一道试题的推广
数论吧里有一道试题http://tieba.baidu.com/p/5851805664：我们看看试题里的例子：9,1,2,0,3,3,3，……
3第一次出现在第5项，之前的数是0,5=3-0+2.
再看一个例子：13, 1, 1, 1, 4, 4, 4……
4第一次出现在第5项，之前的数是1,5=4-1+2.
以及25, 1, 1, 1, 2, 0, 5, 5, 5……，满足7=5-0+2.
假设最后保持不变的数字是a，且第一个a前面的数字是t，证明：
(1)t=0或1;
(2)a第一次出现是在数列的第a-t+2项。 截图中有一处小失误：
\(a_1+a_2+\cdots+a_{k+1}=k b_k+a_{k+1} \color{red}{\leq k b_k+k=k(b_k+1)} \lt (k+1)(b_k+1)\)
但不影响整体证明思路 假设最后常数为c，第一个为c的数列${a_n}$中项为$a_s $,
于是必然有$a_1+a_2+...+a_{s-1}=c xx (s-1)$, 于是必然有$c=s-1$或$c=s-2$
这是因为，第s项为c,所以$c<s$
另外如果c<s-1,那么$a_1+a_2+...+a_{s-2}<=a_1+a_2+...+a_{s-1}<=(s-2)(s-1)$
如果$a_1+a_2+...+a_{s-2}=(s-2)(s-1)$,取$a_{s-1}=0$可以使得$c=s-2<s-1$,所以可以取到$c=s-2$
如果$a_1+a_2+...+a_{s-2}=(s-2)u<=(s-2)^2$,那么取$a_{s-1}=u$可以使得$c=u$,这个和第一个取c在第s项矛盾
另外$a_1+a_2+...+a_{s-2} >= (s-2)s$，
不然如果前s-2项平均值如果等于s-1,那么第s-1项可以是0使得前s-1项平均值只有s-2,最终c不会超过s-2和前面矛盾
而如果前s-2项平均值u小于s-1,那么只要在第s-1项取7可以使得c为u小于s-1.
所以$a_{s-1}<=(s-1)c-(s-2)s=(s-1)^2-(s-2)s=1$
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