◆山梨県 Footmark さんからの解答。
数列の項数は１４が最多。
+1ａ，+1ａ，+1ａ，-5ａ，+1ａ，+1ａ，+1ａ，+1ａ，+1ａ，+1ａ，-5ａ，+1ａ，+1ａ，+1ａ
連続７項の和＝＋１ａ＞０
連続１１項の和＝−１ａ＜０
（ただし、ａは正整数）
◆出題者のコメント。
山梨県のFootmarkさんの解答は残念ながら違います。
◆広島県 清川 育男 さんからの解答。
項数15も可能ですね。
一例
-5,3,5,-5,-5,3,5,-5,3,5,-5,-5,3,5,-5
まだまだ可能ですね。フィボナッチ数列と関係ありそうです。
◆埼玉県 \aleph_0 さんからの解答。
Nを項数とする．
1≦n≦m≦Nに対して
S(n,m)＝f(n)+f(n+1)+...+f(m)
とおくと，与えられた条件より，
1≦n≦N-6に対して，S(n,n+6)＞0,
1≦n≦N-10に対して，S(n,n+10)＜0
であるから，
(1) 1≦n≦N-10に対して，
f(n+4)+f(n+5)+f(n+6)＝S(n,n+6)+S(n+4,n+10)-S(n,n+10)＞0,
(2) 1≦n≦N-13に対して，
f(n+3)＝S(n,n+10)+S(n+3,n+13)-S(n,n+6)-S(n+4,n+10)-S(n+7,n+13)＜0
であるが，N≧17と仮定すると，
(1)においてn＝1とおくと，f(5)+f(6)+f(7)＞0,
(2)においてn＝2,3,4とおくと，f(5),f(6),f(7)＜0
となり矛盾．したがって，N≦16を得る．
一方，N＝16のとき，整数a≧0に対してf(n)を以下のように定めれば，与えられた条件を満たす．
| n | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | 13 | 14 | 15 | 16 |
| f(n) | -(a+5) | -(a+5) | 4a+13 | -(2a+5) | -(2a+5) | -(2a+5) | 4a+13 | -(a+5) | -(a+5) | 4a+13 | -(2a+5) | -(2a+5) | -(2a+5) | 4a+13 | -(a+5) | -(a+5) |
【追加問題についての証明(略解)．】
M(p,q)＝p+q-2.
まず，M(p,q)≦p+q-2をmin{p,q}に関する帰納法により示す．
一方，次の命題を「max{p,q}をmin{p,q}で割った余りr」に関する帰納法で示す．
命題．任意の正の整数s, tに対して次の条件を満たす有限列が存在する．
(a) 項数はp+q-2で，各項は0でない整数．
(b) 周期p, qを持つ．
(c) 最初のp項の和＝s，最初のq項の和＝-t．
これよりM(p,q)≧p+q-2が従う．
◆山梨県 Footmark さんからの解答。
取っつきやすい問題にしては、結構面白いですね。
前回の解答のように安易に試行錯誤で求めたのでは駄目ですね。^^;
最多項数を得るだけなら、一般に以下のような再帰的手法も可能です。
ｓ(ｎ)は連続ｎ項の和を表すものとします。
また、ｓ(ｘ)が起きない時は、条件「ｓ(ｘ)はｙ」を満たすものとします。
本問を例にします。
ｓ(１１)＜０ , ｓ(７)＞０ の条件を満たす数列は、その数列の初項から７項を取り除くと
ｓ(７)＞０ , ｓ(４)＜０ の条件のを満たす数列を求めることになります。
同様にその数列の初項から４項を取り除くと
ｓ(４)＜０ , ｓ(３)＞０ の条件を満たす数列を求めることになります。
同様にその数列の初項から３項を取り除くと
ｓ(３)＞０ , ｓ(１)＜０ の条件のを満たす数列を求めることになります。
ｓ(３)もｓ(１)も同時に起きると明らかに矛盾します。
（一方の項数がもう片方の項数の整数倍なら同時に起きると矛盾。）
よって、多い方のｓ(３)を起きなくする必要があります。
すると、条件を満たす最多項数は３未満の最大整数ですから２です。
今までとり除いた全項数に、この２を加えたものが求める最多項数になる筈です。
∴ 最多項数＝７＋４＋３＋２＝１６
この手法を利用すると、条件に示された２つの項数ｐ,ｑが互いに素である必要はありません。
【追加問題の解答】
M(p,q)＝ｐ＋ｑ−２
[ 証明 ]
本問で示した再帰的手法を進めていくと、最後にｓ(ｒ)とｓ(１)の条件になる。
（ただし、ｒ＞１）
元々ｐ＋ｑから始めたので、
ｐ＋ｑ＝(今までとり除いた全項数)＋(ｒ＋１)。
ところで、最後に加えたのは(ｒ＋１)でなく(ｒー１)。
∴ M(p,q)＝(今までとり除いた全項数)＋(ｒー１)＝ｐ＋ｑ−２
【追加問題２の解答】
M(p,q)＝ｐ＋ｑ−{gcd(ｐ,ｑ)＋１}
(ただし、gcd(ｐ,ｑ)はｐ,ｑの最大公約数。)
[ 証明 ]
ｐ≠ｑなら、本問で示した再帰的手法を進めていくと、
最後にｓ(ｒ)とｓ(gcd(ｐ,ｑ))の条件になる。
（ただし、ｒ＞gcd(ｐ,ｑ)≧１）
元々ｐ＋ｑから始めたので、
ｐ＋ｑ＝(今までとり除いた全項数)＋{ｒ＋gcd(ｐ,ｑ)}。
ところで、最後に加えたのは{ｒ＋gcd(ｐ,ｑ)}でなく(ｒー１)。
∴ M(p,q)＝(今までとり除いた全項数)＋(ｒー１)＝ｐ＋ｑ−{gcd(ｐ,ｑ)＋１}
ｐ＝ｑなら、ｐ＋ｑ−{gcd(ｐ,ｑ)＋１}＝２ｐ−(ｐ＋１)＝ｐ−１
ｓ(ｐ)(ｓ(ｑ)でも同様)は起きてはならないのでM(p,q)は明らかにｐ−１(ｑ−１でも同様）。
◆埼玉県 \aleph_0 さんからのコメント。
Footmarkさん，さらなる拡張ありがとうございます．
これで，完全に一般の場合まで拡張されましたね．
せっかくなので，証明を完結したいと思います．
そこで，二つの命題を示します．
（命題1はFootmarkさんの証明の「焼き直し」ですが．）
命題1．条件(a)-(c)を満たす有限列(an)の項数Nについて，次の不等式が成り立つ．
N≦p+q-gcd(p,q)-1.
証明．
必要があれば(-an)を考えることにより，p＞qとして一般性を失わない．
このとき，「pをqで割った余りr」に関する帰納法により示す．
簡単のため1≦n≦N-m+1に対して，
S(n,m)＝a1+a2+...+an+m-1
（第n項から連続するm項の和．前回と定義が異なるのでご注意．）とおくと，条件(b),(c)より次が成り立つ．
1≦n≦N-p+1に対して，S(n,p)＞0,
1≦n≦N-q+1に対して，S(n,q)＜0.
まずr＝0のとき，N≧pと仮定すると，
0＜S(1,p)＝S(1,q)+S(q+1,q)+...+S(p-q+1,q)＜0
となり矛盾．
したがって，N≦p-1となり命題が成り立つ．
次にr＞0のとき，「p'をq'で割った余り」＜rである(p',q')に対して命題が成り立つと仮定する．このとき，
1≦n≦(N-p+r)-q+1に対して，S(n,q)＜0,
1≦n≦(N-p+r)-r+1に対して，
S(n,r)＝S(n,p)-(S(n+r,q)+S(n+r+q,q)+...+S(n+p-q,q))＞0
であるから，項数N-p+rの有限列(bn)を
bn＝-an (1≦n≦N-p+r)
と定義すれば，
(bn)は(p,q)＝(q,r)に対して条件(a)-(c)を満たすから，帰納法の仮定により，
N-p+r≦q+r-gcd(q,r)-1＝q+r-gcd(p,q)-1.
となり命題が成り立つ．□
命題2．任意の正の整数s, tに対して次の条件を満たす有限列(an)が存在する．
(i) 項数はN＝p+q-gcd(p,q)-1で，各項は整数．
(ii) 周期p, qを持つ．
(iii) a1+a2+...+ap＝s, a1+a2+...+aq＝-t.
証明．
必要があれば(-an)を考えることにより，p＞qとして一般性を失わない．
このとき，k, rをそれぞれpをqで割った商と余りとし，rに関する帰納法により示す．
簡単のため，d＝gcd(p,q)＝gcd(q,r)とおく．
まずr＝0のとき，d＝qよりN＝p-1であるから，
an＝-t if q | n, an＝0 otherwise (1≦n≦N)
とおけば，(an)は明らかに条件(i)-(iii)を満たす．
次にr＞0のとき，「p'をq'で割った余り」＜rである(p',q')に対して命題が成り立つと仮定する．
このとき，次の条件を満たす有限列(bn)が存在する．
(i') 項数はN'＝q+r-d-1で，各項は整数．
(ii') 周期q, rを持つ．
(iii') b1+b2+...+bq＝t, b1+b2+...+br＝-(s+kt).
ここで，N'＝q-1（⇔r＝d）のときは，(iii')の第一式が成り立つようにbqを定義しておく．
このとき，
an＝-bm if n≡m (mod q) (1≦n≦N)
とおけば，(an)は明らかに周期qを持ち，
また1≦n＜n+p≦Nならば1≦n+r≦N'であるから，
an+p＝an+r＝-bn+r＝-bn＝an
となり周期pを持つ．さらに，
a1+a2+...+aq＝b1+b2+...+bq＝-t,
a1+a2+...+ap
＝-k(b1+b2+...+bq)-(b1+b2+...+br)
＝-kt+(s+kt)
＝s
であるから，(an)は条件(i)-(iii)を満たす．□
さて，命題1より，M(p,q)≦p+q-gcd(p,q)-1が分かります．
一方，命題2においてs＝p, t＝qとおくと，
有限列(cn)＝(2an+1)は条件(a)-(c)を満たします．
したがって，M(p,q)≧p+q-gcd(p,q)-1が分かります．
以上より，M(p,q)＝p+q-gcd(p,q)-1が得られます．