Question

已知集合S_n={（x₁，x₂，…，x_n）|x₁，x₂，…，x_n是正整數(shù)1，2，3，…，n的一個排列}（n≥2），函數(shù)
對于（a₁，a₂，…a_n）∈S_n，定義：b_i=g（a_i-a₁）+g（a_i-a₂）+…+g（a_i-a_i-1），i∈{2，3，…，n}，b₁=0，稱b_i為a_i的滿意指數(shù)．排列b₁，b₂，…，b_n為排列a₁，a₂，…，a_n的生成列．
（Ⅰ）當n=6時，寫出排列3，5，1，4，6，2的生成列；
（Ⅱ）證明：若a₁，a₂，…，a_n和a'₁，a'₂，…，a'_n為S_n中兩個不同排列，則它們的生成列也不同；
（Ⅲ）對于S_n中的排列a₁，a₂，…，a_n，進行如下操作：將排列a₁，a₂，…，a_n從左至右第一個滿意指數(shù)為負數(shù)的項調(diào)至首項，其它各項順序不變，得到一個新的排列．證明：新的排列的各項滿意指數(shù)之和比原排列的各項滿意指數(shù)之和至少增加2．

Answer 1

【答案】分析：（Ⅰ）根據(jù)定義直接可求出n=6時的生成列
（Ⅱ）證明：設(shè)a₁，a₂，…，a_n的生成列是b₁，b₂，…，b_n；a'₁，a'₂，…，a'_n的生成列是與b'₁，b'₂，…，b'_n．從右往左數(shù)，設(shè)排列a₁，a₂，…，a_n與a'₁，a'₂，…，a'_n第一個不同的項為a_k與a'_k，則通過比較可知a_k≠a'_k，只要證明：b_k≠b'_k．即可
（Ⅲ）先設(shè)排列a₁，a₂，…，a_n的生成列為b₁，b₂，…，b_n，且a_k為a₁，a₂，…，a_n中從左至右第一個滿意指數(shù)為負數(shù)的項，則可得b₁≥0，b₂≥0，…，b_k-1≥0，b_k≤-1．然后進行操作，排列a₁，a₂，…，a_n變?yōu)榕帕衋_k，a₁，a₂，…a_k-1，a_k+1，…，a_n，設(shè)該排列的生成列為b'₁，b'₂，…，b'_n，可證
解答：（Ⅰ）解：當n=6時，排列3，5，1，4，6，2的生成列為0，1，-2，1，4，3．
（Ⅱ）證明：設(shè)a₁，a₂，…，a_n的生成列是b₁，b₂，…，b_n；a'₁，a'₂，…，a'_n的生成列是與b'₁，b'₂，…，b'_n．
從右往左數(shù)，設(shè)排列a₁，a₂，…，a_n與a'₁，a'₂，…，a'_n第一個不同的項為a_k與a'_k，
即：a_n=a'_n，a_n-1=a'_n-1，…，a_k+1=a'_k+1，a_k≠a'_k．
顯然 b_n=b'_n，b_n-1=b'_n-1，…，b_k+1=b'_k+1，下面證明：b_k≠b'_k．
由滿意指數(shù)的定義知，a_i的滿意指數(shù)為排列a₁，a₂，…，a_n中前i-1項中比a_i小的項的個數(shù)減去比a_i大的項的個數(shù)．
由于排列a₁，a₂，…，a_n的前k項各不相同，設(shè)這k項中有l(wèi)項比a_k小，則有k-l-1項比a_k大，
而b_k=l-（k-l-1）=2l-k+1．
同理，設(shè)排列a'₁，a'₂，…，a'_n中有l(wèi)'項比a'_k小，則有k-l'-1項比a'_k大，從而b'_k=2l'-k+1．
因為 a₁，a₂，…，a_k與a'₁，a'₂，…，a'_k是k個不同數(shù)的兩個不同排列，且a_k≠a'_k，
所以 l≠l'，從而 b_k≠b'_k．
所以排列a₁，a₂，…，a_n和a'₁，a'₂，…，a'_n的生成列也不同．
（Ⅲ）證明：設(shè)排列a₁，a₂，…，a_n的生成列為b₁，b₂，…，b_n，且a_k為a₁，a₂，…，a_n中從左至右第一個滿意指數(shù)為負數(shù)的項，所以 b₁≥0，b₂≥0，…，b_k-1≥0，b_k≤-1．
依題意進行操作，排列a₁，a₂，…，a_n變?yōu)榕帕衋_k，a₁，a₂，…a_k-1，a_k+1，…，a_n，
設(shè)該排列的生成列為b'₁，b'₂，…，b'_n．                                                
所以 （b'₁+b'₂+…+b'_n）-（b₁+b₂+…+b_n）
=[g（a₁-a_k）+g（a₂-a_k）+…+g（a_k-1-a_k）]-[g（a_k-a₁）+g（a_k-a₂）+…+g（a_k-a_k-1）]
=-2[g（a_k-a₁）+g（a_k-a₂）+…+g（a_k-a_k-1）]=-2b_k≥2．
所以，新排列的各項滿意指數(shù)之和比原排列的各項滿意指數(shù)之和至少增加2．
點評：本題以新定義為載體，主要考查了數(shù)列知識的綜合應(yīng)用及一定的邏輯推理與運算的能力．