已知数列 $\{a_{n}\}$ 对任意的 $p$，$q \in \mathbf{N}^{*}$ 满足 $a_{p + q} = a_p + a_q$，且 $a_2 = -6$，那么 $a_{10}$ 等于（ ）

\begin{answer} C \end{answer}

\begin{solution} 取 $p=q=1$，得 $a_2=2a_1$，所以 $a_1=-3$. 对任意正整数 $n$，取 $p=n$、$q=1$，有 $a_{n+1}=a_n+a_1$. 用数学归纳法证明 $a_n=-3n$：当 $n=1$ 时，$a_1=-3$ 成立；若 $a_n=-3n$，则 $a_{n+1}=a_n+a_1=-3n-3=-3(n+1)$. 因此 $a_{10}=-3\times10=-30$，故选 C. \end{solution}

某校数学课外小组在坐标纸上，为学校的一块空地设计植树方案如下：第 $k$ 棵树种植在点 $P_{k}(x_{k},y_{k})$ 处，其中 $x_{1} = 1$，$y_{1} = 1$，当 $k \geqslant 2$ 时， $T(a)$ 表示非负实数 $a$ 的整数部分，例如 $T(2.6) = 2$，$T(0.2) = 0$. 按此方案，第 $6$ 棵树种植点的坐标应为______；第 $2008$ 棵树种植点的坐标应为______.

\begin{answer} $(1,2)$，$(3,402)$ \end{answer}

\begin{solution} 记 $d_k=T\left(\frac{k-1}{5}\right)-T\left(\frac{k-2}{5}\right)$. 当 $k\geqslant2$ 时，$d_k=1$ 当且仅当 $k=5j+1$（$j$ 为正整数），其余情形 $d_k=0$. 因而通常每次使 $x$ 增加 $1$，使 $y$ 不变；在 $k=5j+1$ 时，$x$ 的增量为 $-4$，$y$ 的增量为 $1$.

从 $P_1=(1,1)$ 到 $P_6$，只有 $k=6$ 时 $d_k=1$，故 $P_6=(1,2)$. 在 $k=2$，$\ldots$，$2008$ 中，满足 $k=5j+1$ 的 $k$ 有 $\left\lfloor\frac{2007}{5}\right\rfloor=401$ 个. 若没有这些特殊增量，$x_{2008}=1+2007=2008$；每次特殊增量相对于通常的增量 $1$ 少 $5$，所以 $x_{2008}=2008-5\cdot401=3$，而 $y_{2008}=1+401=402$. 故填 $(1,2)$，$(3,402)$. \end{solution}

对于每项均是正整数的数列 $A$： $a_1$，$a_2$，$\cdots$，$a_n$，定义变换 $T_1$ 将数列 $A$ 变换成数列 $T_1\!\left(A\right)$： $n$，$a_1 - 1$，$a_2 - 1$，$\cdots$，$a_n - 1$. 对于每项均是非负整数的数列 $B$： $b_1$，$b_2$，$\cdots$，$b_m$，定义变换 $T_2$ 将数列 $B$ 各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列 $T_2\!\left(B\right)$；又定义 $S\!\left(B\right) = 2(b_1 + 2b_2 + \cdots + mb_m) + b_1^2 + b_2^2 + \cdots + b_m^2$. 设 $A_0$ 是每项均为正整数的有穷数列，令 $A_{k+1} = T_2\!\left(T_1\!\left(A_k\right)\right)$（$k = 0$，$1$，$2$，$\cdots$）.

(1) 如果数列 $A_0$ 为 $5$，$3$，$2$，写出数列 $A_1$，$A_2$； (2) 对于每项均是正整数的有穷数列 $A$，证明 $S\!\left(T_1\!\left(A\right)\right) = S\!\left(A\right)$； (3) 证明：对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列 $A_0$，存在正整数 $K$，当 $k \geqslant K$ 时，$S(A_{k+1}) = S(A_k)$.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item $T_1(A_0)=(3,4,2,1)$，按从大到小排列并去掉零项后，$A_1=(4,3,2,1)$. 再有 $T_1(A_1)=(4,3,2,1,0)$，所以 $A_2=(4,3,2,1)$. \item 设 $A=(a_1,a_2,\ldots,a_n)$，则 $T_1(A)=(n,a_1-1,a_2-1,\ldots,a_n-1)$. 直接展开 $S$ 得 $S\left(T_1(A)\right)=2\left[n+\sum_{i=1}^{n}(i+1)(a_i-1)\right]+n^2+\sum_{i=1}^{n}(a_i-1)^2$. 展开后，$a_i$ 的一次项为 $2(i+1)a_i-2a_i=2ia_i$，平方项为 $\sum_{i=1}^n a_i^2$，常数项为 $2n-2\sum_{i=1}^{n}(i+1)+n^2+n$. 又 $\sum_{i=1}^{n}(i+1)=\frac{n(n+3)}2$，所以该常数项等于 $2n-n(n+3)+n^2+n=0$. 因此 $S\left(T_1(A)\right)=2\sum_{i=1}^{n}ia_i+\sum_{i=1}^{n}a_i^2=S(A)$. \item 对任意非负整数数列 $B=(b_1,\ldots,b_m)$，交换相邻的逆序项 $b_i<b_{i+1}$ 后，平方和不变，而加权和的变化为 这里左边是交换前的加权和，右边是交换后的加权和，所以每次交换都会使 $S$ 严格减小；将所有逆序项交换后，数列按从大到小排列，故排序不会增加 $S$. 排序后所有零项位于末尾，去掉零项也不改变 $S$，从而 $S(T_2(B))\leqslant S(B)$. 结合第（2）问，对 $A_k$ 有 由于每个 $A_k$ 都是非负整数项数列去掉零项后得到的正整数项数列，故 $S(A_k)$ 是非负整数. 单调不增的非负整数列不可能无限次严格下降，因此从某个正整数 $K$ 起不再下降，即对所有 $k\geqslant K$，都有 $S(A_{k+1})=S(A_k)$. \end{enumerate} \end{solution}