Пусть, напротив, среди любых k чисел нашей последовательности наименьшее не больше половины наибольшего. Рассмотрим числа a₁, a₂, ..., a_k. По условию, a₁ – наибольшее среди них, a_k – наименьшее; согласно сделанному предположению,  a_k ≤ ½ a₁.  Рассматривая числа a_k, a_k+1, ..., a_2k–1, точно так же получим  a_2k–1 ≤ ½ a_k ≤ ¼ a₁.  Продолжая далее, обнаружим, что  a_n(k–1)+1 ≤ 2^–na₁.  Рассмотрим теперь сумму

S₁ = a₁ + a_k + a_2k–1 + ... + a_n(k–1)+1 + ... .  Вследствие полученных выше неравенств  S₁ ≤ a₁(1 + 2^–1 + 2^–2 + ... + 2^–n + ...) = 2a₁.  Отсюда следует, что

S₂ = a₂ + a_k+1 + ... + a_n(k–1)+2 + ... ≤ 2a₁,  S₃ = a₃ + a_k+2 + ... + a_n(k–1)+3 + ... ≤ 2a₁,  S_k–1 = a_k–1 + a_2k–2 + ... + a_{n(k–1)+k–1} + ... ≤ 2a₁  (так как каждому слагаемому в этих суммах соответствует не меньшее слагаемое в сумме S₁). Суммируя полученные неравенства, имеем

S = S₁ + S₂ + ... + S_k–1 ≤ 2(k – 1)a₁ = ^k–1/_k < 1.  В то же время  S = S₁ + S₂ + ... + S_k–1 = а₁ + а₂ + ... + a_k + ... = 1  по условию. Противоречие.

Ответ задачи отсутствует