【解答】
（共13分）
（ I ）解：$A_{0}: 5,3,2$ ，
$T_{1}\left(A_{0}\right): 3,4,2,1$,
$A_{1}=T_{2}\left(T_{1}\left(A_{0}\right)\right): 4,3,2,1 ;$
$T_{1}\left(A_{1}\right): 4,3,2,1,0$,
$A_{2}=T_{2}\left(T_{1}\left(A_{1}\right)\right): 4,3,2,1$.
（II）证明：设每项均是正整数的有穷数列 $A$ 为 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ ，
则 $T_{1}(A)$ 为 $n, a_{1}-1, a_{2}-1, \cdots, a_{n}-1$ ，
从而
$S\left(T_{1}(A)\right)=2\left[n+2\left(a_{1}-1\right)+3\left(a_{2}-1\right)+\cdots+(n+1)\left(a_{n}-1\right)\right]$
$+n^{2}+\left(a_{1}-1\right)^{2}+\left(a_{2}-1\right)^{2}+\cdots+\left(a_{n}-1\right)^{2}$.
又 $S(A)=2\left(a_{1}+2 a_{2}+\cdots+n a_{n}\right)+a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2}$ ，
所以 $S\left(T_{1}(A)\right)-S(A)$
$=2[n-2-3-\cdots-(n+1)]+2\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right)+n^{2}-2\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right)+n$
$=-n(n+1)+n^{2}+n=0$,
故 $S\left(T_{1}(A)\right)=S(A)$ ．
（III）证明：设 $A$ 是每项均为非负整数的数列 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ ．
当存在 $1 \leqslant i则 $S(B)-S(A)=2\left(i a_{j}+j a_{i}-i a_{i}-j a_{j}\right)=2(i-j)\left(a_{j}-a_{i}\right) \leqslant 0$ ．
当存在 $1 \leqslant m则 $S(C)=S(A)$ ．
所以 $S\left(T_{2}(A)\right) \leqslant S(A)$ ．
从而对于任意给定的数列 $A_{0}$ ，由 $A_{k+1}=T_{2}\left(T_{1}\left(A_{k}\right)\right)(k=0,1,2, \cdots)$
可知 $S\left(A_{k+1}\right) \leqslant S\left(T_{1}\left(A_{k}\right)\right)$ ．
又由（II）可知 $S\left(T_{1}\left(A_{k}\right)\right)=S\left(A_{k}\right)$ ，所以 $S\left(A_{k+1}\right) \leqslant S\left(A_{k}\right)$ ．
即对于 $k \in \mathbf{N}$ ，要么有 $S\left(A_{k+1}\right)=S\left(A_{k}\right)$ ，要么有 $S\left(A_{k+1}\right) \leqslant S\left(A_{k}\right)-1$ ．
因为 $S\left(A_{k}\right)$ 是大于 2 的整数，所以经过有限步后，必有 $S\left(A_{k}\right)=S\left(A_{k+1}\right)=S\left(A_{k+2}\right)=\cdots$ ．
即存在正整数 $K$ ，当 $k \geqslant K$ 时，$S\left(A_{k+1}\right)=S\left(A_{k}\right)$ ．