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2015 summer math camp for high school students, PKU

Aug 232015

第二届“北大中学生数学奖夏令营” 已于 8 月 15 日至 8 月 19 日在北京大学举办. 10 个考试题目不错, 虽然陈题特别多. 主要是为了最后的那个题, 才来写这个解答.

1. 一椭圆和双曲线有公共焦点, 双曲线上一点沿该点切线方向射出一条光线. 求证: 这条光线经椭圆反射后与双曲线相切.

椭圆 $C_1$ 与双曲线 $C_2$ 有相同的焦点. 点 $P$ 在 $C_2$ 上, 且 $A$ 在 $C_1$ 内部. 过 $A$ 作 $C_2$ 的切线 $l$.
求证: $l$ 经 $C_1$ 反射一次后仍与 $C_2$ 相切.

这个漂亮的证明来自贴吧网友拨弦转轴三两声.

$Peking University math summer camp for middle school 2015 problem 1$

Peking University math summer camp for middle school 2015 problem 1

设 $B$ 和 $C$ 是椭圆与双曲线共有的两个焦点. 设 $l$ 交椭圆于点 $D$; $l$ 的反射光线是 $l^\prime$. 记 $B$ 关于 $l^\prime$ 的对称点是 $F$; $CF$ 与 $l^\prime$ 的交点记作 $G$. 于是 $\triangle BDG\cong\triangle FDG$. 记 $C$ 关于 $AD$ 的对称点是 $H$, 于是 $\triangle CDA\cong\triangle HDA$.

椭圆的光学性质表明 $\angle BDG=\angle CDA$; 双曲线的光学性质表明 $H$ 落在 $BA$ 上.

由 $\angle BDG=\angle FDG=\angle CDA=\angle HGA$ 导出 $\angle BDH=\angle FDC$. 再注意 $DB=DF$, $DH=DC$, 所以

\[\triangle BDH\cong\triangle FDC.\]

于是 $BH=FC$.

然后,

\[GC-GB=\Big(GF+FC\Big)-GF=FC,\]

\[AB-AC=\Big(AH+HB\Big)-AH=BH.\]

至此, $GC-GB=AB-AC$ 说明 $G$ 也在双曲线上.

$\angle BGD=\angle CGD$ 道出了 $GD$, 即反射光线 $l^\prime$, 与双曲线相切.

2. $a_1$, $a_2$, $a_3$, $a_4$, $b_1$, $b_2$, $b_3$, $b_4\in\Bbb R$, $p\in(0, 1)$.
$a_1\leq a_2\leq a_4$, $a_1\leq a_3\leq a_4$, $b_1\leq b_2\leq b_4$, $b_1\leq b_3\leq b_4$.

求证:
\begin{equation}\begin{split}&\hspace3.75ex a_1b_1(1-p)^2+(a_2b_2+a_3b_3)p(1-p)+a_4b_4p^2\\&\geq\Big[a_1(1-p)^2+(a_2+a_3)p(1-p)+a_4p^2\Big]\Big[b_1(1-p)^2+(b_2+b_3)p(1-p)+b_4p^2\Big]\end{split}\end{equation}

我们先来证明一个加权的 Chebyshev’s inequlity:

设 $x_1\leq x_2$, 且 $y_1\leq y_2$, 和任意的 $p$, $0\leq p\leq1$, 都有

\begin{equation}(1-p)x_1y_1+px_2y_2\geq\big((1-p)x_1+px_2\big)\big((1-p)y_1+py_2\big).\end{equation}

事实上, 由 Chebyshev’s inequlity,

\begin{equation}\begin{split}(1-p)x_1y_1+px_2y_2&=\Big((1-p)^2x_1y_1+p(1-p)x_1y_1\Big)+\Big(p(1-p)x_2y_2+p^2x_2y_2\Big)\\&=(1-p)^2x_1y_1+p(1-p)\Big(x_1y_1+x_2y_2\Big)+p^2x_2y_2\\&\geq (1-p)^2x_1y_1+p(1-p)\Big(x_1y_2+x_2y_1\Big)+p^2x_2y_2\\&= (1-p)^2x_1y_1+p(1-p)x_1y_2+p(1-p)x_2y_1+p^2x_2y_2\\&=\big((1-p)x_1+px_2\big)\big((1-p)y_1+py_2\big). \end{split}\end{equation}

然后, 使用这个加权的 Chebyshev’s inequlity 两次:

\begin{equation}\begin{split}&\hspace3.75ex a_1b_1(1-p)^2+(a_2b_2+a_3b_3)p(1-p)+a_4b_4p^2\\&=(1-p)\Big((1-p)a_1b_1+pa_2b_2\Big)+p\Big((1-p)a_3b_3+pa_4b_4\Big)\\&\geq (1-p)\Big((1-p)a_1+pa_2\Big)\Big((1-p)b_1+pb_2)\Big)+p\Big((1-p)a_3+pa_4\Big)\Big((1-p)b_3+pb_4\Big)\\&\geq\Big[(1-p)\Big((1-p)a_1+pa_2\Big)+p\Big((1-p)a_3+pa_4\Big)\Big]\Big[(1-p)\Big((1-p)b_1+pb_2\Big)+p\Big((1-p)b_3+pb_4\Big)\Big]\\&=\Big[a_1(1-p)^2+(a_2+a_3)p(1-p)+a_4p^2\Big]\Big[b_1(1-p)^2+(b_2+b_3)p(1-p)+b_4p^2\Big].\end{split}\end{equation}

3. $\alpha$, $\beta\in\Bbb R$. 求证: 存在无穷多个 $n\in\Bbb N$, 使得 $\sin^2n\alpha+\sin^2n\beta\lt\dfrac{2\pi^2}n$.

这与实数的联立有理逼近(simultaneous approximation)的经典问题有关. 工具是经典的 Dirichlet’s approximation theorem 的 Simultaneous 版本:

设 $\vartheta_1$, $\vartheta_2$, $\dotsc$, $\vartheta_n$ 是 $n$ 个实数, 并且不全是有理数. 那么, 存在无穷多整数组 $(p_1, p_2,\dotsc, p_n, q)$, 其中 $q$ 是正整数, 使得

\[\Big|\vartheta_i-\frac{p_i}q\Big|\lt\frac1{q^{1+\frac1n}},\; i=1, 2, \dotsc, n.\]

4. $f(x)$ 是定义在 $[0, 2015]$ 上的连续函数, 且 $f(0)=f(2015)$. 求满足下列条件的实数对 $(x, y)$ 的个数的最小值: (1) $f(x)=f(y)$; (2) $x-y\in\Bbb N_+$.

大学新生很流行的题目, 可以在很多书上找到. 这里只是把 $n$ 换成了 $2015$.

不用归纳法, 也可以证明满足要求的实数对 $(x, y)$ 的个数至少是 $n$: 构造辅助函数, 使用连续函数的介值定理即可.

要说明 $n$ 确实是最小值, 还需要一个例子.

取

\[f(x)=\Big| x-\frac n2\Big|\]

即可.

5. 已知 $x_1$, $x_2$ 是方程 $x^3-3x+1=0$ 的某两个不同的根. 是否存在有理数 $a$, $b$, $c$, 使得 $x_1=ax_2^2+bx_2+c$? 若存在, 请求出所有这样的 $(a, b, c)$; 若不存在, 请说明理由.

很多人都应该见过或者在考场做过这么一个几何证明:

在 $\triangle ABC$ 中, $AB=AC$, $\angle A=100^\circ$. $\angle B$ 的平分线 $BD$ 交 $AC$ 于点 $D$. 那么, $BC=BD+AD$.

不知道有没有人算过 $BC$ 到底是多少?

假定 $AB=1$. 设 $BC=a$. 内角平分线性质定理给出 $AD=\dfrac1{a+1}$, $CD=\dfrac a{a+1}$. Stewart 定理给出了 $BD$ 的长度:

\[BD^2=\frac{a^2}{a+1}+\frac a{a+1}-\frac a{(a+1)^2}=a-\frac a{(a+1)^2}.\]

于是, 我们可有

\begin{equation}\sqrt{a-\frac a{(a+1)^2}}+\frac1{a+1}=a.\end{equation}

即

\begin{equation}\sqrt{a-\frac a{(a+1)^2}}=a-\frac1{a+1}.\end{equation}

两边平方, 整理, 可得

\begin{equation}a^3-3a+1=0.\end{equation}

这告诉我们, $a$ 是 $x^3-3x+1=0$ 的一个正根. 显然, $a\gt1$. 容易看出, 这方程在开区间 $(0, 1)$ 有一个根. 至于第三个实根, 当然 $\lt-1$, 因为这方程三个根的和是 $0$.

$\angle ABC=\angle ACB=40^\circ$. 很容易知道

\[a=2\cos 40^\circ.\]

$x^3-3x+1=0$ 在开区间 $(0, 1)$ 的那个根是多少? 有了上面的启发, 考虑一个等腰三角形. $(6)$ 的右边如果变号, 也就是 $(5)$ 如果是下面这样

\begin{equation}\sqrt{a-\frac a{(a+1)^2}}+a=\frac1{a+1},\end{equation}

一样可以得到 $(7)$.

那么, 什么样的等腰三角形符合要求? 在 $\triangle ABC$ 中, $AB=AC$. $\angle B$ 的平分线 $BD$ 交 $AC$ 于点 $D$., $AD=BD+BC$. 那么 $\angle A$ 是多少?

答案是: $20^\circ$.

如何证明?

$Peking University math summer camp for middle school 2015 problem 5.1$

Peking University math summer camp for middle school 2015 problem 5.1

在 $CB$ 的延长线上取点 $E$, 使得 $EC=ED$.

显然, $E$ 即是线段 $CD$ 的中垂线与 $BC$ 的交点, 即直线 $BC$ 上使得 $\angle EDC=\angle C$ 的那个点, 为什么 $E$ 必定在$CB$ 的延长线上呢? $AD\gt BD$ 蕴涵 $\angle DBA\gt\angle A$. 于是,

\[\angle BDC=\angle DBA+\angle A\lt2\angle DBA=\angle C.\]

过 $D$ 作 $DF\parallel BC$, 交 $AB$ 于点 $F$. 四边形 $BCDF$ 是等腰梯形; $CD=BF=FD$. $\triangle ECD$ 和 $\triangle AFD$ 是底角相同的等腰三角形: $\angle ECD=\angle ADF$. 至此, $\triangle ECD\cong \triangle AFD$. $EC=AD$, 即 $EB+BC=BD+BC$, 所以 $EB=BD$. 换言之, $\triangle BDE$ 也是等腰三角形.

设 $\angle CED=\alpha$. 于是 $\angle BAC=\alpha$, $\angle CBD=2\alpha$, $\angle ABC=4\alpha$. 故而

\[\alpha+4\alpha\times2=180^\circ.\]

$\alpha=20^\circ$.

反过来, 在 $\triangle ABC$ 中, $AB=AC$, $\angle A=20^\circ$. $\angle B$ 的平分线 $BD$ 交 $AC$ 于点 $D$. 那么, $AD=BD+BC$.

6. $\triangle ABC$ 中, $O$ 是外心. $\triangle ABC$ 内部存在点 $P_A$, $P_B$, $P_C$, 使得

\[\triangle P_AAB\sim\triangle P_ACA,\; \triangle P_BBC\sim\triangle P_BAB,\; \triangle P_CCA\sim\triangle P_CBC.\]

求证: $O$, $P_A$, $P_B$, $P_C$ 四点共圆.

下面的图来自贴吧网友 Clifford_0

$Peking University math summer camp for middle school 2015 problem 6$

Peking University math summer camp for middle school 2015 problem 6

$AC$, $AB$ 分别是 $\triangle ABP_A$, $\triangle ACP_A$ 的外接圆的切线. 设 $\triangle ABP_A$, $\triangle ACP_A$ 的外心分别是 $O_1$, $O_2$, 则 $O_1A\perp AC$, $O_2A\perp AB$, 并且 $OO_1$, $OO_2$ 分别是 $AB$, $AC$ 的中垂线. 于是, 四边形 $AO_1OO_2$ 是平行四边形. 注意 $O_1O_2$ 是 $AP_A$ 的中垂线, 因此, 四边形 $O_1OP_AO_2$ 是等腰梯形, 进而 $OP_A\parallel O_1O_2$, $OP_A\perp O_1O_2$.

\[\frac{\sin\angle BAP_A}{\sin\angle CAP_A}=\frac{\sin\angle BAP_A}{\sin\angle ABP_A}=\frac{P_AB}{P_AA}=\frac{AB}{AC}.\]

同样可得另外两个式子. 于是

\[\frac{\sin\angle BAP_A}{\sin\angle CAP_A}\cdot\frac{\sin\angle CBP_B}{\sin\angle ABP_B}\cdot\frac{\sin\angle ACP_C}{\sin\angle BCP_C}=\frac{AB}{AC}\cdot\frac{BC}{AB}\cdot\frac{AC}{BC}=1.\]

这表明, $AP_A$, $BP_B$, $CP_C$ 三线交于一点, 设为 $K$(共轭重心). 然后, $OP_A\perp O_1O_2$ 蕴涵 $KP_AO=90^\circ$. 这也就是说, $P_A$ 落在以 $OK$ 为直径的圆上. 类似, $P_B$, $P_C$ 都在这个圆上.

7. 给定整数 $n\geq2$. 求正实数 $t$ 的取值范围, 使得对于所有的 $x_1+x_2+\dotsb+x_n=n$, $x_i\geq0$($i=1$, $2$, $\dotsc$, $n$), 均有

\[\sum_{i=1}^n\frac{x_i}{x_i^2+t}\leq\frac n{1+t}\]

成立.

8. $a_1$, $a_2$, $\dotsc$, $a_n\in\Bbb N_+$, $\dfrac1{a_1}+\dfrac1{a_2}+\dotsb+\dfrac1{a_n}=1$. 求证: $\max\{a_1, a_2, \dotsc, a_n\}\leq n^{2^{n-1}}$.

9. $s$, $k$ 是给定的正整数, $\Bbb F$ 是一些 $k$ 元集合构成的集族.

是否存在正整数 $c$, 使得只要 $\Bbb F$ 中的元素个数不小于 $c$, 则必存在 $\Bbb F$ 中的 $s$ 个 $k$ 元集合 $A_1$, $A_2$, $\dotsc$, $A_s$, 满足: 对任意 $1\leq i$, $j$, $p$, $q\leq s$, $i\ne j$, $p\ne q$, 均有 $A_i\cap A_j=A_p\cap A_q$?

10. $\alpha\gt0$. 求证: 存在无穷多个正整数 $n$, 使得 $[n^2\alpha]$ 为偶数.

本题有两个做法.

第一个途径是指出 $\{n^k\alpha\}$ 在 $[0, 1]$ 稠密, 这里 $k$ 是正整数.

这个事实的证明, 又有两个办法.

第一个手段是 Weyl’s Criterion, 详细论证请参考 “An Invitation to Modern Number Theory” 第 12 章, Steven J. Miller and Ramin Takloo-Bighash; 第二个工具是 van der Waerden’s theorem, 可以参看 Terence Tao 的 The ergodic and combinatorial approaches to Szemerédi’s theorem, 但需要进一步的补充. 这值得单独写一篇文章, 请参考吴昊发在”中等数学”(2015 年 12月)的论文”$\{n^k\alpha\}$ 稠密性的初等证明”(本站有此文 An Elementary Proof on dense of $\{n^k\alpha\}$)

这里实际上 $k=2$. 下面采用二进制. 下面的证明出自贴吧网友 huugvbkk 之笔:

若 $\alpha=\dfrac pq$ ($p$, $q$ 为任意的正整数)为有理数, 则 $n=2kq$($k$ 为任意的正整数) 使得 $[n^2\alpha]$ 为偶数.

当 $\alpha$ 为无理数. 用反证法.

假定不存在无穷多个正整数 $n$, 使得 $[n^2\alpha]$ 为偶数. 于是, 存在正整数 $N$, 使得任意正整数 $n\gt N$, $[n^2\alpha]$ 为奇数.

正整数 $n\gt N$, 命 $n^2\alpha$ 的二进制表示为

\[\overline{a_ka_{k-1}\ldots a_1a_0.a_{-1}a_{-2}\ldots}\]

显然, $a_0=1$.

对任意的正整数 $t$, $[2^{2t}n^2\alpha]$ 为奇数, 故此 $a_0=a_{-2}=a_{-4}=\dotsb=a_{-2t}=1$.

于是, $n^2\alpha$ 的二进制为

\[\overline{\ldots 1.b_11b_21\ldots},\]

进而, $8n^2\alpha$ 的二进制是

\[\overline{\ldots b_2.1b_41\ldots}.\]

设 $9n^2\alpha=(3n)^2\alpha$ 的二进制为

\[\overline{\ldots 1.c_11c_21c_31\ldots}.\]

如果存在正整数 $M$, 使得当 $i\gt M$ 时, 总有 $b_i=0$, 则 $n^2\alpha$ 为有理数.

同样, 如果存在正整数 $M$, 使得当 $i\gt M$ 时, 总有 $b_i=1$, 则 $n^2\alpha$ 为有理数.

于是, 可取正整数 $i\gt1$, 使得 $b_i=1$, $b_{i+1}=0$. 此时,

\[n^2\alpha=\dotsb+\frac{b_{i-1}}{2^{2i-3}}+\frac1{2^{2i-2}}+\frac1{2^{2i-1}}+x,\]

\[8n^2\alpha=\dotsb+\frac1{2^{2i-3}}+\frac1{2^{2i-1}}+y\]

这里, $x$ 与 $y$ 分别是 $n^2\alpha$ 与 $n^2\alpha$ 的小数点的从第 $2i$ 位起, 以后的全部总和, 此时, $x$, $y\lt\frac1{2^{2i-1}}$

因此,
\begin{equation}\begin{split}n^2\alpha+8n^2\alpha&=\Big(\dotsb+\frac{b_{i-1}}{2^{2i-3}}+\frac1{2^{2i-2}}+\frac1{2^{2i-1}}+x\Big)+\Big(\dotsb+\frac1{2^{2i-3}}+\frac1{2^{2i-1}}+y\Big)\\
&=\dotsb+\frac{b_{i-1}+1+1}{2^{2i-3}}+\Big(x+y\Big).\end{split}\end{equation}

$x+y\lt\frac1{2^{2i-2}}$ 蕴涵 $n^2\alpha+8n^2\alpha $ 的小数点后第 $2i-2$ 位是 $0$. 但是, 事实上, $9n^2\alpha$ 的小数点后第 $2i-2$ 位不是 $0$, 是 $1$. 矛盾!

Yitang Zhang got into USCB in 2015

Mathematician No Responses »

Aug 232015

Yitang Zhang got into Mathematics Department at University of California, Santa Barbara in 2015. He is now a Professor of Mathematics, USCB.

ZHANG, Yitang
Mathematics, Professor
Ph.D., Purdue University
Research Interests: prime numbers, analytic number theory.

Jordan normal form I

linear algebra No Responses »

Aug 162015

本文作者 xida

Jordan 标准形定理是线性代数中的基本定理，专门为它写一篇长文好像有点多余：这方面的教材讲义实在是太多了！一个陈旧的定理还能写出什么新意来呢？

理由有两个。第一个原因是我曾经在给学生讲这个定理的时候，突然发现不知道该怎么启发学生为好。虽然我知道 Jordan 标准形定理的很多种证法，照念几个不在话下，但是感觉有点疙疙瘩瘩的：怎么才能说清定理背后的想法，让学生觉得定理的成立是顺理成章的呢？于是我知道我对这个定理的理解还有模糊的地方。

第二个原因是 Jordan 块有一个重要的代数性质是通常教材中不讲的，而这个性质是代数学中一类重要而常见的性质的雏形，这就是不可分解性。与之对应的是可对角化的线性变换的完全可约性。从一开始就让学生接触这些现象是有好处的。

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我们从中学就知道整数环和多项式环有唯一因子分解定理：每个整数可以唯一地分解为素数的乘积，每个（域上的）多项式可以唯一地分解为不可约多项式的乘积。在数学里面有很多这样的唯一分解定理，而我们现在想知道：有没有所谓的 “线性变换的唯一分解定理” 呢？可以猜测如果有这样的定理存在，那么大概可以表述为如下的样子：

线性变换的唯一分解定理（粗糙的版本）：设 $V$ 是域 $F$ 上的有限维向量空间，$A$ 是 $V$ 上的线性变换，则 $A$ 可以唯一地分解为若干个 “简单的” 线性变换的组合，而且这些 “简单的” 线性变换本身不能再分解。

这个表述很不清楚，整数和多项式的分解就是表示为因子的乘积，那么什么是线性变换的分解呢？什么又是不可分解的线性变换呢？正确的概念是直和：

设 $T$ 是向量空间 $V$ 上的线性变换，如果 $V$ 可以分解为一些非平凡的子空间的直和 $V=V_1\oplus\cdots\oplus V_k$，使得每一个 $V_i$ 都是 $T-$ 不变的子空间，则称 $T$ 是可以分解的；如果 $V$ 不存在这样的分解，则称 $T$ 是不可分解的线性变换。

这样我们就可以比较准确的表述线性变换的唯一分解定理了：

线性变换的唯一分解定理（修正的版本）：设 $V$ 是域 $F$ 上的有限维向量空间，$T$ 是 $V$ 上的线性变换，则 $T$ 可以唯一地分解为若干个不可分解的线性变换的直和。

这里有一个很严重的问题需要说明：在一般的域 $F$ 上研究 “不可分解” 的线性变换是一个棘手的多的问题，这个问题的解决要用到我们后面要学的有理标准形，而在复数域上问题就简单很多，这就是 Jordan 标准形做的事情。所以在本文中，域 $F$ 都假定为复数域 $\mathbb{C}$。

那么什么样的线性变换算是不可分解的线性变换呢？

最简单也是最重要的例子就是移位算子：假设 $T$ 在 $V$ 的一组基 $\{v_1,\cdots,v_n\}$ 的作用是一个向右的移位：

\[ T:\quad v_n\rightarrow v_{n-1}\rightarrow\cdots\rightarrow v_1\rightarrow0.\]

则称 $T$ 是一个移位算子。$T$ 在这组基下的矩阵

\[J_0=\begin{pmatrix}0&1&&\\&\ddots&\ddots&\\&&0&1\\&&&0\end{pmatrix}.\]

$J_0$ 叫做特征值为 0 的 Jordan 块。注意 $T$ 是一个幂零算子：$T^n=0$ ，它仅有唯一的特征值 $0$.

当然需要说明移位算子 $T$ 确实是不可分解的线性变换。如果 $V=W\oplus N$ 为两个非平凡 $T-$ 不变子空间的直和，则 $T$ 在 $W$ 和 $N$ 上各有一个特征值为 0 的特征向量，因此齐次线性方程组 $TX=0$ 的解空间至少包含两个线性无关的向量。但是 $T$ 的秩是 $n-1$ ，因此 $TX=0$ 的解空间是 1 维的，这就导致了矛盾。

用同样的方法可以说明给移位算子 $T$ 加上一个数乘变换以后得到的仍然是不可分解的线性变换：设 $\lambda\in\mathbb{C}$ ，$S=T+\lambda I$ ，则 $S$ 也是不可分解线性变换，其对应的矩阵

\[J_\lambda=\begin{pmatrix}\lambda&1&&\\&\ddots&\ddots&\\&&\lambda&1\\&&&\lambda\end{pmatrix}\]

叫做特征值为 $\lambda$ 的 Jordan 块。

现在我们已经找到了一族不可分解的线性变换，那么它们是否就构成了全部的线性变换呢？答案是肯定的，这就是 Jordan 标准形定理：

Jordan 标准形定理：设 $T$ 是 $\mathbb{C}$ 上有限维向量空间 $V$ 上的线性变换，则存在 $V$ 的一组基使得 $T$ 在这组基下的矩阵为 Jordan 块的直和：

\[T=J_{\lambda_1}\oplus\cdots\oplus J_{\lambda_r}.\]

这种分解是唯一的，意思是如果存在 $V$ 的另一组基使得 $T$ 的矩阵也是 Jordan 块的直和

\[T=J_{\mu_1}\oplus\cdots\oplus J_{\mu_s},\]

则 $r=s$ 且适当重排后有 $J_{\lambda_i}=J_{\mu_i}$。

定理的结论包含存在性和唯一性两部分，我们先来处理存在性的证明。

第一步：转化为幂零的情形

定理【广义特征子空间分解】：设 $T$ 的特征多项式为 $f(x)$，而且 $f(x)$ 在复数域上分解为一次因式的乘积

\[f(x)=(x-\lambda_1)^{n_1}\cdots(x-\lambda_k)^{n_k},\]

这里的 $\lambda_i$ 互不相同。令 $V_i=\ker (T-\lambda_i I)^{n_i}$，则每个 $V_i$ 都是 $T-$ 不变子空间而且

\[ V=V_1\oplus\cdots\oplus V_m.\]

这样就把 $V$ 分解为一些不变子空间 $V_i$ 的直和, $T$ 限制在每个 $V_i$ 上只有单一的特征值 $\lambda_i$。

证明：显然 $V_i$ 都是 $T-$ 不变子空间。要证明 $V$ 是它们的直和，我们先从一个特别的结论开始：

对每个 $1\leq i\leq k$ 都存在多项式 $\pi_i(x)$ 使得 $\pi_i(x)\equiv1\mod (x-\lambda_i)^{n_i}$ ，但是对其它 $j\ne i$ 有 $\pi_i(x)\equiv0\mod (x-\lambda_j)^{n_j}$ 。线性变换 $\pi_i(T)$ 不是别的，正是 $V$ 到子空间 $V_i$ 的投影。

由于所有 $(x-\lambda_i)^{n_i}$ 的根互不相同，因而两两互素，所以根据中国剩余定理满足要求的 $\pi_i(x)$ 是存在的。显然 $\pi_i(T)$ 在 $V_i$ 上是恒等变换，而在其余的 $V_j\ne V_i$ 上是 0。$\pi(x)=\pi_1(x)+\cdots+\pi_k(x)$ 模任何 $(x-\lambda_i)^{n_i}$ 都是 1，因此 $\pi(x)-1$ 可以被 $T$ 的特征多项式 $f(x)$ 整除，从而 $\pi(T)-I$ 在 $V$ 上是零变换，这就证明了 $\pi(T)$ 是 $V$ 上的恒等变换。对任何 $v\in V$，

\[v=\pi(T)v=\pi_1(T)v+\cdots+\pi_k(T)v.\]

我们来说明 $\pi_i(T)v\in V_i$ ，从而 $V=V_1+\cdots+V_k$ 。这是因为 $(x-\lambda_i)^{n_i}\pi_i(x)$ 可以被 $f(x)$ 整除，因此 $(T-\lambda_i)^{n_i}\pi_i(T)v=0$ ，这就证明了 $\pi_i(T)v\in V_i$ 。

我们再来说明这是直和。如果 $v_i\in V_i$ 满足 $v_1+\cdots+v_k=0$ ，用 $\pi_i(T)$ 作用在左边得到（根据前面的分析，$\pi_i(T)$ 在 $V_i$ 上是恒等变换而在其它 $V_j$ 上是 0

\[\pi_i(T)v_1+\cdots+\pi_i(T)v_k=\pi_i(T)v_i=v_i=0,\]

由 $i$ 的任意性得到 $v_1=\cdots=v_k=0$，这就证明了是直和。

用中国剩余定理来构造特殊的算子（通常是给定的算子 $T$ 的多项式）是一个普遍而重要的技巧，这里的证明也许有点高端但却是最简洁的。

现在我们只需要考虑单个子空间 $V_i$ 。令 $N=T-\lambda_i$ ，则 $N$ 在 $V_i$ 上是幂零线性变换：$N^{n_i}=0$ ，这样问题归结为分析幂零线性变换 $N$ 的结构。

幂零线性变换更简单的原因是它可以表示为移位算子的直和，而移位算子的结构非常简单。

第二步：对幂零变换的情形加以证明

设 $N$ 是 $V$ 上的幂零线性变换，要证明存在 $V$ 的一组基，使得 $N$ 的矩阵是若干 Jordan 块的和。注意一个 Jordan 块对应的是一个移位轨道

\[ v\rightarrow Nv\rightarrow \cdots \rightarrow N^kv\rightarrow 0.\]

我们要证明存在若干条这样的互不相交的轨道，这些轨道所包含的全部非零向量构成 $V$ 的一组基。

这一步的证明方法很多，但是相差不是很大，具体喜欢那种要看个人主观，这里介绍的是最简单也是最容易被初学者接受的一种。

对 $V$ 的维数 $\dim V$ 归纳，$\dim V=1$ 时显然结论成立。

现假设结论对所有维数小于 $\dim V$ 的向量空间成立，我们考虑 $V$ 的像空间 $N(V)$。这是一个 $N-$ 不变子空间，且由于 $N$ 是幂零线性变换所以 $\dim N(V)<\dim V$，所以可以对子空间 $N(V)$ 使用归纳假设：存在 $N(V)$ 的一组基如下，它们构成 $q$ 条不相交的轨道 $\mathcal{O}_1,\cdots,\mathcal{O}_q$：

\begin{equation*}\begin{split}&v_{1,1}\rightarrow v_{1,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{1,n_1}\rightarrow 0.\\&v_{2,1}\rightarrow v_{2,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{2,n_2}\rightarrow 0.\\&\cdots\cdots\cdots\\& v_{q,1}\rightarrow v_{q,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{q,n_q}\rightarrow 0.\end{split}\end{equation*}

由于 $v_{i,1}\in N(V)$ 因此可以设 $v_{i,1}=Nw_i$，从而我们得到一组更长的轨道（就是在前面加上一项）

\begin{equation*}\begin{split}&w_1\rightarrow v_{1,1}\rightarrow v_{1,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{1,n_1}\rightarrow 0.\\&w_2\rightarrow v_{2,1}\rightarrow v_{2,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{2,n_2}\rightarrow 0.\\&\cdots\cdots\cdots\\&w_q\rightarrow v_{q,1}\rightarrow v_{q,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{q,n_q}\rightarrow 0.\end{split}\end{equation*}

那么这些新轨道包含的向量是否构成 $V$ 的一组基？答案是我们还要补上一些在 $V$ 中长度是 $1$，但是在 $N(V)$ 中 “消失” 了的轨道：注意 $\{v_{1,n_1},\cdots,v_{q,n_q}\}$ 是 $\ker N$ 中的线性无关元，但是 $\ker N$ 还可能有其它的基向量。将它们扩充为 $\ker N$ 的一组基

\[ \{ v_{1,n_1},\cdots,v_{q,n_1}\}\cup \{ w_{q+1},\cdots,w_{K}\}\quad K=\dim\ker N.\]

从而我们最终得到下面的轨道图：

\begin{equation*}\begin{split}\mathbf{w_1\rightarrow} v_{1,1}\rightarrow v_{1,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{1,n_1}\rightarrow 0.&\\ \mathbf{w_2\rightarrow} v_{2,1}\rightarrow v_{2,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{2,n_2}\rightarrow 0.&\\ \cdots\cdots\cdots&\\ \mathbf{w_q\rightarrow} v_{q,1}\rightarrow v_{q,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{q,n_q}\rightarrow 0.&\\ \mathbf{w_{q+1}\rightarrow} 0.&\\ \cdots\cdots&\\ \mathbf{w_K\rightarrow0}.\end{split}\end{equation*}

你可以看到 $w_{q+1},\ldots,w_K$ 正是那些在 $V$ 中长度为 $1$，但是在 $N(V)$ 中消失了的轨道。

最后只剩下验证这些向量确实构成 $V$ 的一组基。显然这些向量一共有 $\dim N(V)+\dim\ker N=\dim V$ 个，所以只要说明它们是线性无关的。

假设有线性关系

\[\cdots+(c_0w_i+c_1v_{i,1}+\cdots+c_{n_i}v_{i,n_i})+\cdots+\sum_{j=q+1}^K d_jw_j=0,\]

我们要说明出现在上式中的所有系数都是 $0$。左边用 $N$ 作用得到

\[\cdots+(c_0v_{i,1}+c_1v_{i,2}+\cdots+c_{n_i-1}v_{i,n_i})+\cdots=0.\]

这是一个关于 $N(V)$ 的一组基的一个线性关系，于是 $c_0=\cdots=c_{n_i-1}=0$，从而剩下的线性关系为

\[\cdots+c_{n_i}v_{i,n_i}+\cdots+\sum_{j=q+1}^K d_jw_j=0.\]

而这是一个关于 $\ker N$ 的一组基的一个线性关系，于是 $c_{n_i}=d_{q+1}=\cdots=d_K=0$，从而所有的系数都是 0，这就完成了 Jordan 标准形存在性的证明。

分解唯一性的证明：

最后我们还剩下分解唯一性定理的证明，这部分要简单许多，主要是利用了 Jordan 块的一个很特殊的性质：设

\[J_0=\begin{pmatrix}0&1&&\\&\ddots&\ddots&\\&&0&1\\&&&0\end{pmatrix}_{n\times n}\]

是一个 0 特征值的 Jordan 块，则 $J_0^2$ 就是把斜对角线上的 1 向右上方平移一步，$J_0^3$ 就是向右上方平移两步，以此类推，$J_0^{n-1}$ 变成

\[\begin{pmatrix}0&\cdots&1\\&\ddots&\vdots\\&&0\end{pmatrix},\]

最终 $J_0^n=0$。用这个规则我们可以计算出对任何 $\lambda\in\mathbb{C}$ 和 $m\in\mathbb{Z}^+$，$T$ 的 Jordan 标准形中 $m$ 阶 Jordan 块 $J_{\lambda,m}$ 的个数 $n_m$ 来：

\[ n_m=\text{rank}(T-\lambda I)^{m-1}-2\cdot\text{rank}(T-\lambda I)^{m}+\text{rank}(T-\lambda I)^{m+1}.\]

道理是这样的：以 $\lambda=0$ 为例子来计算。会算 0 特征值 Jordan 块的个数，你就会算任何特征值的 Jordan 块的个数。设 $T$ 的一个 Jordan 标准形为

\[ T= \left(\bigoplus_{k\geq1}n_k J_{0,k}\right) \bigoplus_{\mu\ne0}J_\mu,\]

那么 $T^m$ 就是

\[T^{m}= \left(\bigoplus_{k\geq1}n_k J_{0,k}^{m}\right) \bigoplus_{\mu\ne0}J_{\mu}^{m}.\]

注意后半部分 $\oplus_{\mu\ne0}J^m_\mu$ 对任何 $m$ 都是保持满秩的，因此这部分的秩始终不变。前面的部分中所有阶数小于等于 $m$ 的 Jordan 块 $J_{0,k}(k\leq m)$ 的 $m$ 次幂都变成了 0 矩阵，$J_{0,m+1}^m$ 的秩是 1； $J_{0,m+2}^m$ 的秩是 2 . . . 依次类推，所以

\[ \text{rank}T^m=n_{m+1}\cdot1+n_{m+2}\cdot2+\cdots +\text{rank}\bigoplus_{\mu\ne0}J_\mu^m.\]

同理

\[ \text{rank}T^{m+1}=n_{m+2}\cdot1+n_{m+3}\cdot2+\cdots +\text{rank}\bigoplus_{\mu\ne0}J_\mu^{m+1}.\]

因此

\[\text{rank}T^m-\text{rank}T^{m+1}=n_{m+1}+n_{m+2}+\cdots,\]

仍然同理

\[\text{rank}T^{m-1}-\text{rank}T^{m}=n_{m}+n_{m+1}+\cdots,\]

所以

\[n_m=\text{rank}T^{m-1}-2\cdot\text{rank}T^{m}+\text{rank}T^{m+1}.\]

现在你可以看到 $n_m$ 的表达式不依赖于具体的基的选择，仅依赖于线性变换自身的相似不变量，所以 $T$ 的 Jordan 标准形在只差一个排列的意义下是唯一的。

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

一个很有意思的问题是，给定

\[J_\lambda=\begin{pmatrix}\lambda&1&&\\&\ddots&\ddots&\\&&\lambda&1\\&&&\lambda\end{pmatrix}_{n\times n}\]

为一个特征值 $\lambda$ 的 Jordan 块，计算其 $k$ 次幂 $J_\lambda^k$ 的 Jordan 标准形。

当 $\lambda\ne0$ 时，

\[J_\lambda^k = \begin{pmatrix}\lambda^k &k\lambda^{k-1}&\ddots &\\&\lambda^k&\ddots&\ddots\\&&\ddots&k\lambda^{k-1}\\&&&\lambda^k\end{pmatrix}.\]

（你知道怎样计算 $J_\lambda^k$ 吗？记住这个技巧：把多项式 $x^k$ 在 $\lambda$ 处 Taloy 展开：

\[x^k=(x-\lambda)^k+a_{k-1}(x-\lambda)^{k-1}+a_1(x-\lambda)+a_0,\]

然后将 $J_\lambda$ 代入即可。）

和 Jordan 块不可分解性的证明完全一样，我们发现 $J_\lambda^k-\lambda^k I$ 的秩是 $n-1$，因此方程组 $J_\lambda^kX=\lambda^k X$ 的解空间是 $1$ 维的，从而 $J_\lambda^k$ 是不可分解的，因此其 Jordan 标准形只有一块，就是

\[\begin{pmatrix}\lambda^k&1&&\\&\ddots&\ddots&\\&&\lambda^k&1\\&&&\lambda^k\end{pmatrix}_{n\times n}.\]

最有意思的情形发生在 $\lambda=0$ 时。这个时候 Jordan 会均匀的碎裂为一些小的 Jordan 块的和。

这个时候 $J_0$ 是一个移位算子：

\[J_0:\quad v_n\rightarrow v_{n-1}\rightarrow \cdots \rightarrow v_1\rightarrow 0.\]

整个轨道只有一条。但是 $J_0^k$ 则是 $k$ 步 $k$ 步地跳：

\[J_0^k:\quad \left\{ \begin{array}{l} v_n\rightarrow v_{n-k}\rightarrow \cdots \rightarrow0,\\v_{n-1}\rightarrow v_{n-1-k}\rightarrow \cdots\rightarrow 0,\\\cdots\\v_{n-k+1}\rightarrow v_{n-2k+1}\rightarrow \cdots \rightarrow 0.\end{array}\right.\]

所以 $J_0^k$ 有 $k$ 条轨道，每个轨道都是一个 Jordan 块，即 $J_0^k$ 的标准形中有 $k$ 个 Jordan 块。设 $n=qk+r$，这里 $0\leq r< k$，则这 $k$ 个 Jordan 块中有 $r$ 个是 $q+1$ 阶的，$k-r$ 个是 $q$ 阶的。

举个例子就明白了，一个 8 阶的 0 特征值 Jordan 块 $J_0$，$J_0^3$ 的 Jordan 标准形是什么样子的？这个时候 $J_0^3$ 有 3 个轨道 $\{v_8,v_5,v_2\}$, $\{v_7,v_4,v_1 \}$, $\{v_6,v_3\}$，所以 $J_0^3$ 的 Jordan 标准形有 2 个 3 阶的 Jordan 块和 1 个 2 阶的 Jordan 块。

总结一下：零特征值的 Jordan 块的高次幂一定会分裂，而且是尽可能均匀的分裂；非零特征值的 Jordan 块的任意次幂都不会分裂。

一个不可约的代数结构，在某种限制或者扩张的意义下却能均匀的 “碎裂”，这是代数学中一个常见而重要的现象。比如设 $f$ 是一个有理数域 $\Bbb{Q}$ 上的不可约多项式，$F$ 是 $\Bbb{Q}$ 的一个正规扩域，则如果 $f$ 在 $F$上是可约的，那么 $f$ 必然分解成一些次数相同的多项式的乘积：

\[f=f_1f_2\cdots f_r,\quad \deg f_1=\cdots=\deg f_r.\]

类似的还有代数数论中素理想的分解，群表示论中不可约表示（在诱导和限制下）的分解，代数几何中不可约代数簇的分解等等。

It is also a groundless rumour that Chinese middle school students have an advantage in math

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Aug 082015

最近有英国 BBC 拍摄的“中国式教学” 纪录片”Are Our Kids Tough Enough? Chinese School”, 引发了热议.

美国奥数队主教练冯祖鸣: 中国学生数学优势止于中学.

熊斌: 美国孩子数学糟糕是讹传

我想说, 中国学生数学在中学有优势其实也是讹传! 流传很远的说法”中国的基础教育强于英美”, 其实错误非一般的离谱. 熊斌道出了事实.

经常看到一些比较中美两国教育的讨论. 这有什么可以讨论的? 中美两国谁更发达?! 比较中美两国教育谁优, 就好比探讨中美两国谁更发达一样的没有意义!!

英国想借鉴中国的教育, 是做很大的无用功. 英美国家要做的是避免变成中国.

如果说中国的学校有用, 可能对平庸的学生有效. 杨振宁的评语应该算是部分的准确. 但, 我这里的意思, 不是说基本功的训练, 中国比美国强; 仅仅只是说, 中国可以给平凡的学生提供一点点(如果大于零)有用的训练, 因为中等的学生没有那么强的创造和发挥个性的愿望.

我不情愿拿来对比, 怎么能拿两个完全不相称的事物做对比呢?

并不是中国人功利, 而是现实的资源和环境政策决定的.

1. 中国的教育与思考思辨其实没关系;
2. 中国的教育资源缺乏. 学生不太可能了解前沿, 学生没有什么选择.
3. 中国的中小学生的时间是由不得自己的, 早被安排了;
4. 美国大学可以基本上保证不漏掉可造之才；中国的大学完全的由考试分数来招生，中国要是没有好分数，即便天才也没大学录取。美国转学很容易，中国基本不可能.
5. 中国的学生想发挥个性, 会招致无情的打击

这里有一段引用的文字, “美国中学历史教育达到的高度, 更是让中国教师感到难以企及. 在德克萨斯州休斯敦, Rick Brennan)和 Jason Darnell 两位社会学科老师, 根据德克萨斯州的课程标准, 设计了一套名为“Historia”的模拟游戏. 游戏时间(课程时间)长达一年. 在游戏过程中, 学生们组建团队, 创建文明并维持文明, 他们会经历公元前2000年到公元2000年整个历史进程, 了解到历史上的那些国家和人物.” (多维新闻”从中国教育身上英美国家什么也学不到”)

Yitang Zhang’s talks in the summer of 2015 in Beijing

Mathematician No Responses »

Aug 072015

这个炎热的七月, 张益唐回到了北京, 在他的母校北京大学和晨兴数学中心做了几次讲座.

[Distinguished Lecture] Small gaps between primes

July 20, 2015 15:00-16:00, 镜春园82号甲乙丙楼的中心报告厅

Abstract: The twin prime conjecture states that there are infinitely many pairs of distinct primes which differ by 2. Until recently this conjecture had seemed to be out of reach with current techniques. However, in 2013, the author proved that there are infinitely many pairs of distinct primes which differ by no more than B with B = 7· 107. The value of B has been considerably improved by Polymath8 (a cooperative team) and Maynard.

In this talk we shall describe the basic ideas which lead to the proofs of the above results. In particular, a breakthrough on the distribution of primes in arithmetic progressions will be introduced.

2015 Workshop on Number Theory

七月 16 到 31 日在晨兴数学中心有一个数论研讨会. 张教授是演讲人之一.

素数的gap

8 月 22 日浙江大学理学大讲堂

这是 Tom 第一次给公众做讲座. 他上一次来浙江是 31 年前.

我的数学人生

8 月 24 日下午 3:30-5:00
清华大学经管学院伟伦楼报告厅

IMO 2015 solutions III

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Aug 032015

第一篇文章有 Problem 3 的几个证明. 第三个证明利用了调和四边形的一些很基本的性质. 第五个证明, $M$ 是三角形 $HYK$ 的外接圆的切线的交点以及 $F$ 是 $HY$ 的中点这两件事导出

\[\angle MKH=\angle YKF.\]

这是需要证明的, 并不容易. 不过, 这个结果已经很流行了. 田廷彦在他的”圆”的第三讲有一个例题对锐角三角形的情形给出了两个证明, 但都不能让人满意, 因为都用到了三角函数.

虽然这些知识不是参加竞赛必须掌握, 但如果参赛者想在考场上取得好的分数, 应该不仅仅是记得一些常用的结论, 还要对证明也很熟练.

IMO 2015 solutions II

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Jul 232015

这个续集只聊第 $6$ 题. 这个问题和 Siteswap 有关.

一个杂耍师在表演一种抛球的杂技. 表演开始, 杂技师往空中抛出一个球. 球在第 $1$ 秒爬升到 $a_1$ 的高度. 以后, 每过 $1$ 秒, 这个球高度降低 $1$. 那么, 球离开杂技师 $a_1$ 秒之后, 也就是在表演开始后的第 $1+a_1$ 秒, 这个球将回到杂耍师手中. 第一个球回到杂耍师的时间记为 $d_1$, 即 $d_1=1+a_1$.

杂耍师在抛出第一个球之后, 每过 $1$ 秒, 他都要抛出一个球.
如果 $1+a_1=2$, 即 $a_1=1$ 之时, 第一个球在第 $2$ 秒回到他的手中. 于是, 杂耍师可以把这个球再次的抛向高空.
如果 $1+a_1\gt2$, 即 $a_1\gt1$ 之时, 第一个球在第 $2$ 秒不能回到他的手中. 这时, 杂耍师需要一个新球, 并且把这个新球往空中抛出.
无论杂技师在第 $2$ 秒抛出的是第一个球还是新球, 这个球都会飞速在第 $2$ 秒到达海拔 $a_2$. 以后, 这个球的高度每过 $1$ 秒降低 $1$, 因此将在第 $2+a_2$ 秒回到他的手中. 记 $d_2=2+a_2$. $d_2\ne d_1$ 蕴涵前两次抛出的球不会同时落地, 因此当然不在同一高度.

杂耍师在第 $3$ 秒要抛出一个球.
如果 $d_1=3$ 或 $d_2=3$, 第一次或第二次抛出的球此时会回到杂耍师手中, 因此, 他可以把回来的球抛出.
如果 $d_1\ne3$ 并且 $d_2\ne3$, 没有球回来, 杂耍师把一个新球抛出.
无论杂技师在第 $3$ 秒抛出的是旧球还是新球, 这个球都会在第 $3$ 秒飞速到达海拔 $a_3$. 以后, 这个球的高度每过 $1$ 秒降低 $1$, 因此将在第 $3+a_3$ 秒回到他的手中. 记 $d_3=3+a_3$. $d_1$,$d_2$, $d_3$ 互不相等蕴涵空中的球不会同时落地, 因此当然不在同一高度.

杂耍师的表演一直这样继续, 直至海枯石烂. 他在第 $k$ 秒要抛出一个球, 这里 $k$ 是正整数.
记 $d_j=a_j+j$, $j=1$, $2$, $\dotsc$. 注意, $d_1$, $d_2$, $\dotsc$ 两两不等.
如果有某个正整数 $j\lt k$ 使得 $d_j=k$, 第 $j$ 秒抛出的球此时会回到杂耍师手中. 因此, 他可以把回来的球抛出. 否则, 没有球回来, 杂耍师把一个新球抛出.
无论杂技师在第 $k$ 秒抛出的是旧球还是新球, 这个球都会在第 $k$ 秒飞速到达海拔 $a_k$. 以后, 这个球的高度每过 $1$ 秒降低 $1$, 因此将在第 $k+a_k$ 秒回到他的手中. $d_1$,$d_2$, $\dotsc$, $d_k$ 互不相等表明空中的球不会同时落地, 因此当然不在同一高度: 如果 $d_j\geqslant k$($1\leqslant j\leqslant k$), 第 $j$ 秒抛出的球在第 $k$ 秒的高度是 $a_j-(k-j)=a_j+j-k$(高度是 $0$ 的意思是球回到杂耍师手上).

杂耍师不会需要无穷多个新球. 实际上, 他至多需要 $2015$ 个球就可以永远站在舞台上卖力表演. 这是因为空中抛出的球的高度都不超过 $2015$ 并且互不相同, 每个球经过至多 $2015$ 秒就会回到他的手中.
设杂耍师用了 $b$ 个球. 当然, $1\leqslant b\leqslant2015$. 把这 $b$ 个球的初次被抛出的时间记为 $t_1$, $t_2$, $\dotsc$, $t_b$. 于是, $t_1$, $t_2$, $\dotsc$, $t_b$ 恰是 $d_1$, $d_2$, $\dotsc$ 不能取到的全部正整数.

我们用 $S_j$ 表示第 $j$ 秒空中所有的球的高度之和(第 $j$ 秒, 杂耍师抛出的球已经到达海拔 $a_j$. 在 $j\geq2$, 第 $j-1$ 秒高度为 $1$ 的球在第 $j$ 秒已经回到杂技师手中并且已被抛到高度 $a_j$, 第 $j-1$ 秒高度不低于 $2$ 的球的高度在第 $j$ 秒都已降低 $1$), $j=1$, $2$, $3$, $\dotsc$. 注意 $S_1=a_1$.

取定一个正整数 $N\geqslant\max\{t_1, t_2, \dotsc, t_b\}$.

当 $j\geqslant N$, 在第 $j$ 秒, 杂耍师完成把一个球抛到海拔 $a_j$ 后, 空中有 $b$ 个球, 这些球的高度互不相同, 并且恰好有一个球的高度是 $1$, 因为第 $j+1$ 秒恰好有一个球回到杂耍师手中(就是第 $i$ 秒抛出的那个球, $i$ 使得 $d_i=j+1$). 于是, $S_j$ 是 $b$ 个互不相同的数的和: 有一个是 $1$, 有 $b-1$ 个属于 $\{2, 3, 4, \dotsc, 2015\}$.

既然第 $j$ 秒, 高度是 $1$ 的球会在第 $j+1$ 秒被抛到海拔 $a_{j+1}$, 高度 $\gt1$ 的 $b-1$ 个球都在第 $j+1$ 秒海拔降低 $1$, 因此

\begin{equation}S_{j+1}-S_j=a_{j+1}-1-\left(b-1\right)=a_{j+1}-b.\end{equation}

至此, 对于任意满足 $n\gt m\geqslant N$ 的正整数 $m$ 和 $n$, 有

\begin{equation}S_n-S_m=\sum_{j=m+1}^n\Big(a_j-b\Big).\end{equation}

注意, $S_n$ 和 $S_m$ 都是 $\{1, 2, 3,\dotsc,2015\}$ 中包括 $1$ 在内的 $b$ 个互不相同的数的和, 所以

\begin{equation}\begin{split}
\left|S_n-S_m\right|&\leqslant\Big(1+2015+2014+\dotsb+(2017-b)\Big)-\Big(1+2+3+\dotsb+b\Big)\\&=\Big(2015-b\Big)\Big(b-1\Big)\leqslant1007^2.\end{split}\end{equation}

我们下面来把这个证明改写成”纯”, “完全彻底” 的数学论证. 有几个选择, 不过繁简有微小差别, 虽然实质一样.

解答三

对每个整数 $j\geq1$, 令

\begin{equation}\mathfrak A_j=\{a_k+k-j\mid1\leq k\leq j,\;a_k+k\gt j\}.\end{equation}

显然, $a_j\in \mathfrak A_j$.

注意, $1\leq k\leq j$ 时,

\[a_k+k-j\leq a_k\leq2015\]

蕴涵 $1\leq|\mathfrak A_j|\leq 2015$.

另一方面, $1\leq k\leq j$ 时,

\[\Big(a_k+k-j\Big)-1=\Big(a_k+k\Big)-\Big(j+1\Big)\ne a_{j+1}\]

蕴涵 $a_{j+1}\notin\{x-1\mid x\in \mathfrak A_j\}$.

当 $1\notin \mathfrak A_j$ 时,

\[\mathfrak A_{j+1}=\{x-1\mid x\in \mathfrak A_j\}\cup\{a_{j+1}\}.\]

此时, $|\mathfrak A_{j+1}|= |\mathfrak A_j|+1$.

当 $1\in \mathfrak A_j$ 时,

\[\mathfrak A_{j+1}=\{x-1\mid x\gt1,\; x\in \mathfrak A_j\}\cup\{a_{j+1}\}.\]

此时, $|\mathfrak A_{j+1}|= |\mathfrak A_j|$.

无论如何, $|\mathfrak A_{j+1}|\geq |\mathfrak A_j|$ 为真. 于是, 存在正整数 $N$, 使得对任意整数 $j\geq N$, $|\mathfrak A_j|$ 都是同一个数. 记这个不变的数是 $b$, 即 $b=|\mathfrak A_N|$. 注意, $j\geq N$, $|\mathfrak A_j|$ 不变蕴涵 $1\in\mathfrak A_j$.

考察 $S_j=\sum\limits_{h\in\mathfrak A_j}$h, $j\geq1$.

当 $j\geq N$, 照样有 $(1)$, $(2)$, $(3)$.

解答四

考察 $d_j=a_j+j$, $j=1$, $2$, $\dotsc$. 于是, 正整数序列 $d_1$, $d_2$, $\dotsc$ 互不相同, 并且对每个正整数 $j\geqslant1$, 有 $j+1\leqslant d_j\leqslant j+2015$.

显然, 肯定有正整数不会在序列 $\{d_j\}$ 中出现, 比如 $1$. 我们指出, 至多有 $2015$ 个正整数 $t$, 使得不存在正整数 $j$, 满足 $d_j=t$. 换句话说, 集合 $\{1, 2, 3, \dotsc\}\setminus\{d_1, d_2,\dotsc\}$ 的元素个数 $b$, 成立 $1\leqslant b\leqslant 2015$.

设 $t_1$, $t_2$, $\dotsc$, $t_c$ 是没有在序列 $\{d_j\}$ 中出现的 $c$ 个正整数, 这里 $c$ 是正整数. 对每一个 $t_i$, $1\leqslant i\leqslant c$, 考察如下的正整数序列

\begin{equation}x_0=t_i,\; x_j=d_{x_{j-1}},\; j\geqslant1. \end{equation}

我们把这个序列称为由 $t_i$ 出发的 $d$ 序列. 如此一来, 这样的 $d$ 序列有 $c$ 个. 序列 $d_1$, $d_2$, $\dotsc$ 互不相同说明任意两个 $d$ 序列不会出现相同的项.

显然, 对每个正整数 $j\geqslant1$, $x_j$ 会在序列 $\{d_j\}$ 中出现, 并且 $x_j=d_{x_{j-1}}\gt x_{j-1}$ 表明序列 $\{x_j\}$ 严格递增, 以及

\begin{equation}x_j=d_{x_{j-1}}\leqslant x_{j-1}+2015.\end{equation}

对于任意的正整数 $T\gt t_i$, 设 $g_i$ 是使得 $x_{g_i+1}\gt T$ 成立的最小非负整数. 换句话说, $(5)$ 中的序列 $\{x_j\}$ 中的项 $x_1$, $x_2$, $\dotsc$, $x_{g_i}$ 都是不超过 $T$ 的正整数, 并且这 $g_i$ 项都在序列 $\{d_j\}$ 中出现($g_i=0$ 的意思是 $x_1$, $x_2$, $x_3$, $\dotsc$ 都大于 $T$). 我们指出

\begin{equation}g_i\gt\frac{T-t_i}{2015}-1.\end{equation}

事实上, 记得 $(6)$, 于是

\[T\lt x_{g_i+1}\leqslant t_i+2015(g_i+1).\]

这就是 $(7)$.

取定一个正整数 $A\gt\max\{t_1, t_2, \dotsc, t_c\}$. 根据 $(7)$, 当 $T$ 是任意的满足 $T\gt A$ 的正整数时, 序列 $\{d_j\}$ 中不超过 $T$ 的项至少有

\begin{equation}g_1+g_2+\dotsb+g_c\gt\sum_{i=1}^c\left(\frac{T-t_i}{2015}-1\right)\gt\sum_{i=1}^c\left(\frac{T-A}{2015}-1\right)=c\left(\frac{T-A}{2015}-1\right)\end{equation}

个.

显然, 序列 $\{d_j\}$ 中不超过 $T$ 的项少于 $T$ 个. 于是

\begin{equation}T\gt c\left(\frac{T-A}{2015}-1\right).\end{equation}

这个式子要对大于 $A$ 的所有正整数 $T$ 为真, 必定 $c\leqslant2015$.

至此, 我们证明了 $1\leqslant b\leqslant 2015$.

设 $Y=\{t_1, t_2, \dotsc, t_b\}$ 是所有的没有在序列 $\{d_j\}$ 中出现的 $b$ 个正整数组成的集合. 于是, 有由 $t_1$, $t_2$, $\dotsc$, $t_b$ 出发的 $b$ 个 $d$ 序列; $Y\cup\{d_1, d_2, d_3\dotsc\}$ 恰好就是全部正整数形成的集合.

记 $\mathfrak D=\{d_1, d_2, d_3\dotsc\}$.

我们指出, $\mathfrak D$ 中的每个元素在一个 $d$ 序列中出现一次, 并且只在一个 $d$ 序列中出现. 于是, $b$ 个 $d$ 序列的所有项不重复不遗漏的恰好是全部的正整数.

事实上, 设 $d_{j_1}$ 是 $\mathfrak D$ 中的任何一个元素.

如果 $j_1\notin \mathfrak D$, 那么 $d_{j_1}$ 恰是由 $j_1$ 出发的 $d$ 序列的第 $2$ 项. 如果 $j_1\in \mathfrak D$, 必有 $j_2\lt j_1 $ 使得 $d_{j_2}=j_1$.

如果 $j_2\notin \mathfrak D$, 那么 $d_{j_1}$ 恰是由 $j_2$ 出发的 $d$ 序列的第 $3$ 项. 如果 $j_2\in \mathfrak D$, 必有 $j_3\lt j_2 $ 使得 $d_{j_3}=j_2$.

如此下去. 这个过程不可能无限进行下去. 恰有惟一的正整数 $l$, 使得

\[ j_l\notin \mathfrak D,\; j_{l-1},\; j_{l-2},\;\dotsc,\; j_2,\; j_1\in \mathfrak D,\; j_l\lt j_{l-1}\lt j_{l-2}\lt\dotsb\lt j_2\lt j_1, \]

\[d_{j_l}=j_{l-1},\; d_{j_{l-1}}=j_{l-2},\;\dotsc,\; d_{j_2}=j_1.\]

$d_{j_1}$ 恰是由 $j_l$ 出发的 $d$ 序列的第 $l+1$ 项.

取定一个正整数 $N\gt\max\{t_1, t_2, \dotsc, t_b\}$.

设 $n$ 和 $m$ 是任意的满足 $n\gt m\geq N$ 的整数. $d_{m+1}$, $d_{m+2}$, $\dotsc$, $d_n$ 会分布在所有的这 $b$ 个 $d$ 序列中. 每一个 $d$ 序列的下标都是严格递增的($d_k$ 与 $d_l$ 都是同一个 $d$ 序列中的项, 且 $d_k$ 在 $d_l$ 前面, 那么 $k\lt l$), 因此, $d_{m+1}$, $d_{m+2}$, $\dotsc$, $d_n$ 在同一个 $d$ 序列中出现的项一定是这个 $d$ 序列中的连续若干项.

考虑由 $t_i$($1\leq i\leq b$) 出发的 $d$ 序列中的连续项

\begin{equation}x_u,\; x_{u+1},\;x_{u+2},\;\dotsc,\; x_{u+v},\; x_{u+v+1},\end{equation}

这里 $u$ 是正整数, $v$ 是非负整数, 并且

\begin{equation}x_u\lt m+1\leq x_{u+1}\lt x_{u+2}\lt\dotsb \lt x_{u+v}\leq n\lt x_{u+v+1}.\end{equation}

换句话说, $d_{m+1}$, $d_{m+2}$, $\dotsc$, $d_n$ 在 $t_i$($1\leq i\leq b$) 出发的 $d$ 序列中出现的所有的项恰好就是下面这 $v$ 项($v=0$ 就是此 $d$ 序列不包括 $d_{m+1}$, $d_{m+2}$, $\dotsc$, $d_n$ 中的任意一项)

\begin{equation}d_{x_{u+1}},\;d_{x_{u+2}}\,\;\dotsc,\;d_{x_{u+v}}.\end{equation}

注意

\begin{equation}x_{u+1}=d_{x_u},\;x_{u+2}=d_{x_{u+1}},\;x_{u+3}=d_{x_{u+2}}\,\;\dotsc,\;x_{u+v+1}=d_{x_{u+v}},\end{equation}

我们有

\begin{equation}\sum_{k=1}^v\Big(d_{x_{u+k}}-x_{u+k}\Big)=\sum_{k=1}^v\Big(x_{u+k+1}-x_{u+k}\Big)=x_{u+v+1}-x_{u+1}=d_{x_{u+v}}-d_{x_u}.\end{equation}

于是

\begin{equation}\sum_{k=1}^v\Big(d_{x_{u+k}}-x_{u+k}\Big)-\Big(n-m\Big)=\Big(d_{x_{u+v}}-n\Big)-\Big(d_{x_u}-m\Big).\end{equation}

注意

\begin{equation}d_{x_u}-m=\Big(x_u+a_{x_u}\Big)-m=a_{x_u}-\Big(m-x_u\Big)\end{equation}

说明 $1\leq d_{x_u}-m\leq2015$. 同样的道理, $1\leq d_{x_{u+v}}-n\leq2015$.

我们记 $h=d_{x_u}-m$, $H=d_{x_{u+v}}-n$. 则

\begin{equation}\sum_{k=1}^v\Big(d_{x_{u+k}}-x_{u+k}\Big)-\Big(n-m\Big)=H-h,\end{equation}

这里, $1\leq h,\; H\leq2015$.

把 $t_i$ 相应的 $u$, $v$, $h$, $H$ 记为 $u_i$, $v_i$, $h_i$, $H_i$, $1\leq i\leq b$. 注意, $h_i$ 互不相同, $H_i$ 也是互不相同.

当 $i$ 跑遍 $1$, $2$, $\dotsc$, $b$ 时,

\begin{equation}\sum_{i=1}^b\Big(\sum_{k=1}^{v_i}(d_{x_{u_i+k}}-x_{u_i+k})-(n-m)\Big)=\sum_{i=1}^b\Big(H_i-h_i\Big)=\sum_{i=1}^b H_i-\sum_{i=1}^b h_i.\end{equation}

$d_{x_{u_i+1}}$, $d_{x_{u_i+2}}$, $\dotsc$, $d_{x_{u_i+v_i}}$ 是 $d_{m+1}$, $d_{m+2}$, $\dotsc$, $d_n$ 在由 $t_i$($1\leq i\leq b$) 出发的 $d$ 序列中出现的所有的项. 当 $i$ 跑遍 $1$, $2$, $\dotsc$, $b$ 时, $d_{x_{u_i+1}}$, $d_{x_{u_i+2}}$, $\dotsc$, $d_{x_{u_i+v_i}}$ 不重复不遗漏恰好就是 $d_{m+1}$, $d_{m+2}$, $\dotsc$, $d_n$. 我们有

\begin{equation}\sum_{k=m+1}^n\Big(d_k-k\Big)=\sum_{i=1}^b\sum_{k=1}^{v_i}\Big(d_{x_{u_i+k}}-x_{u_i+k}\Big).\end{equation}

$d_k-k=a_k$ 表明

\begin{equation}\begin{split}\sum_{k=m+1}^n\Big(a_k-b\Big)&=\sum_{k=m+1}^n a_k-b\Big(n-m\Big)\\&=\sum_{i=1}^b\Big(\sum_{k=1}^{v_i}(d_{x_{u_i+k}}-x_{u_i+k})-(n-m)\Big)\\&=\sum_{i=1}^b H_i-\sum_{i=1}^b h_i.\end{split}\end{equation}

注意, 一定恰有惟一的 $i$($1\leq i\leq b$), 使得 $x_{u_i+1}=m+1$; 恰有惟一的 $j$($1\leq j\leq b$), 使得 $x_{u_j+v_j+1}=n+1$. 此时

\begin{equation}h_i=d_{x_{u_i}}-m=x_{u_i+1}-m=1,\; H_j=d_{x_{u_j+v_j}}-n=x_{u_j+v_j+1}-n=1.\end{equation}

$h_1$, $h_2$, $\dotsc$, $h_b$ 是 $\{1, 2, 3,\dotsc,2015\}$ 中包括 $1$ 在内的 $b$ 个互不相同的元素, $H_1$, $H_2$, $\dotsc$, $H_b$ 亦然. 故而

\begin{equation}\begin{split}
\left|\sum_{k=m+1}^n\Big(a_k-b\Big)\right|&\leqslant\Big(1+2015+2014+\dotsb+(2017-b)\Big)-\Big(1+2+3+\dotsb+b\Big)\\&=\Big(2015-b\Big)\Big(b-1\Big)\leqslant1007^2.\end{split}\end{equation}

看到我们的魂牵梦绕.

最后的式子泄漏了本性: 与上两个解法的本质是一样的!

解答五

这个主意是本题供题人之一的 Ivan Guo 给出的. 背后的想法倒不是多复杂, 要写清楚要仔细的挑选.

令 $d_j=a_j+j$, $j=1$, $2$, $\dotsc$. 于是, 正整数序列 $d_1$, $d_2$, $\dotsc$ 互不相同, 并且对每个正整数 $j\geqslant1$, 有 $j+1\leqslant d_j\leqslant j+2015$.

把

\begin{equation}d_1,\; d_2,\; d_3, \;\dotsc\end{equation}

按照从小到大的顺序排列成 $d_{i_1}$, $d_{i_2}$, $d_{i_3}$, $\dotsc$. 即, $i_1$, $i_2$, $i_3$, $\dotsc$ 是全体正整数的一个排列, 且

\begin{equation}d_{i_1}\lt d_{i_2}\lt d_{i_3}\lt\dotsb.\end{equation}

把一个序列中的某两项对调位置, 而其余的项不动, 得到另一个序列的变换称为一个对换. 需要强调的是, 这里的对换, 允许对调位置的两项重合. 也就是说, 一个对换可以不变动任何一项的位置.

令 $\pi_0$ 和 $\pi$ 分别就是$(23)$ 中的序列 $\{d_j\}$ 和 $(24)$ 中的序列.

从 $\pi_0$ 开始, 通过有限次的对换, 我们可以得到最前面若干项与 $\pi$ 相同, 并且只有有限项与 $\pi_0$ 不同的序列. 具体来说, 设 $\pi_1$ 是通过交换 $\pi_0$ 的两项 $d_1$ 与 $d_{i_1}$ 的位置得到的序列. 如果 $d_1=d_{i_1}$, $\pi_1$ 与 $\pi_0$ 是同一个序列. $\pi_1$ 的首项即是 $d_{i_1}$. 设 $\pi_2$ 是通过交换 $\pi_1$ 的第 $2$ 项与 $d_{i_2}$ 的位置得到的序列. $\pi_2$ 的前 $2$ 项即是 $d_{i_1}$, $d_{i_2}$. 一般地, 设 $\pi_j$ 是通过交换 $\pi_{j-1}$ 的第 $j$ 项与 $d_{i_j}$ 的位置得到的序列, $j$ 是正整数. $\pi_j$ 可能与 $\pi_{j-1}$ 是同一个序列. $\pi_j$ 的前 $j$ 项即是 $d_{i_1}$, $d_{i_2}$, $\dotsc$, $d_{i_j}$; $\pi_j$ 至多有 $2j$ 项与 $\pi_0$ 不同.

令 $e_j=d_{i_j}-j$, $j=1$, $2$, $\dotsc$.

首先指出, 序列 $e_1$, $e_2$, $e_3$, $\dotsc$ 单调递增, 但不是严格单调, 并且对每个整数 $j\geq1$,

\begin{equation}1+j\leq d_{i_j}\leq2015+j,\;1\leq e_j\leq2015.\end{equation}

于是, 存在两个正整数 $b$ 和 $M$, $1\leq b\leq2015$, 对所有满足 $j\geq M$ 的整数 $j$, $e_j=b$ 成立.

事实上, $d_{i_1}=i_1+a_{i_1}\geq2$. 于是

\[d_{i_j}\geq d_{i_1}+\Big(j-1\Big)\geq2+\Big(j-1\Big)=j+1.\]

$d_{i_j}$ 是 $\pi_0$ 按照从小到大排序的第 $j$ 项, 所以

\[d_{i_j}\leq\max\{d_1,\;d_2,\;\dotsc,\;d_j\}\leq j+2015.\]

此时, 当然应当有

\[1\leq e_j=d_{i_j}-j\leq2015.\]

此外,

\[e_{j+1}-e_j=\Big(d_{i_{j+1}}-(j+1)\Big)-\Big(d_{i_j}-j\Big)=d_{i_{j+1}}-d_{i_j}-1\geq0\]

表明 $e_{j+1}\geq e_j$.

$j$ 是非负整数, $k$ 是正整数. 设 $\pi_j$ 的第 $k$ 项是 $d_{j,\, k}$, 即 $\pi_j$ 是如下的序列

\begin{equation}d_{j,\, 1},\; d_{j,\, 2},\; d_{j,\,3},\;\dotsc,\; d_{j,\, k},\;\dotsc.\end{equation}

于是当 $j\geq1$ 时, $d_{j,\, 1}=d_{i_1}$, $d_{j,\, 2}=d_{i_2}$, $\dotsc$, $d_{j,\, j}=d_{i_j}$.

我们判定, 对所有的非负整数 $j$ 和正整数 $k$, 成立

\begin{equation}1+k\leq d_{j,\,k}\leq2015+k.\end{equation}

我们对 $j$ 进行归纳.

$d_{0,\,k}=d_k$ 表明奠基显然.

对正整数 $j$ 和 $k$, $k\gt j$, $\pi_j$ 是通过交换 $\pi_{j-1}$ 的第 $j$ 项与第 $k$ 项的位置得到的序列. $\pi_{j-1}$ 的第 $j$ 项必定是 $d_{j,\,k}$, 第 $k$ 项必定是 $d_{i_j}$, 且 $d_{j,\,k}\gt d_{i_j}=d_{j,\, j}$. 于是

\[d_{j,\,k}\gt d_{i_j}=d_{j-1,\,k}\geq 1+k.\]

\[d_{j,\,k}= d_{j-1,\,j}\leq 2015+j\lt2015+k.\]

至此, 我们验证了 $(27)$ 的真实性.

当 $j\geq M$, $d_{i_j}=j+b$. 故, $j\geq M$ 时,

\begin{equation}d_{j,\, M}=M+b,\; d_{j,\, M+1}=M+1+b,\; d_{j,\, M+2}=M+2+b,\;\dotsc,\; d_{j,\, j}=j+b.\end{equation}

接下来, 我们来证明: 正整数 $x\geq M$. 交换 $\pi_x$ 的第 $x+1$ 项与第 $y$ 项的位置得到 $\pi_{x+1}$, $x+1\lt y$. 那么

\begin{equation}1\leq y-\Big(x+1\Big)\leq b-1,\; 0\lt d_{x,\, x+1}-d_{x,\, y}\leq2015-b.\end{equation}

事实上, $d_{x,\,y}=d_{x+1,\, x+1}=x+1+b$, 于是

\begin{equation}0\lt d_{x,\, x+1}-d_{x,\, y}=d_{x,\, x+1}-d_{x+1,\, x+1}\leq\Big(x+1+2015\Big)-\Big(x+1+b\Big)=2015-b.\end{equation}

又因为 $d_{x,\,y}\geq y+1$, $x+1\lt y$, 所以

\begin{equation}x+1+b\geq y+1\end{equation}

定出 $b-1\geq y-(x+1)\geq1$.

设 $x\geq0$ 是整数. 交换 $\pi_x$ 的第 $x+1$ 项与第 $y$ 项的位置得到 $\pi_{x+1}$, $x+1\leq y$. 那么

\begin{equation}0\leq y-\Big(x+1\Big)\leq2014.\end{equation}

事实上, $d_{x+1,\, x+1}=d_{x,\,y}$, 于是

\begin{equation}\Big(x+1\Big)+2015\geq d_{x+1,\, x+1}=d_{x,\,y}\geq1+y\end{equation}

从而 $0\leq y-(x+1)\leq 2014$.

这表明, 我们所做的每一个的对换, 把一个序列的某两项对调位置(允许这两项同一), 此序列在这两项之间至多还有 $2013$ 项. 于是, 设 $x$ 是整数, $0\leq x\leq M$, $x+1\leq y$, 并且交换 $\pi_x$ 的第 $x+1$ 项与第 $y$ 项的位置得到 $\pi_{x+1}$. 那么 $y\leq M+2015$.

取正整数 $N$, $N\gt M+2015$. 于是, 如果通过交换 $\pi_x$ 的第 $x+1$ 项与第 $y$ 项的位置得到 $\pi_{x+1}$, 且 $y\geq N$, 那么必定 $x\gt M$, 进而 $d_{x,\,y}=d_{x+1,\,x+1}=x+1+b$.

设整数 $m$ 和 $n$ 适合 $n\gt m\geq N$.

考察

\begin{equation}s_j=\sum_{k=m+1}^n d_{j,\,k},\;j=0,\,1,\,2,\,\dotsc, n.\end{equation}

我们来观察对换 $\pi_x$ 的第 $x+1$ 项与 $d_{i_{x+1}}$ 的位置对 $s_x$ 的影响, 即估计 $s_{x+1}-s_x$, 这里 $0\leq x\lt n$.

当 $x+1\lt m+1\leq y$, 交换 $\pi_x$ 的第 $x+1$ 项与第 $y$ 项的位置得到 $\pi_{x+1}$. 注意 $d_{x+1,\, y}=d_{x,\, x+1}$, 于是

\begin{equation}0\lt d_{x+1,\, y}-d_{x,\, y}=d_{x,\, x+1}-d_{x,\, y}\leq2015-b.\end{equation}

在 $y\leq n$ 成立之时, $s_{x+1}-s_x=d_{x+1,\, y}-d_{x,\, y}$; 在 $y\gt n$, $s_{x+1}=s_x$. 故而

\begin{equation}0\leq s_{x+1}-s_x\leq2015-b.\end{equation}

现在来考虑有多少个 $x$, 使得交换 $\pi_x$ 的第 $x+1$ 项与第 $y$ 项的位置得到 $\pi_{x+1}$, 且 $x+1\lt m+1\leq y$. 由 $b-1\geq y-(x+1)\geq1$, 于是

\begin{equation}b-1\geq m+1-\Big(x+1\Big)\geq1.\end{equation}

从而这样的 $x$ 不超过 $b-1$ 个.

同样的道理, 交换 $\pi_x$ 的第 $x+1$ 项与第 $y$ 项的位置得到 $\pi_{x+1}$, 且 $x+1\leq n\lt y$. $d_{x+1,\, x+1}=d_{x,\, y}$ 蕴涵

\begin{equation}0\gt d_{x+1,\, x+1}-d_{x,\, x+1}=d_{x,\, y}-d_{x,\, x+1}\geq-\Big(2015-b\Big).\end{equation}

在 $x+1\geq m+1$ 成立之时, $s_{x+1}-s_x=d_{x+1,\, x+1}-d_{x,\, x+1}$; 在 $x+1\leq m$, $s_{x+1}=s_x$. 故而

\begin{equation}-\Big(2015-b\Big)\leq s_{x+1}-s_x\leq0.\end{equation}

现在来考虑有多少个 $x$, 使得交换 $\pi_x$ 的第 $x+1$ 项与第 $y$ 项的位置得到 $\pi_{x+1}$, 且 $x+1\leq n\lt y$. 由 $b-1\geq y-(x+1)\geq1$, 于是

\begin{equation}b-1\geq n-x\geq1.\end{equation}

至多有 $b-1$ 个这样的 $x$.

如果交换 $\pi_x$ 的第 $x+1$ 项与第 $y$ 项的位置得到 $\pi_{x+1}$, 当 $x+1\leq y\lt m+1$ 或 $m+1\leq x+1\leq y\leq n$ 时, $s_{x+1}=s_x$ 皆为真.

至此, $0\leq x\lt n$, $s_{x+1}-s_x$ 至多有 $2(b-1)$ 个不是 $0$: 至多 $b-1$ 个正数, 每个都不超过 $2015-b$; 至多 $b-1$ 个负数, 每个都不小于 $-(2015-b)$. 于是

\begin{equation}-\Big(2015-b\Big)\Big(b-1\Big)\leq s_n-s_0\leq\Big(2015-b\Big)\Big(b-1\Big).\end{equation}

注意

\begin{equation}\begin{split}s_0-s_n&=\sum_{k=m+1}^n d_k-\sum_{k=m+1}^n d_{n,\,k}\\&=\sum_{k=m+1}^n \Big(a_k+k\Big)-\sum_{k=m+1}^n\Big(b+k\Big)\\&=\sum_{k=m+1}^n \Big(a_k-b\Big).\end{split}\end{equation}

最后, 我们辛苦一生的梦想握在了手中

\begin{equation}\left|\sum_{k=m+1}^n\Big(a_k-b\Big)\right|\leqslant\Big(2015-b\Big)\Big(b-1\Big)\leqslant1007^2.\end{equation}