题目内容

给定一个n项的实数列 $数学公式$ ，任意选取一个实数c，变换T（c）将数列a₁，a₂，…，a_n变换为数列|a₁-c|，|a₂-c|，…，|a_n-c|，再将得到的数列继续实施这样的变换，这样的变换可以连续进行多次，并且每次所选择的实数c可以不相同，第k（k∈N^*）次变换记为T_k（c_k），其中c_k为第k次变换时选择的实数．如果通过k次变换后，数列中的各项均为0，则称T₁（c₁），T₂（c₂），…，T_k（c_k）为“k次归零变换”．
（Ⅰ）对数列：1，3，5，7，给出一个“k次归零变换”，其中k≤4；
（Ⅱ）证明：对任意n项数列，都存在“n次归零变换”；
（Ⅲ）对于数列1，2²，3³，…，nⁿ，是否存在“n-1次归零变换”？请说明理由．

解：（Ⅰ）方法1：T₁（4）：3，1，1，3；T₂（2）：1，1，1，1；T₃（1）：0，0，0，0．
方法2：T₁（2）：1，1，3，5；T₂（2）：1，1，1，3；T₃（2）：1，1，1，1；T₄（1）：0，0，0，0．．…（4分）
（Ⅱ）经过k次变换后，数列记为 $\text{[math]}$ ，k=1，2，…．
取 $\text{[math]}$ ，则 $\text{[math]}$ ，即经T₁（c₁）后，前两项相等；
取 $\text{[math]}$ ，则 $\text{[math]}$ ，即经T₂（c₂）后，前3项相等；
…
设进行变换T_k（c_k）时，其中 $\text{[math]}$ ，变换后数列变为 $\text{[math]}$ ，则 $\text{[math]}$ ；
那么，进行第k+1次变换时，取 $\text{[math]}$ ，
则变换后数列变为 $\text{[math]}$ ，
显然有 $\text{[math]}$ ；
…
经过n-1次变换后，显然有 $\text{[math]}$ ；
最后，取 $\text{[math]}$ ，经过变换T_n（c_n）后，数列各项均为0．
所以对任意数列，都存在“n次归零变换”． …（9分）
（Ⅲ）不存在“n-1次归零变换”．…（10分）
证明：首先，“归零变换”过程中，若在其中进行某一次变换T_j（c_j）时，c_j＜min{a₁，a₂，…，a_n}，那么此变换次数便不是最少．这是因为，这次变换并不是最后的一次变换（因它并未使数列化为全零），设先进行T_j（c_j）后，再进行T_j+1（c_j+1），由||a_i-c_j|-c_j+1|=|a_i-（c_j+c_j+1）|，即等价于一次变换T_j（c_j+c_j+1），同理，进行某一步T_j（c_j）时，c_j＞max{a₁，a₂，…，a_n}；此变换步数也不是最小．
由以上分析可知，如果某一数列经最少的次数的“归零变换”，每一步所取的c_i满足min{a₁，a₂，…，a_n}≤c_i≤max{a₁，a₂，…，a_n}．
以下用数学归纳法来证明，对已给数列，不存在“n-1次归零变换”．
（1）当n=2时，对于1，4，显然不存在“一次归零变换”，结论成立．
（由（Ⅱ）可知，存在“两次归零变换”变换： $\text{[math]}$ ）
（2）假设n=k时成立，即1，2²，3³，…，k^k不存在“k-1次归零变换”．
当n=k+1时，假设1，2²，3³，…，k^k，（k+1）^k+1存在“k次归零变换”．
此时，对1，2²，3³，…，k^k也显然是“k次归零变换”，由归纳假设以及前面的讨论不难知1，2²，3³，…，k^k不存在“k-1次归零变换”，则k是最少的变换次数，每一次变换c_i一定满足 $\text{[math]}$ ，i=1，2，…，k．
因为 $\text{[math]}$ ≥（k+1）^k+1-k•k^k＞0
所以，（k+1）^k+1绝不可能变换为0，与归纳假设矛盾．
所以，当n=k+1时不存在“k次归零变换”．
由（1）（2）命题得证． …（13分）
分析：（Ⅰ）根据新定义，计算经变换T₁（4）；T₂（2）；T₃（1），或T₁（2）；T₂（2）；T₃（2）；T₄（1），可得结论；
（Ⅱ）记经过T_k（c_k）变换后，数列为 $\text{[math]}$ ．取 $\text{[math]}$ ， $\text{[math]}$ ，继续做类似的变换，取 $\text{[math]}$ ，（k≤n-1），经T_k（c_k）后，得到数列的前k+1项相等，再取 $\text{[math]}$ ，经T_n（c_n）后，即可得到结论；
（Ⅲ）不存在“n-1次归零变换”．利用数学归纳法进行证明．
点评：本题考查数学归纳法，考查新定义，考查学生分析解决问题的能力，难度较大．