将一堆小球（数量不小于 $2$）分为两堆，记录两堆所包含的小球数之积，将这种操作称为“分堆”，将得到的积称为“分堆积”．将一堆包含 $n$ 个小球的小球进行一次“分堆”，对应的“分堆积”设为 $p_1$；从得到的两堆小球中选出一堆进行“分堆”，对应的“分堆积”设为 $p_2$；再从得到的三堆小球中选出一堆进行“分堆”，对应的“分堆积”设为 $p_3$；依次进行下去，直到最后得到 $n$ 堆小球（每堆的小球数量均为 $1$）为止．设$$S(n)=p_1+p_2+\cdots +p_{n-1},$$证明：$S(n)$ 是一个与分堆的具体过程无关的定值．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
每次都分出只包含一个小球的堆，那么有 $p_k=n-k$，其中 $k=1,2,\cdots ,n-1$．于是$$\sum_{k=1}^{n-1}p_k=(n-1)+(n-2)+\cdots +1=\dfrac 12n(n-1).$$接下来用数学归纳法证明无论采用何种分法，均有 $S(n)=\dfrac 12n(n-1)$，其中 $n=2,3,\cdots$．
当 $n=2$ 时，显然有 $S(2)=1$，命题成立；
假设命题对 $n\leqslant k$（$k\geqslant 2,k\in\mathbb N$）都成立，则当 $n=k+1$ 时，记 $S(1)=0$，假设经过第 $1$ 次分堆后两堆的小球数分别为 $p,n-p$，则\[\begin{split}S(n)&=p (n-p)+S(p)+S(n-p)\\&=p(n-p)+\dfrac 12p(p-1)+\dfrac 12(n-p)(n-p-1)\\&=\dfrac 12\left(2pn-2p^2+p^2-p+n^2-2pn-n+p+p^2\right)\\&=\dfrac 12n(n-1),\end{split}\]因此命题也成立．
综上所述，无论采用何种分法，均有 $S(n)=\dfrac 12n(n-1)$，其中 $n=2,3,\cdots$．
当 $n=2$ 时，显然有 $S(2)=1$，命题成立；
假设命题对 $n\leqslant k$（$k\geqslant 2,k\in\mathbb N$）都成立，则当 $n=k+1$ 时，记 $S(1)=0$，假设经过第 $1$ 次分堆后两堆的小球数分别为 $p,n-p$，则\[\begin{split}S(n)&=p (n-p)+S(p)+S(n-p)\\&=p(n-p)+\dfrac 12p(p-1)+\dfrac 12(n-p)(n-p-1)\\&=\dfrac 12\left(2pn-2p^2+p^2-p+n^2-2pn-n+p+p^2\right)\\&=\dfrac 12n(n-1),\end{split}\]因此命题也成立．
综上所述，无论采用何种分法，均有 $S(n)=\dfrac 12n(n-1)$，其中 $n=2,3,\cdots$．
答案
解析
备注
