие (ведь задач с тьмутараканских кружков на китаеязычных олимпиадах не предлагают).

Помогите, пожалуйста, разобраться.
Заранее благодарна!

[Dan B-Yallay]

По крайней мере перевод с английского корректен.

[bnovikov]

Все верно.

[Xenia1996]

bnovikov в сообщении #449269 писал(а):

Все верно.

Кстати, ссылку на задачу забыла дать (она там последняя):
http://www.imomath.com/othercomp/Twn/TwnMO92.pdf

[e7e5]

А если даны числа: $1, 2,..11$ и берется любая последовательность из десяти элементов?

[Xenia1996]

e7e5 в сообщении #449290 писал(а):

А если даны числа: $1, 2,..11$ и берется любая последовательность из десяти элементов?

Разве не 56?

-- Пн май 23, 2011 20:17:46 --


Сумма всех 11 чисел равна 66.
Если взять 10 последовательных элементов, то одно число останется за бортом. Вариантов всего два - взять первые 10 или последние 10. В первом случае за бортом останется последнее число, во втором - первое. Наименьшее из этих двух чисел не превосходит 10, значит сумма остальных десяти чисел - не меньше 56. Возможна перестановка, при которой числа 57 (и выше) не будет. Например, 10, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 11.

Разве не так?

[e7e5]

В чем тогда состоит стойкое ощущение неправильного решения для бОльшего числа элементов подпоследовательности последовательности $1,2,...n$?

[Xenia1996]

e7e5 в сообщении #449316 писал(а):

В чем тогда состоит стойкое ощущение неправильного решения для бОльшего числа элементов подпоследовательности последовательности $1,2,...n$?

Вот теперь до меня дошло, что можно было иначе решить. Ведь это ж мне повезло, что там 1000 членов и нужна сумма десяти, а $10 | 1000$. Могло же быть, скажем, 999 элементов!

(Оффтоп)

Вы, случайно, не педагог?

[e7e5]

И какое же общее решение если из последовательности $1,2,..n$ выделяется подпоследовательность $n_i, n_{i+1},...n_{i+k}$ и ищется натуральное число $A$ ( по аналогии с исходной задачей)?

(Оффтоп)

нет, не педагог, просто любитель

[MrDindows]

Xenia1996 в сообщении #449322 писал(а):

e7e5 в сообщении #449316 писал(а):

В чем тогда состоит стойкое ощущение неправильного решения для бОльшего числа элементов подпоследовательности последовательности $1,2,...n$?

Вот теперь до меня дошло, что можно было иначе решить. Ведь это ж мне повезло, что там 1000 членов и нужна сумма десяти, а $10 | 1000$. Могло же быть, скажем, 999 элементов!

(Оффтоп)

Вы, случайно, не педагог?

Аналогично.
Разобьём на десятки, вот только в последнюю десятку впихнём 990-ый элемент.
Таким образом сумма всех десяток будет равнятся от $\frac{ 3001\cdot 999}{2}+1001$ до $\frac{3001\cdot 999}{2}+1999$. Значит хотя бы 1 десяток содержит как минимум

$$\left\lceil \frac{\frac{ 3001\cdot 999}{2}+1001}{100}\right\rceil$$

Пример можно взять также аналогичный)