Будем доказывать, что отношение больше 3 не бывает. Предположим противное, пусть есть расстановка с отношением хотя бы 4. И по кругу стоят числа $a0,a1...an−1.$

Без потери общности мы поделили $a0$ на $√ ------ an− 1a1$ и получили хотя бы $4.$ Тогда одно из чисел $an−1$ и $a1$ хотя бы в $4$ раза меньше $a0.$ Можно считать, что

a0 a1 ≥4

Рассмотрим последовательность

xi =-ai-- ai+1

Произведение всех $xi$ равно $1,$ поэтому найдётся $xk <1,$ а, значит, будет первый $j,$ такой что $xj ≤ 3.$

Докажем от противного, что $xj = 3.$ Пусть ближайшее целое к $√aj−-1aj+1$ — это $s,$ так как $aj$ делится на $s,$ то $s≤ aj.$

Так как $s$ ближайшее целое к $√aj−1aj+1,$ то верно неравенство

aj−1aj+1 ≤s(s+1)

Из которого следует

a a ≤a (a+ 1) j−1 j+1 j j

С другой стороны, если $xj < 3,$ то

aj aj+1 > 3

По определению же $j,$

aj−1 > 3aj

Воспользуемся этими двумя неравенствами

(aj +1)(3aj + 1) 2 aj + 1 aj− 1aj+1 ≥------3------= aj +aj +--3--> aj(aj + 1)

Это противоречие доказывает, что $xj = 3.$

Оценим отношение $xx0j.$ Для этого заметим, неравенство

xxt-= ataa2t+2 ≤ at+1(aat2+1+-1) =1 +a-1 t+1 t+1 t+1 t+1

( ) ( ) 4≤ x0 = x0x1⋅⋅⋅xj−1 < 1 +-1 ⋅⋅⋅ 1+ -1 3 xj x1x2 xj a1 aj

Заметим, что $aj$ делится на $3$ и если $aj =3,$ то неравенство не выполняется, поэтому $aj ≥ 6.$

Из определение $j$ получаем $aj−k > 3kaj.$ Получили такое числовое неравенство

4 ( 1)( -1) ( -1--) 3 ≤ 1+ 6 1+ 18 ⋅⋅⋅ 1+ 2⋅3j

3 ( 1) ( 1 ) ( 1 ) 4 ≥ 1− 7 1− 19 ⋅⋅⋅ 1− 2⋅3j +-1

Воспользуемся неравенством

(1− t1)(1 − t2)...(1− tn)≥1− t1− t2− ...− tn,

верного из-за индукции

3 1 -1 ---1--- 1 -1 -1-- 1 3 4 ≥ 1− 7 − 19 − ...− 2⋅3j + 1 > 1− 6 − 18 − ...− 2⋅3j ≥ 1− 4 = 4

В последнем неравенстве оценили конечную геометрическую прогрессию бесконечной. Получили противоречие, a, значит, предположение что отношение может быть больше или равно $4$ неверно.

Приведём примеры для $1,$ $2,$ и $3.$

1.: $1,$ $1,$ $1$
2.: $1,$ $1,$ $2$
3.: $1,$ $2,$ $6,$ $2,$ $1$

Последовательности и прогрессии на Высшей пробе