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标题: 数列 [打印本页]

作者: quantum 时间: 2014-7-31 08:39
标题: 数列
对于每项均是正整数的数列A：a1 ，a2 ，…，an ，定义变换T1 ，T1 将数列A变换成数列T1 （A）;a1-1,a2-1......an-1

对于每项均是非负整数的数列B：b1 ，b2 ，…，bm ，定义变换T 2 ，T 2 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T 2 （B）

又定义S（B）=2*(b1 +2*b2 +…+m*bm ）+b1 ^2 +b2^ 2 +…+bm ^2 ．设A0 是每项均为正整数的有穷数列，令Ak+1 =T 2 （T 1 （A k ））
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 ）

作者: castelu 时间: 2014-7-31 12:31
证明：设$A$是每项均为非负整数的数列$a_1$，$a_2$，$\cdots$，$a_n$。
当存在$1 \le i<j \le n$，使得$a_i \le a_j$时，交换数列$A$的第$i$项与第$j$项得到数列$B$，
则$S(B)-S(A)=2(ia_j+ja_i-ia_i-ja_j)=2(i-j)(a_j-a_i) \le 0$。
当存在$1 \le m<n$，使得$a_{m+1}=a_{m+2}=a_n=0$时，若记数列$a_1$，$a_2$，$\cdots$，$a_m$为$C$，
则$S(C)=S(A)$。
所以$S(T_2(A)) \le S(A)$。
从而对于任意给定的数列$A_0$，由$A_{k+1}=T_2(T_1(A_k))$（$k=0,1,2,\cdots$）
可知$S(A_{k+1}) \le S(T_1(A_k))$。
又由$S(T_1(A_k))=S(A_k)$，所以$S(A_{k+1}) \le S(A_k)$。
即对于$k \in N$，要么有$S(A_{k+1})=S(A_k)$，要么有$S(A_{k+1}) \le S(A_k)-1$。
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$k \ge K$时，$S(A_{k+1})=S(A)$

作者: quantum 时间: 2014-7-31 17:53

castelu 发表于 2014-7-31 12:31
证明：设$A$是每项均为非负整数的数列$a_1$，$a_2$，$\cdots$，$a_n$。
当存在$1 \le i

怎么跟标准答案一模一样，我就是看不懂才来寻求帮助的，请问有通俗易懂的方法吗

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