Question

對于每項均是正整數(shù)的數(shù)列A：a₁，a₂，…，a_n，定義變換T₁，T₁將數(shù)列A變換成數(shù)列T₁（A）：n，a₁-1，a₂-1，…，a_n-1．
對于每項均是非負整數(shù)的數(shù)列B：b₁，b₂，…，b_m，定義變換T₂，T₂將數(shù)列B各項從大到小排列，然后去掉所有為零的項，得到數(shù)列T₂（B）．
又定義S（B）=2（b₁+2b₂+…+mb_m）+b₁²+b₂²+…+b_m²．
設(shè)A₀是每項均為正整數(shù)的有窮數(shù)列，令A(yù)_k+1=T₂（T₁（A_k））（k=0，1，2，…）．
（Ⅰ）如果數(shù)列A₀為2，6，4，8，寫出數(shù)列A₁，A₂；
（Ⅱ）對于每項均是正整數(shù)的有窮數(shù)列A，證明S（T₁（A））=S（A）；
（Ⅲ）證明：對于任意給定的每項均為正整數(shù)的有窮數(shù)列A₀，存在正整數(shù)K，當(dāng)k≥K時，S（A_k+1）=S（A_k）．

Answer 1

考點：分析法和綜合法

專題：綜合題,等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（Ⅰ）由A₀：2，6，4，8，求得T₁（A₀）再通過A_k+1=T₂（T₁（A_k））求解．
（Ⅱ）設(shè)有窮數(shù)列A求得T₁（A）再求得S（T₁（A）），由S（A）=2（a₁+2a₂++na_n）+a₁²+a₂²++a_n²，兩者作差比較．
（Ⅲ）設(shè)A是每項均為非負整數(shù)的數(shù)列a₁，a₂，a_n．在存在1≤i＜j≤n，有a_i≤a_j時條件下，交換數(shù)列A的第i項與第j項得到數(shù)列B，在存在1≤m＜n，使得a_m+1=a_m+2═a_n=0時條件下，若記數(shù)列a₁，a₂，…，a_m為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的整數(shù)，所以經(jīng)過有限步后，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）證明：設(shè)每項均是正整數(shù)的有窮數(shù)列A為a₁，a₂，…，a_n，
則T₁（A）為n，a₁-1，a₂-1，…，a_n-1，
從而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）證明：設(shè)A是每項均為非負整數(shù)的數(shù)列a₁，a₂，a_n．
當(dāng)存在1≤i＜j≤n，使得a_i≤a_j時，交換數(shù)列A的第i項與第j項得到數(shù)列B，
則S（B）-S（A）=2（ia_j+ja_i-ia_i-ja_j）=2（i-j）（a_j-a_i）≤0．
當(dāng)存在1≤m＜n，使得a_m+1=a_m+2═a_n=0時，若記數(shù)列a₁，a₂，a_m為C，
則S（C）=S（A）．
所以S（T₂（A））≤S（A）．
從而對于任意給定的數(shù)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）．
即對于k∈N，要么有S（A_k+1）=S（A_k），要么有S（A_k+1）≤S（A_k）-1．
因為S（A_k）是大于2的整數(shù)，所以經(jīng)過有限步后，必有S（A_k）=S（A_k+1）=S（A_k+2）=0．
即存在正整數(shù)K，當(dāng)k≥K時，S（A_k+1）=S（A）．

點評：本題是一道由一個數(shù)列為基礎(chǔ)，按著某種規(guī)律新生出另一個數(shù)列的題目，要注意新數(shù)列的前幾項一定不能出錯，一出旦錯，則整體出錯．