题目 设 $S_n$ 为数列 $\{a_n\}$ 的前项和（$n=1,2,3,\cdots$），按如下方式定义数列 $\{a_n\}:a_1=m(m\in\mathbb N^*)$，对任意 $k\in\mathbb N^*$，$k>1$，设 $\{a_n\}$ 为满足 $0\leqslant a_k\leqslant k-1$ 的整数，且 $k$ 整除 $S_k$． 问题1 $m=9$ 时，试给出 $\{a_n\}$ 的前 $6$ 项； 答案1 $a_1=9,a_2=1,a_3=2,a_4=0,a_5=3,a_6=3$ 解析1 $m=9$ 时，$0\leqslant a_2\leqslant 1$，所以 $a_2=0$ 或 $a_2=1$．<br/>因为 $2\mid S_2$，所以 $a_2=1$．<br/>依次计算可得，$$a_1=9,a_2=1,a_3=2,a_4=0,a_5=3,a_6=3.$$ 备注1 问题2 证明：$\forall k\in\mathbb N^*$，有 $\dfrac{S_{k+1}}{k+1}<\dfrac{S_k}{k}+1$； 答案2 略 解析2 由题可知$$a_{k+1}\leqslant k+1<\dfrac{S_k}{k}+k+1,$$故$$\dfrac{S_{k+1}}{k+1}<\dfrac{S_k}{k}+1,$$所以命题成立． 备注2 问题3 证明：对任意的 $m$，数列 $\{a_n\}$ 必从某项起为常数列． 答案3 略 解析3 记数列 $b_n=\dfrac{S_n}{n}$，则根据数列 $\{a_n\}$ 的定义数列 $\{b_n\}$ 也是一个正整数数列．<br/>根据 $b_{n+1}-b_n<1$，有$$b_{n+1}-b_n\leqslant0.$$下面我们分两步证明该命题：<br/>第一步，证明“如果数列 $\{b_n\}$ 从某项起是常数列，那么 $\{a_n\}$ 从某项起为常数列．<br/>假设 $b_k=b_{k+1}=b_{k+2}=\cdots=x$，则$$\dfrac{S_k}{k}=\dfrac{S_{k+1}}{k+1}=\dfrac{S_{k+2}}{k+2}=\cdots=x,$$于是$$S_k=kx,S_{k+1}=kx+x,S_{k+2}=kx+2x,\cdots$$于是$$a_{k+1}=a_{k+2}=\cdots=x.$$这就证明了如果数列 $\{b_n\}$ 从第 $k$ 项起是常数列，那么 $\{a_n\}$ 从第 $k+1$ 项起是常数列．<br/>第二步，证明“数列 $\{b_n\}$ 从某项起是常数列．”用反证法：<br/>如果命题“数列 $\{b_n\}$ 从某项起是常数列”不成立，即$$\forall k\in\mathbb N^*,\exists p\in\mathbb N^*,p>k,\text{s.t.}b_p\ne b_k,$$于是存在 $m$ 个递增正整数 $k_1,k_2,\cdots,k_m$，使得$$b_{k_1}\ne b_1,b_{k_2}\ne b_{k_1},\cdots,b_{k_m}\ne b_{k_{m_1}},$$而根据 $b_{n+1}-b_n\leqslant0$，可得$$b_1>b_{k_1}>b_{k_2}>\cdots>b_{k_m},$$由于 $\{b_n\}$ 为正整数数列，所以 $b_{k_m}\geqslant1$，进而$$b_1\geqslant m+1,$$与 $b_1=m$ 矛盾．<br/>这样就证明了数列 $\{b_n\}$ 从某项起是常数列． 备注3 对于数列的递推过程，$\dfrac{S_k}{k}$ 为其半不变量．