假设结论不成立，即对任意正整数 d,k，都有 gd(k)=−2015。
由前一步知 gd(k)≤0 且 gd(k)−gd(k−1)≥−1，gd(0)=0。若 gd(k) 永远不等于 −2015，则必须有 gd(k)≥−2014 对所有 d,k 成立（因为它不能跳过 −2015 到达更小的值，除非它根本下不去；但若它下不去，自然 ≥−2014；若它下去了但没停在 −2015，这与步长 ≥−1 矛盾，因为从 −2014 下一步最小是 −2015）。
因此，假设等价于：对所有 d,k，∑i=12kaid≥k−2014。
特别地，取 k=1，得 ad+a2d≥1−2014=−2013，这显然成立（因 ai≥0），无矛盾。
我们需要更强的约束。考虑对所有 d 求和或利用密度。
由假设 ∑i=12kaidgek−2014，即 2k1∑i=12kaidge21−2k2014。
令 ktoinfty，则子列 aid 的平均值 ge1/2。
但题设条件 ∑i=12mainlem 意味着对任意 n，子列 ain 的平均值 le1/2。
因此，若假设成立，则对每个 d，子列 aid 的平均值必须恰好为 1/2，且误差项被 2014 控制。
更精确地，固定大整数 N。考虑和式 S=∑d=1N∑i=12Kaid，其中 K 待定。
一方面，由假设 ∑i=12KaidgeK−2014，故 SgeN(K−2014)。
另一方面，交换求和顺序：S=∑j=12KNajcdot(满足 d∣j,1ledleN,j/dle2K 的 d 的个数)。
注意 j=idle2KN。对于固定的 j，满足条件的 d 是 j 的约数且 dleN 且 j/dle2K（即 dgej/(2K)）。当 K 很大时，j/(2K) 很小，主要约束是 d∣j 且 dleN。
粗略估计，Sle∑j=12KNajtau(j)，其中 τ(j) 是约数个数。
但这似乎不够紧。
回到平均值论证。对任意 d，limsupKtoinftyK1∑i=12Kaidle1（由题设 leK 得 le1？不，题设是 sumi=12mainlem，即平均值 le1/2）。
假设给出 liminfKtoinftyK1∑i=12Kaidge1（因为 geK−2014implies 平均值 ge1−epsilon）。
等等，gd(k)ge−2014iff∑aidgek−2014。除以 k 得平均值 ge1−2014/kto1。
但题设要求平均值 le1/2。
1le1/2 矛盾！
让我们仔细核对系数。
题设：∑i=12mainlemimplies2m1∑ainle21。
假设推论：∑i=12kaidgek−2014implies2k1∑aidge21−2k2014。
当 ktoinfty，两者都趋向 1/2。没有直接矛盾！
修正：我们需要利用有限 k 的矛盾，或者更精细的计数。
重新看假设：∀d,k,∑i=12kaidgek−C（C=2014）。
取 k=1：ad+a2dge1−C。无用。
取 k 使得 2k 覆盖很多项。
考虑总和 T=∑d=1M∑i=12Laid。
下界：TgeM(L−C)。
上界：T=∑n=12LMancdot∣{dleM:d∣n,n/dle2L}∣。
令 n=qd。条件 dleM,qle2L。
对于固定 n，满足 d∣n,dleM,n/dle2L 的 d 的个数。
若 nle2LM，则 n/dle2Liffdgen/(2L)。
所以 d 的范围是 [max(1,n/(2L)),min(M,n)] 中的约数。
当 L 很大时，n/(2L) 很小，下限约为 1。上限为 min(M,n)。
若 nleM，则 d 可取 n 的所有约数，个数为 τ(n)。
若 n>M，则 dleM，个数 leτ(n)。
总之，系数 leτ(n)。
所以 Tle∑n=12LManτ(n)。
我们需要比较 M(L−C) 与 ∑anτ(n)。
由题设，∑n=12XanleX。这意味着 an 平均为 1/2。
而 τ(n) 平均约为 lnn。
所以 RHS approx∑n=12LM21lnnapproxLMln(LM)。
LHS approxML。
当 L 很大时，MLllLMln(LM)。不等式方向反了！
这说明仅靠平均值无法导出矛盾，因为 τ(n) 的增长使得上界远大于下界。
必须换一种思路。不要对所有 d 求和，而是找一个特定的 d。
或者，利用 an 是整数且 ∑i=12mainlem 这个强条件。
注意 ∑i=12mainlem 对 m=1 给出 an+a2nle1。
这意味着对任意 n，an,a2n 中至多一个为 1，其余为 0（因为是非负整数）。
特别地，an+a2nin{0,1}。
回到 gd(k)。gd(k)−gd(k−1)=a(2k−1)d+a2kd−1。
令 bk,d=a(2k−1)d+a2kd。由上述观察，bk,din{0,1}。
所以 gd(k)−gd(k−1)in{−1,0}。
即 gd(k) 是非增的！且每次只减 0 或 1。
gd(0)=0。
所以 gd(k) 取值只能是 0,−1,−2,…。
要使得 gd(k)=−2015，只需 gd(k) 能减小到 −2015。
假设不能，则 gd(k)ge−2014 对所有 k 成立。
即 ∑i=12kaidgek−2014。
又已知 ∑i=12kaidlek（题设 m=k,n=d）。
所以 k−2014le∑i=12kaidlek。
这意味着在长度为 2k 的子列中，和与最大值 k 的差距不超过 2014。
即缺失的量 δd(k)=k−∑i=12kaidin[0,2014]。
注意 δd(k)=−gd(k)。
且 δd(k)−δd(k−1)=(k−Sk)−((k−1)−Sk−1)=1−(Sk−Sk−1)=1−bk,din{0,1}。
所以 δd(k) 也是非减的，每次加 0 或 1。
δd(0)=0。
假设 δd(k)le2014 对所有 k 成立。
由于 δd(k) 非减且步长 le1，若它有上界 2014，则它最终必须稳定在某个值 le2014。
即存在 Kd，当 kgeKd 时，δd(k)=Cdle2014 常数。
这意味着当 k 充分大时，δd(k)−δd(k−1)=0impliesbk,d=1。
即 a(2k−1)d+a2kd=1 对所有充分大的 k 成立。
现在我们对 d 求和来导出矛盾。
考虑 D 个不同的公差 d1,…,dD。
对每个 dj，存在 Kj，当 kgeKj 时，a(2k−1)dj+a2kdj=1。
取 K=maxKj。则对任意 kgeK 和任意 j=1..D，都有 a(2k−1)dj+a2kdj=1。
固定一个大偶数 2kge2K。考虑集合 A={(2k−1)dj,2kdj:j=1..D}。
这些数都是 le2kD 的正整数。
对于每个 j，这两个数中恰有一个 a 值为 1，另一个为 0。
所以在集合 A 中，an=1 的个数恰好为 D。
但 A 的大小最多为 2D（可能有重叠）。
关键点是：这些数分布在 [1,2kD] 中。
由题设，∑n=12ManleM。取 M=kD，则 ∑n=12kDanlekD。
这本身不矛盾，因为 DlekD。
我们需要更局部的矛盾。
注意 a(2k−1)d+a2kd=1 意味着在每对 ((2k−1)d,2kd) 中必有一个 1。
这些对是互不相交的吗？不一定。
但如果我们选 d 为互不相同的素数呢？
设 d1,…,dD 为前 D 个素数。
考虑区间 Ik=[(2k−1)dD,2kdD]。长度约为 dD。
在这个区间内，包含了所有 dj 对应的点对吗？不，(2k−1)dj 远小于 (2k−1)dD。
换个角度。δd(k) 最终为常数 Cd。
∑i=12kaid=k−Cd。
对 k 求导（差分）：a(2k−1)d+a2kd=1。
这对所有大 k 成立。
现在考虑 d=1。a2k−1+a2k=1 对所有大 k 成立。
这意味着从某项开始，an 交替为 0,1 或 1,0？不，是每相邻两项和为 1。
即 a1+a2=1,a3+a4=1,…。
再考虑 d=2。a2(2k−1)+a4k=a4k−2+a4k=1。
即 a2+a4=1,a6+a8=1,…。
结合 d=1：a1+a2=1impliesa2=1−a1。
a3+a4=1impliesa4=1−a3。
代入 d=2：(1−a1)+(1−a3)=1impliesa1+a3=1。
同理 a5+a7=1 等。
再考虑 d=3。a6k−3+a6k=1。
即 a3+a6=1,a9+a12=1,…。
由 d=1，a5+a6=1impliesa6=1−a5。
所以 a3+(1−a5)=1impliesa3=a5。
前面有 a1+a3=1 和 a3+a5=1（由 a3=a5 得 2a3=1，不可能！）。
让我们仔细检查：
d=1impliesa2m−1+a2m=1。
d=2impliesa4m−2+a4m=1。
d=3impliesa6m−3+a6m=1。
取 m=1：
d=1:a1+a2=1,a3+a4=1,a5+a6=1。
d=2:a2+a4=1。
d=3:a3+a6=1。
由 a1+a2=1 和 a2+a4=1impliesa1=a4。
由 a3+a4=1impliesa3=1−a4=1−a1。
由 a5+a6=1 和 a3+a6=1impliesa5=a3。
所以 a5=1−a1。
现在看 d=1 的下一组：a5+a6=1 已用。
还需要更多约束吗？
目前得到：a2=1−a1,a4=a1,a3=1−a1,a6=1−a3=a1,a5=1−a1。
序列片段：a1,1−a1,1−a1,a1,1−a1,a1。
检查 d=2 的下一项：a6+a8=1impliesa1+a8=1impliesa8=1−a1。
d=1:a7+a8=1impliesa7=a1。
d=3:a9+a12=1。
d=4:a8k−4+a8k=1impliesa4+a8=1impliesa1+(1−a1)=1。恒成立。
d=6:a12k−6+a12k=1impliesa6+a12=1impliesa1+a12=1impliesa12=1−a1。
d=3:a9+a12=1impliesa9+(1−a1)=1impliesa9=a1。
d=1:a9+a10=1impliesa10=1−a1。
d=2:a10+a12=1implies(1−a1)+(1−a1)=1implies2−2a1=1implies2a1=1。
矛盾！因为 a1 是整数。
这个矛盾说明假设“对所有 d，δd(k) 有界”是错误的。
因此存在某个 d，使得 δd(k) 无界。
由于 δd(k) 非减且步长 le1，无界意味着它可以取到任意大的值，特别地可以取到 2015。
即存在 k 使得 δd(k)=2015iffgd(k)=−2015。
证毕。