（Ⅰ）方法1：T₁（4）：3，1，1，3；T₂（2）：1，1，1，1；T₃（1）：0，0，0，0．

方法2：T₁（2）：1，1，3，5；T₂（2）：1，1，1，3；T₃（2）：1，1，1，1；T₄（1）：0，0，0，0．．…（4分）

（Ⅱ）经过k次变换后，数列记为

a

(k)1

，

a

(k)2

，…，

a

(k)n

，k=1，2，…．

取c1=

1

2

(a1+a2)，则

a

(1)1

=

a

(1)2

=

1

2

|a1-a2|，即经T₁（c₁）后，前两项相等；

取c2=

1

2

(

a

(1)2

+

a

(1)3

)，则

a

(2)1

=

a

(2)2

=

a

(2)3

=

1

2

|

a

(1)3

-

a

(1)2

|，即经T₂（c₂）后，前3项相等；

…

设进行变换T_k（c_k）时，其中ck=

1

2

(

a

(k-1)k

+

a

(k-1)k+1

)，变换后数列变为

a

(k)1

，

a

(k)2

，

a

(k)3

，…，

a

(k)k+1

，

a

(k)k+2

，…，

a

(k)n

，则

a

(k)1

=

a

(k)2

=

a

(k)3

=…=

a

(k)k+1

；

那么，进行第k+1次变换时，取ck+1=

1

2

(

a

(k)k+1

+

a

(k)k+2

)，

则变换后数列变为

a

(k+1)1

，

a

(k+1)2

，

a

(k+1)3

，…，

a

(k+1)k+1

，

a

(k+1)k+2

，

a

(k+1)k+3

，…，

a

(k+1)n

，

显然有

a

(k+1)1

=

a

(k+1)2

=

a

(k+1)3

=…=

a

(k+1)k+1

=

a

(k+1)k+2

；

…

经过n-1次变换后，显然有

a

(n-1)1

=

a

(n-1)2

=

a

(n-1)3

=…=

a

(n-1)n-1

=

a

(n-1)n

；

最后，取cn=

a

(n-1)n

，经过变换T_n（c_n）后，数列各项均为0．

所以对任意数列，都存在“n次归零变换”． …（9分）

（Ⅲ）不存在“n-1次归零变换”．…（10分）

证明：首先，“归零变换”过程中，若在其中进行某一次变换T_j（c_j）时，c_j＜min{a₁，a₂，…，a_n}，那么此变换次数便不是最少．这是因为，这次变换并不是最后的一次变换（因它并未使数列化为全零），设先进行T_j（c_j）后，再进行T_j+1（c_j+1），由||a_i-c_j|-c_j+1|=|a_i-（c_j+c_j+1）|，即等价于一次变换T_j（c_j+c_j+1），同理，进行某一步T_j（c_j）时，c_j＞max{a₁，a₂，…，a_n}；此变换步数也不是最小．

由以上分析可知，如果某一数列经最少的次数的“归零变换”，每一步所取的c_i满足min{a₁，a₂，…，a_n}≤c_i≤max{a₁，a₂，…，a_n}．

以下用数学归纳法来证明，对已给数列，不存在“n-1次归零变换”．

（1）当n=2时，对于1，4，显然不存在“一次归零变换”，结论成立．

（由（Ⅱ）可知，存在“两次归零变换”变换：T1(

5

2

)，T2(

3

2

)）

（2）假设n=k时成立，即1，2²，3³，…，k^k不存在“k-1次归零变换”．

当n=k+1时，假设1，2²，3³，…，k^k，（k+1）^k+1存在“k次归零变换”．

此时，对1，2²，3³，…，k^k也显然是“k次归零变换”，由归纳假设以及前面的讨论不难知1，2²，3³，…，k^k不存在“k-1次归零变换”，则k是最少的变换次数，每一次变换c_i一定满足1≤ci≤kk，i=1，2，…，k．

因为|…||(k+1)k+1-c1|-c2|-…-ck|=(k+1)k+1-(c1+c2+…+ck)≥（k+1）^k+1-k•k^k＞0

所以，（k+1）^k+1绝不可能变换为0，与归纳假设矛盾．

所以，当n=k+1时不存在“k次归零变换”．

由（1）（2）命题得证．            …（13分）