Question

对于每项均是正整数的数列A：a₁，a₂，…，a_n，定义变换T₁，T₁将数列A变换成数列T₁（A）：n，a₁-1，a₂-1，…，a_n-1．
对于每项均是非负整数的数列B：b₁，b₂，…，b_m，定义变换T₂，T₂将数列B各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列T₂（B）．
又定义S（B）=2（b₁+2b₂+…+mb_m）+b₁²+b₂²+…+b_m²．
设A₀是每项均为正整数的有穷数列，令A_k+1=T₂（T₁（A_k））（k=0，1，2，…）．
（Ⅰ）如果数列A₀为2，6，4，8，写出数列A₁，A₂；
（Ⅱ）对于每项均是正整数的有穷数列A，证明S（T₁（A））=S（A）；
（Ⅲ）证明：对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列A₀，存在正整数K，当k≥K时，S（A_k+1）=S（A_k）．

Answer 1

考点：分析法和综合法

专题：综合题,等差数列与等比数列

分析：（Ⅰ）由A₀：2，6，4，8，求得T₁（A₀）再通过A_k+1=T₂（T₁（A_k））求解．
（Ⅱ）设有穷数列A求得T₁（A）再求得S（T₁（A）），由S（A）=2（a₁+2a₂++na_n）+a₁²+a₂²++a_n²，两者作差比较．
（Ⅲ）设A是每项均为非负整数的数列a₁，a₂，a_n．在存在1≤i＜j≤n，有a_i≤a_j时条件下，交换数列A的第i项与第j项得到数列B，在存在1≤m＜n，使得a_m+1=a_m+2═a_n=0时条件下，若记数列a₁，a₂，…，a_m为C，A_k+1=T₂（T₁（A_k））s（A_k+1）≤S（T₁（A_k））．由S（T₁（A_k））=S（A_k），得到S（A_k+1）≤S（A_k）．S（A_k）是大于2的整数，所以经过有限步后，必有S（A_k）=S（A_k+1）=S（A_k+2）=0．

解答： （Ⅰ）解：A₀：2，6，4，8，T₁（A₀）：4，1，5，7，3，A₁：7，5，4，3，1；T₁（A₁）：7，5，4，3，1，T₁（A₁）：5，6，3，4，2，0，∴A₂：6，5，4，3，2．
（Ⅱ）证明：设每项均是正整数的有穷数列A为a₁，a₂，…，a_n，
则T₁（A）为n，a₁-1，a₂-1，…，a_n-1，
从而S（T₁（A））=2[n+2（a₁-1）+3（a₂-1）+…+（n+1）（a_n-1）]+n²+（a₁-1）²+（a₂-1）²+…+（a_n-1）²．
又S（A）=2（a₁+2a₂+…+na_n）+a₁²+a₂²+…+a_n²，
所以S（T₁（A））-S（A）=2[n-2-3-…-（n+1）]+2（a₁+a₂+…+a_n）+n²-2（a₁+a₂+…+a_n）+n=-n（n+1）+n²+n=0，
故S（T₁（A））=S（A）．
（Ⅲ）证明：设A是每项均为非负整数的数列a₁，a₂，a_n．
当存在1≤i＜j≤n，使得a_i≤a_j时，交换数列A的第i项与第j项得到数列B，
则S（B）-S（A）=2（ia_j+ja_i-ia_i-ja_j）=2（i-j）（a_j-a_i）≤0．
当存在1≤m＜n，使得a_m+1=a_m+2═a_n=0时，若记数列a₁，a₂，a_m为C，
则S（C）=S（A）．
所以S（T₂（A））≤S（A）．
从而对于任意给定的数列A₀，由A_k+1=T₂（T₁（A_k））（k=0，1，2，）
可知S（A_k+1）≤S（T₁（A_k））．
又由（Ⅱ）可知S（T₁（A_k））=S（A_k），所以S（A_k+1）≤S（A_k）．
即对于k∈N，要么有S（A_k+1）=S（A_k），要么有S（A_k+1）≤S（A_k）-1．
因为S（A_k）是大于2的整数，所以经过有限步后，必有S（A_k）=S（A_k+1）=S（A_k+2）=0．
即存在正整数K，当k≥K时，S（A_k+1）=S（A）．

点评：本题是一道由一个数列为基础，按着某种规律新生出另一个数列的题目，要注意新数列的前几项一定不能出错，一出旦错，则整体出错．