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无穷数列 $P \colon a_1, a_2, \dots, a_n, \dots$ 满足 $a_i \in \mathbb N^*$, 且 $a_i \le a_{i+1}$ ($i\in \mathbb N^*$). 对于数列 $P$, 记 $T_k (P) = \min \{ n | a_n \ge k \}$ ($k\in \mathbb N^*$), 其中 $\min \{ n | a_n \ge k \}$ 表示集合 $\{ n | a_n \ge k \}$ 中最小的数.

1. 若数列 $P\colon 1,3,4,7,\dots$, 写出 $T_1(P), T_2(P), \dots, T_5(P)$;
2. 若 $T_k (P) = 2k-1$, 求数列 $P$ 的前 $n$ 项之和;
3. 已知 $a_{20} = 46$, 求 $s = a_1 + a_2 + \dots + a_{20} + T_1 (P) + T_2 (P) + \dots + T_{46} (P)$ 的值.

解答

1. $T_1(P) = 1$, $T_2(P) = 2$, $T_3(P)=2$, $T_4(P)=3$, $T_5(P) = 4$.

2. 不难得出满足 $T_k (P) = 2k-1$ 的数列为 $P\colon 1,1,2,2,3,3,4,4,\dots$, 其通项公式可以写作 $a_n = \dfrac{2n+1-(-1)^n}4$. 其前 $n$ 项的和为 $S_n = \dfrac{2n^2 + 4n + 1 - (-1)^n}8$.

3. 我们证明一个更一般的结论: 记
   $$s_n = a_1 + a_2 + \dots + a_n + T_1(P) + T_2(P) + \dots + T_{a_n}(P)$$
   则
   $$s_n = (n+1) a_n$$
   采用数学归纳法证明.

   1. $n=1$ 时,
      $$s_1 = a_1 + T_1(P) + T_2(P) + \dots + T_{a_1}(P) = a_1 + \underbrace{1+1+\dots+1}_{a_1~\text{个}~1} = 2 a_1$$
      结论成立.

   2. 假设 $n = m-1$ 时结论成立, 即有
      $$s_{m-1} = a_1 + a_2 + \dots + a_{m-1} + T_1(P) + T_2(P) + \dots + T_{a_{m-1}}(P) = m a_{m-1}$$
      则 $n = m$ 时, 若 $a_m = a_{m-1}$, 则 $s_m$ 相比于 $s_{m-1}$ 中只增加了一项 $a_m$ (注意此时 $T_{a_m}(P)$ 就是 $T_{a_{m-1}}(P)$), 因此
      $$s_m = s_{m-1} + a_m = m a_{m-1} + a_m = (m+1) a_m$$
      若 $a_m > a_{m-1}$, 则 $s_m$ 相比于 $s_{m-1}$ 中增加的项有: $a_m$, $T_{a_{m-1}+1}(P), T_{a_{m-1}+2}(P), \dots, T_{a_m}(P)$, 共有 $a_m - a_{m-1} + 1$ 项. 其中, $T_{a_{m-1}+1}(P) = T_{a_{m-1}+2}(P) = \dots = T_{a_m}(P) = m$, 因此
      $$s_m = s_{m-1} + a_m + (a_m - a_{m-1}) m = (m+1) a_m$$
      证毕.

   因此, 原题中要求的和数为 $s_{20} = (20+1) \times 46 = 966$.

附图: 本题的几何意义