设正整数数列 $\{a_n \}$ 满足：对任意整数 $n\geqslant 2016$，均有 $n^2 ~|~ (a_1 + a_2 + \ldots + a_n )$ 及 $a_n \leqslant (n+2016)^2$ 成立．令 $b_n = a_{n+1} - a_{n}$．证明：数列 $\{b_n \}$ 从某项起恒为常数．
【难度】
【出处】
2016中国东南数学奥林匹克试题(高二)
【标注】
【答案】
略
【解析】
设 $c_n =\dfrac{a_1 + a_2 + \ldots + a_n }{n^2}$（$n=1,2,\ldots$）．
由条件知，对任意 $n\geqslant 2016$，$c_n$ 恒为整数，并且
$c_{n}=\dfrac{a_{1}+\ldots+a_{n-1}}{n^{2}}+\dfrac{a_{n}}{n^{2}}=\dfrac{(n-1)^{2}}{n^{2}} c_{n-1}+\dfrac{a_{n}}{n^{2}}
$ ①
我们证明 $\{c_n \}$ 从某项起恒为常数．
先证明 $\{c_n \}$ 有上界．
用反证法，假设 $\{c_n \}$ 无上界，则存在某个 $m\geqslant 2016$，
使得 $c_m \geqslant 10000$．
当 $k=m$ 时，$c_k \leqslant c_m$ 显然成立．
若 $c_{k-1}\leqslant c_m$ 成立，
这里 $k>m\geqslant 2016$，则由 ① 及条件知，
$\begin{aligned} c_{k} &=\left(1-\frac{2 k-1}{k^{2}}\right) c_{k-1}+\frac{a_{k}}{k^{2}} \leqslant\left(1-\frac{2 k-1}{k^{2}}\right) c_{m}+\frac{(k+2016)^{2}}{k^{2}} \\ &=c_{m}+1-\frac{1}{k^{2}}\left[(2 k-1) c_{m}-2016(2 k+2016)\right]<c_{m}+1 \end{aligned}$ ②
其中最后一步是因为 $
(2 k-1) c_{m}-2016(2 k+2016)>k c_{m}-2016 \cdot 3 k>0
$．
因 $c_m$ 与 $c_k$ 为整数，故由 ② 知，$c_k \leqslant c_m$ 也成立．由数学归纳法知，$c_k \leqslant c_m~~(k=m,m+1,\ldots)$，但这与 $\{c_n \}$ 无上界相矛盾．
设 $\{c_n \}$ 有上界 $M$．注意到 ①，对任意 $n>\max\{2M,2016\}=t_1$，我们有 $
c_{n}>\dfrac{(n-1)^{2}}{n^{2}} c_{n-1}>\left(1-\dfrac{2}{n}\right) c_{n-1} \geqslant c_{n-1}-\dfrac{2 M}{n}>c_{n-1}-1
$，从而 $c_n \geqslant c_{n-1}$．
这表明 $\{c_n \}$ 从第 $t_1$ 项起单调不减．
注意 $\{c_n \}$ 有上界，故至多只有有限个 $c_n - c_{n-1}$（$n>t_1$）取正整数值，因而存在一个整数 $t\geqslant t_1$，使得 $\{c_n \}$ 自第 $t$ 项起不再增加，于是 $\{c_n \}$ 自第 $t$ 项起恒为常数．
不妨设 $c_t = c_{t+1} = \ldots = K$，则对任意整数 $n>t$，由比例性质知，$
K=\dfrac{\left(a_{1}+\ldots+a_{n}\right)-\left(a_{1}+\ldots+a_{n-1}\right)}{n^{2}-(n-1)^{2}}=\dfrac{a_{n}}{2 n-1}
$，于是当 $n>t$ 时，$b_n = a_{n+1}-a_{n}=(2n+1)K-(2n-1)K=2K$ 为常数．证毕．
由条件知，对任意 $n\geqslant 2016$，$c_n$ 恒为整数，并且
$c_{n}=\dfrac{a_{1}+\ldots+a_{n-1}}{n^{2}}+\dfrac{a_{n}}{n^{2}}=\dfrac{(n-1)^{2}}{n^{2}} c_{n-1}+\dfrac{a_{n}}{n^{2}}
$ ①
我们证明 $\{c_n \}$ 从某项起恒为常数．
先证明 $\{c_n \}$ 有上界．
用反证法，假设 $\{c_n \}$ 无上界，则存在某个 $m\geqslant 2016$，
使得 $c_m \geqslant 10000$．
当 $k=m$ 时，$c_k \leqslant c_m$ 显然成立．
若 $c_{k-1}\leqslant c_m$ 成立，
这里 $k>m\geqslant 2016$，则由 ① 及条件知，
$\begin{aligned} c_{k} &=\left(1-\frac{2 k-1}{k^{2}}\right) c_{k-1}+\frac{a_{k}}{k^{2}} \leqslant\left(1-\frac{2 k-1}{k^{2}}\right) c_{m}+\frac{(k+2016)^{2}}{k^{2}} \\ &=c_{m}+1-\frac{1}{k^{2}}\left[(2 k-1) c_{m}-2016(2 k+2016)\right]<c_{m}+1 \end{aligned}$ ②
其中最后一步是因为 $
(2 k-1) c_{m}-2016(2 k+2016)>k c_{m}-2016 \cdot 3 k>0
$．
因 $c_m$ 与 $c_k$ 为整数，故由 ② 知，$c_k \leqslant c_m$ 也成立．由数学归纳法知，$c_k \leqslant c_m~~(k=m,m+1,\ldots)$，但这与 $\{c_n \}$ 无上界相矛盾．
设 $\{c_n \}$ 有上界 $M$．注意到 ①，对任意 $n>\max\{2M,2016\}=t_1$，我们有 $
c_{n}>\dfrac{(n-1)^{2}}{n^{2}} c_{n-1}>\left(1-\dfrac{2}{n}\right) c_{n-1} \geqslant c_{n-1}-\dfrac{2 M}{n}>c_{n-1}-1
$，从而 $c_n \geqslant c_{n-1}$．
这表明 $\{c_n \}$ 从第 $t_1$ 项起单调不减．
注意 $\{c_n \}$ 有上界，故至多只有有限个 $c_n - c_{n-1}$（$n>t_1$）取正整数值，因而存在一个整数 $t\geqslant t_1$，使得 $\{c_n \}$ 自第 $t$ 项起不再增加，于是 $\{c_n \}$ 自第 $t$ 项起恒为常数．
不妨设 $c_t = c_{t+1} = \ldots = K$，则对任意整数 $n>t$，由比例性质知，$
K=\dfrac{\left(a_{1}+\ldots+a_{n}\right)-\left(a_{1}+\ldots+a_{n-1}\right)}{n^{2}-(n-1)^{2}}=\dfrac{a_{n}}{2 n-1}
$，于是当 $n>t$ 时，$b_n = a_{n+1}-a_{n}=(2n+1)K-(2n-1)K=2K$ 为常数．证毕．
答案
解析
备注
