解方程组：
$\begin{matrix}
\left| {{a}_{1}}-{{a}_{2}} \right|{{x}_{2}}+\left| {{a}_{1}}-{{a}_{3}} \right|{{x}_{3}}+\left| {{a}_{1}}-{{a}_{4}} \right|{{x}_{4}}=1 \\
\left| {{a}_{2}}-{{a}_{1}} \right|{{x}_{1}}+\left| {{a}_{2}}-{{a}_{3}} \right|{{x}_{3}}+\left| {{a}_{2}}-{{a}_{4}} \right|{{x}_{4}}=1 \\
\left| {{a}_{3}}-{{a}_{1}} \right|{{x}_{1}}+\left| {{a}_{3}}-{{a}_{2}} \right|{{x}_{2}}+\left| {{a}_{3}}-{{a}_{4}} \right|{{x}_{4}}=1 \\
\left| {{a}_{4}}-{{a}_{1}} \right|{{x}_{1}}+\left| {{a}_{4}}-{{a}_{2}} \right|{{x}_{2}}+\left| {{a}_{4}}-{{a}_{3}} \right|{{x}_{3}}=1 \\
\end{matrix}$
其中 ${a}_{1}、{a}_{2}、{a}_{3}、{a}_{4}$ 是已知的两两不等的实数．（捷克斯洛伐克）
$\begin{matrix}
\left| {{a}_{1}}-{{a}_{2}} \right|{{x}_{2}}+\left| {{a}_{1}}-{{a}_{3}} \right|{{x}_{3}}+\left| {{a}_{1}}-{{a}_{4}} \right|{{x}_{4}}=1 \\
\left| {{a}_{2}}-{{a}_{1}} \right|{{x}_{1}}+\left| {{a}_{2}}-{{a}_{3}} \right|{{x}_{3}}+\left| {{a}_{2}}-{{a}_{4}} \right|{{x}_{4}}=1 \\
\left| {{a}_{3}}-{{a}_{1}} \right|{{x}_{1}}+\left| {{a}_{3}}-{{a}_{2}} \right|{{x}_{2}}+\left| {{a}_{3}}-{{a}_{4}} \right|{{x}_{4}}=1 \\
\left| {{a}_{4}}-{{a}_{1}} \right|{{x}_{1}}+\left| {{a}_{4}}-{{a}_{2}} \right|{{x}_{2}}+\left| {{a}_{4}}-{{a}_{3}} \right|{{x}_{3}}=1 \\
\end{matrix}$
其中 ${a}_{1}、{a}_{2}、{a}_{3}、{a}_{4}$ 是已知的两两不等的实数．（捷克斯洛伐克）
【难度】
【出处】
1966年第08届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
若将 $a_i,a_j$ 下标调换，原方程组不变，故可设 $a_1>a_2>a_3>a_4$，于是原方程组变为：
$\begin{cases}
\left( {{a}_{1}}-{{a}_{2}} \right){{x}_{2}}+\left( {{a}_{1}}-{{a}_{3}} \right){{x}_{3}}+\left( {{a}_{1}}-{{a}_{4}} \right){{x}_{4}}=1 ① \\
\left( {{a}_{2}}-{{a}_{1}} \right){{x}_{1}}+\left( {{a}_{2}}-{{a}_{3}} \right){{x}_{3}}+\left( {{a}_{2}}-{{a}_{4}} \right){{x}_{4}}=1 ② \\
\left( {{a}_{3}}-{{a}_{1}} \right){{x}_{1}}+\left({{a}_{3}}-{{a}_{2}} \right){{x}_{2}}+\left( {{a}_{3}}-{{a}_{4}} \right){{x}_{4}}=1 ③ \\
\left( {{a}_{4}}-{{a}_{1}} \right){{x}_{1}}+\left( {{a}_{4}}-{{a}_{2}} \right){{x}_{2}}+\left( {{a}_{4}}-{{a}_{3}} \right){{x}_{3}}=1 ④ \\
\end{cases}$
① - ② 得 $(a_1-a_2)(x_3+x_2+x_4-x_1)=0$；
② - ③ 得 $(a_2-a_3)(x_3+x_4-x_1-x_2)=0$；
③ - ④ 得 $(a_3-a_4)(x_4-x_1-x_2-x_3)=0$．
因 $a_i$ 两两不同，故有
$\begin{cases}
x_2+x_3+x_4-x_1=0 ⑤ \\
x_3+x_4-x_1-x_2=0 ⑥ \\
x_4-x_1-x_2-x_3=0 ⑦
\end{cases}$
⑤ - ⑥，得 $x_2=0$；
⑥ - ⑦，得 $x_3=0$．
而 $x_1$ 只须等于 $x_4$，即可满足 ⑤，⑥，⑦ 诸式．
再代入 ①，得到唯一一组解 $x_1=x_4=\dfrac{1}{a_1-a_4},x_2=x_3=0$．
$\begin{cases}
\left( {{a}_{1}}-{{a}_{2}} \right){{x}_{2}}+\left( {{a}_{1}}-{{a}_{3}} \right){{x}_{3}}+\left( {{a}_{1}}-{{a}_{4}} \right){{x}_{4}}=1 ① \\
\left( {{a}_{2}}-{{a}_{1}} \right){{x}_{1}}+\left( {{a}_{2}}-{{a}_{3}} \right){{x}_{3}}+\left( {{a}_{2}}-{{a}_{4}} \right){{x}_{4}}=1 ② \\
\left( {{a}_{3}}-{{a}_{1}} \right){{x}_{1}}+\left({{a}_{3}}-{{a}_{2}} \right){{x}_{2}}+\left( {{a}_{3}}-{{a}_{4}} \right){{x}_{4}}=1 ③ \\
\left( {{a}_{4}}-{{a}_{1}} \right){{x}_{1}}+\left( {{a}_{4}}-{{a}_{2}} \right){{x}_{2}}+\left( {{a}_{4}}-{{a}_{3}} \right){{x}_{3}}=1 ④ \\
\end{cases}$
① - ② 得 $(a_1-a_2)(x_3+x_2+x_4-x_1)=0$；
② - ③ 得 $(a_2-a_3)(x_3+x_4-x_1-x_2)=0$；
③ - ④ 得 $(a_3-a_4)(x_4-x_1-x_2-x_3)=0$．
因 $a_i$ 两两不同，故有
$\begin{cases}
x_2+x_3+x_4-x_1=0 ⑤ \\
x_3+x_4-x_1-x_2=0 ⑥ \\
x_4-x_1-x_2-x_3=0 ⑦
\end{cases}$
⑤ - ⑥，得 $x_2=0$；
⑥ - ⑦，得 $x_3=0$．
而 $x_1$ 只须等于 $x_4$，即可满足 ⑤，⑥，⑦ 诸式．
再代入 ①，得到唯一一组解 $x_1=x_4=\dfrac{1}{a_1-a_4},x_2=x_3=0$．
答案
解析
备注
