（15分）设集合$M=\{(i$，$j$，$s$，$t)\vert i\in \{1$，$2\}$，$j\in \{3$，$4\}$，$s\in \{5$，$6\}$，$t\in \{7$，$8\}$，$2\vert (i+j+s+t)\}$．对于给定有穷数列$A:\{a_{n}\}(1\leqslant n\leqslant 8)$，及序列$\Omega :\omega _{1}$，$\omega _{2}$，$\ldots$，$\omega _{s}$，$\omega _{k}=(i_{k}$，$j_{k}$，$s_{k}$，$t_{k})\in M$，定义变换$T$：将数列$A$的第$i_{1}$，$j_{1}$，$s_{1}$，$t_{1}$项加1，得到数列$T_{1}$（A）；将数列$T_{1}$（A）的第$i_{2}$，$j_{2}$，$s_{2}$，$t_{2}$项加1，得到数列$T_{2}T_{1}$（A）$\ldots$；重复上述操作，得到数列$T_{s}\dotsb T_{2}T_{1}$（A），记为$\Omega$（A）．
（1）给定数列$A:1$，3，2，4，6，3，1，9和序列$\Omega :(1$，3，5，$7)$，$(2$，4，6，$8)$，$(1$，3，5，$7)$，写出$\Omega$（A）；
（2）是否存在序列$\Omega$，使得$\Omega$（A）为$a_{1}+2$，$a_{2}+6$，$a_{3}+4$，$a_{4}+2$，$a_{5}+8$，$a_{6}+2$，$a+4$，$a_{8}+4$，若存在，写出一个符合条件的$\Omega$；若不存在，请说明理由；
（3）若数列$A$的各项均为正整数，且$a_{1}+a_{3}+a_{5}+a_{7}$为偶数，证明：“存在序列$\Omega$，使得$\Omega$（A）为常数列”的充要条件为“$a_{1}+a_{2}=a_{3}+a_{4}=a_{5}+a_{6}=a_{7}+a_{8}$”．
分析：（1）直接按照$\Omega$（A）的定义写出$\Omega$（A）即可；
（2）利用反证法，假设存在符合条件的$\Omega$，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；
（3）分充分性和必要性两方面论证．
解：（1）$\Omega$（A）：3，4，4，5，8，4，3，10；
（2）假设存在符合条件的$\Omega$，
可知$\Omega$（A）的第1，2项之和为$a_{1}+a_{2}+s$，第3，4项之和为$a_{3}+a_{4}+s$，
则$\left\{\begin{array}{l}{({a}_{1}+2)+({a}_{2}+6)={a}_{1}+{a}_{2}+s}\\ {({a}_{3}+4)+({a}_{4}+2)={a}_{3}+{a}_{4}+s}\end{array}\right.$，
而该方程组无解，故假设不成立，
故不存在符合条件的$\Omega$；
（3）证明：设序列$T_{k}...T_{2}T_{1}$（A）为$\{a_{k,n}\}(1\leqslant n\leqslant 8)$，特别规定$a_{0,n}=a_{n}(1\leqslant n\leqslant 8)$．
必要性：若存在序列$\Omega :\omega _{1}$，$\omega _{2}$，$\ldots$，$\omega _{s}$，使得$\Omega$（A）为常数列．
则$a_{s,1}=a_{s,2}=a_{s,3}=a_{s,4}=a_{s,5}=a_{s,6}=a_{s,7}=a_{s,8}$，
所以$a_{s,1}+a_{s,2}=a_{s,3}+a_{s,4}=a_{s,5}+a_{s,6}=a_{s,7}+a_{s,8}$，
根据$T_{k}\ldots T_{2}T_{1}$（A）的定义，显然有$a_{k,2j-1}+a_{k,2j}=a_{k-1,2j-1}+a_{k-1,2j}$，$j=1$，2，3，4；$k=1$，2，$\ldots$，
不断使用该式可以得到：$a_{1}+a_{2}=a_{3}+a_{4}=a_{5}+a_{6}=a_{7}+a_{8}$，必要性成立．
充分性：若$a_{1}+a_{2}=a_{3}+a_{4}=a_{5}+a_{6}=a_{7}+a_{8}$．
由已知，$a_{1}+a_{3}+a_{5}+a_{7}$为偶数，而$a_{1}+a_{2}=a_{3}+a_{4}=a_{5}+a_{6}=a_{7}+a_{8}$，
所以$a_{2}+a_{4}+a_{6}+a_{8}=4(a_{1}+a_{2})-(a_{1}+a_{3}+a_{5}+a_{7})$也是偶数．
设$T_{s}...T_{2}T_{1}$（A）是通过合法的序列$\Omega$的变换能得到的所有可能的数列$\Omega$（A）中，
使得$\vert a_{s,1}-a_{s,2}\vert +\vert a_{s,3}-a_{s,4}\vert +\vert a_{s,5}-a_{s,6}\vert +\vert a_{s,7}-a_{s,8}\vert$最小的一个．
上面已经证明$a_{k,2j-1}+a_{k,2j}=a_{k-1,2j-1}+a_{k-1,2j}$，$j=1$，2，3，4，$k=1$，2，$\ldots$，
从而由$a_{1}+a_{2}=a_{3}+a_{4}=a_{5}+a_{6}=a_{7}+a_{8}$，可得$a_{s,1}+a_{s,2}=a_{s,3}+a_{s,4}=a_{s,5}+a_{s,6}=a_{s,7}+a_{s,8}$，
由于$i_{k}+j_{k}+S_{k}+t_{k}$总是偶数，
所以$a_{k,1}+a_{k,3}+a_{k,5}+a_{k,7}$和$a_{k,2}+a_{k,4}+a_{k,6}+a_{k,8}$的奇偶性保持不变，
从而$a_{s,1}+a_{s,3}+a_{s,5}+a_{s,7}$和$a_{s,2}+a_{s,4}+a_{s,6}+a_{s,8}$都是偶数．
下面证明不存在$j=1$，2，3，4使得$\vert a_{s,2j-1}-a_{s,2j}\vert \geqslant 2$，
假设存在，根据对称性，不妨设$j=1$，$a_{s,2j-1}-a_{s,2j}\geqslant 2$，
即$a_{s,1}-a_{s,2}\geqslant 2$．
情况1：若$\vert a_{s,3}-a_{s,4}\vert +\vert a_{s,5}-a_{s,6}\vert +\vert a_{s,7}-a_{s,8}\vert =0$，
则由$a_{s,1}+a_{s,3}+a_{s,5}+a_{s,7}$和$a_{s,2}+a_{s,4}+a_{s,6}+a_{s,8}$都是偶数，知$a_{s,1}-a_{s,2}\geqslant 4$．
对该数列连续作四次变换$(2$，3，5，$8)$，$(2$，4，6，$8)$，$(2$，3，6，$7)$，$(2$，4，5，$7)$后，
新的$\vert a_{s+4,1}-a_{s+4,2}\vert +\vert a_{s+4,3}-a_{s+4,4}\vert +\vert a_{s+4,5}-a_{s+4,6}\vert +\vert a_{s+4,7}-a_{s+4,8}\vert$相比原来的$\vert a_{s,1}-a_{s,2}\vert +\vert a_{s,3}-a_{s,4}\vert +\vert a_{s,5}-a_{s,6}\vert +\vert a_{s,7}-a_{s,8}\vert$减少4，
这与$\vert a_{s,1}-a_{s,2}\vert +\vert a_{s,3}-a_{s,4}\vert +\vert a_{s,5}-a_{s,6}\vert +\vert a_{s,7}-a_{s,8}\vert$的最小性矛盾；
情况2：若$\vert a_{s,3}-a_{s,4}\vert +\vert a_{s,5}-a_{s,6}\vert +\vert a_{s,7}-a_{s,8}\vert  > 0$，不妨设$\vert a_{s,3}-a_{s,4}\vert  > 0$，
情况$2-1$：如果$a_{s,3}-a_{s,4}\geqslant 1$，则对该数列连续作两次变换$(2$，4，$s$，$7)$，$(2$，4，6，$8)$后，
新的$\vert a_{s+2,1}-a_{s+2,2}\vert +\vert a_{s+2,3}-a_{s+2,4}\vert +\vert a_{s+2,5}-a_{s+2,6}\vert +\vert a_{s+2,7}-a_{s+2,8}\vert$相比原来的$\vert a_{s,1}-a_{s,2}\vert +\vert a_{s,3}-a_{s,4}\vert +\vert a_{s,5}-a_{s,6}\vert +\vert a_{s,7}-a_{s,8}\vert$至少减少2，
这与$\vert a_{s,1}-a_{s,2}\vert +\vert a_{s,3}-a_{s,4}\vert +\vert a_{s,5}-a_{s,6}\vert +\vert a_{s,7}-a_{s,8}\vert$的最小性矛盾；
情况$2-2$：如果$a_{s,4}-a_{s,3}\geqslant 1$，则对该数列连续作两次变换$(2$，3，$s$，$8)$，$(2$，3，6，$7)$后，
新的$\vert a_{s+2,1}-a_{s+2,2}\vert +\vert a_{s+2,3}-a_{s+2,4}\vert +\vert a_{s+2,5}-a_{s+2,6}\vert +\vert a_{s+2,7}-a_{s-2,8}\vert$相比原来的$\vert a_{s,1}-a_{s,2}\vert +\vert a_{s,3}-a_{s,4}\vert +\vert a_{s,5}-a_{s,6}\vert +\vert a_{s,7}-a_{s,8}\vert =$至少减少2，
这与$\vert a_{s,1}-a_{s,2}\vert +\vert a_{s,3}-a_{s,4}\vert +\vert a_{s,5}-a_{s,6}\vert +\vert a_{s,7}-a_{s,8}\vert$的最小性矛盾．
因此无论如何都会导致矛盾，
所以对任意的$j=1$，2，3，4都有$\vert a_{s,2j-1}-a_{s,2j}\vert \leqslant 1$，
假设存在$j=1$，2，3，4使得$\vert a_{s,2j-1}-a_{s,2j}\vert =1$，则$a_{s,2j-1}+a_{s,2j}$是奇数，
所以$a_{s,1}+a_{s,2}=a_{s,3}+a_{s,4}=a_{s,5}+a_{s,6}=a_{s,7}+a_{s,8}$都是奇数，设为$2N+1$．
则此时对任意$j=1$，2，3，4，由$\vert a_{5,2j-1}-a_{5,2j}\vert \leqslant 1$可知必有$\{a_{5,2j-1}$，$a_{5,2j}\}=\{N$，$N+1\}$，
而$a_{s,1}+a_{s,3}+a_{s,5}+a_{s,7}$和$a_{s,2}+a_{s,4}+a_{s,6}+a_{s,8}$都是偶数，
故集合$\{m\vert a_{s,m}=N\}$中的四个元素$i$，$j$，$s$，$t$之和为偶数，对该数列进行一次变换$(i$，$j$，$s$，$t)$，
则该数列成为常数列，新的$\vert a_{s+1,1}-a_{s+1,2}\vert +\vert a_{s+1,3}-a_{s+1,4}\vert +\vert a_{s+1,5}-a_{s+1,6}\vert +\vert a_{s+1,7}-a_{s+1,8}\vert$等于零，
比原来的$\vert a_{s,1}-a_{s,2}\vert +\vert a_{s,3}-a_{s,4}\vert +\vert a_{s,5}-a_{s,6}\vert +\vert a_{s,7}-a_{s,8}\vert$更小，
这与$\vert a_{s,1}-a_{s,2}\vert +\vert a_{s,3}-a_{s,4}\vert +\vert a_{s,5}-a_{s,6}\vert +\vert a_{s,7}-a_{s,8}\vert$的最小性矛盾．
综上，只可能$\vert a_{s,2j-1}-a_{s,2j}\vert =0(j=1$，2，3，$4)$，
而$a_{s,1}+a_{s,2}=a_{s,3}+a_{s,4}=a_{s,5}+a_{s,6}=a_{s,7}+a_{s,8}$，
故$\{a_{s,n}\}=\Omega$（A）是常数列，充分性成立．
点评：本题属于新概念题，考查了对数列的变化、反证法的应用，关键点是对新定义的理解，以及对其本质的分析，属于难题．