设 $p、q、n$ 都是正整数，且 $p+q<n$．若 $({x}_{0},{x}_{1},\cdots,{x}_{n})$ 是满足下列条件的整数：
（1）${x}_{0}={x}_{n}=0$；
（2）对于每个整数 $i(1\leqslant i\leqslant n)$，或者 ${x}_{i}-{x}_{i-1}=p$，或者 ${x}_{i}-{x}_{i-1}=-q$．
求证：存在一对标号 $(i,j)$，使 $i<j,(i,j)\ne (0,n)$，且 ${x}_{i}={x}_{j}$．（法国）
（1）${x}_{0}={x}_{n}=0$；
（2）对于每个整数 $i(1\leqslant i\leqslant n)$，或者 ${x}_{i}-{x}_{i-1}=p$，或者 ${x}_{i}-{x}_{i-1}=-q$．
求证：存在一对标号 $(i,j)$，使 $i<j,(i,j)\ne (0,n)$，且 ${x}_{i}={x}_{j}$．（法国）
【难度】
【出处】
1996年第37届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
首先不妨设 $(p,q)=1$．这时因为若 $(p,q)=d>1$ 时，记 $p=dp_1,q=dq_1$，则 $(p_1,q_1)=1$．只要考虑 $x^\prime_i=\dfrac{x_i}{d}(i=0,1,\cdots,n)$，且 $x_i^\prime-x^\prime_{i-1}=p_1$ 或 $-q_1$，当然有 $n>p_1+q_1$．一切条件都满足，不影响结论．
由于 $x_i-x_{i-1}=p$ 或 $-q(i=1,2,\cdots,n)$，如果这 $n$ 个差 $x_i-x_{i-1}$ 中有 $a$ 个为 $p$，$b$ 个 $-q$，则 $x_n=ap-bq,a+b=n$．从而 $ap=bq$．由 $(p,q)=1$，可设 $a=kq,b=kp$，又由于 $n=a+b=k(p+q)$ 及 $n>p+q$，故 $k\geqslant 2$．
记 $y_i=x_{i+p+q}-x_i(i=0,1,\cdots,(k-1)(p+q))$．
又 $x_i-x_{i-1}=p(或 -q)\equiv p\pmod{(p+q)}$，令 $i=1,2,\cdots$，加之，得 $x_i\equiv ip\pmod{(p+q)}$，求得 $x_j-x_{i}\equiv(j-i)p\pmod{(p+q)}$．
特别有 $y_i\equiv 0\pmod{(p+q)}$．即每个 $y_i$ 都是 $p+q$ 的倍数．
又 $y_{i+1}-y_i=(x_{i+1+p+q}-x_{i+p+q})-(x_{i+1}-x_i)$，由于括号中的数只能是 $p$ 或 $-q$，所以 $y_{i+1}-y_i$ 只能是 $p+q,0,-(p+q)$ 三者之一．
再由 $y_0+y_{(p+q)}+y_{2(p+q)}+\cdots+y_{(k-1)(p+q)}=x_n=0$，如果 $y_0>0$，则其中必有一 $y_{i(p+q)}<0$；若 $y_0<0$，则其中必有 $y_{i(p+q)}>0$．
这样，$\dfrac{y_0}{p+q},\dfrac{y_1}{p+q},\cdots,\dfrac{y_{n-p-q}}{p+q}$ 是整数，且每相邻两项之差只能是 $1,0$ 或 $-1$，而且不可能全正，亦不可能全负．由"离散变量的连续性原理"，一定有一 $y_t=0$，这时取 $i=t,j=t+p+q$ 即符合要求．
由于 $x_i-x_{i-1}=p$ 或 $-q(i=1,2,\cdots,n)$，如果这 $n$ 个差 $x_i-x_{i-1}$ 中有 $a$ 个为 $p$，$b$ 个 $-q$，则 $x_n=ap-bq,a+b=n$．从而 $ap=bq$．由 $(p,q)=1$，可设 $a=kq,b=kp$，又由于 $n=a+b=k(p+q)$ 及 $n>p+q$，故 $k\geqslant 2$．
记 $y_i=x_{i+p+q}-x_i(i=0,1,\cdots,(k-1)(p+q))$．
又 $x_i-x_{i-1}=p(或 -q)\equiv p\pmod{(p+q)}$，令 $i=1,2,\cdots$，加之，得 $x_i\equiv ip\pmod{(p+q)}$，求得 $x_j-x_{i}\equiv(j-i)p\pmod{(p+q)}$．
特别有 $y_i\equiv 0\pmod{(p+q)}$．即每个 $y_i$ 都是 $p+q$ 的倍数．
又 $y_{i+1}-y_i=(x_{i+1+p+q}-x_{i+p+q})-(x_{i+1}-x_i)$，由于括号中的数只能是 $p$ 或 $-q$，所以 $y_{i+1}-y_i$ 只能是 $p+q,0,-(p+q)$ 三者之一．
再由 $y_0+y_{(p+q)}+y_{2(p+q)}+\cdots+y_{(k-1)(p+q)}=x_n=0$，如果 $y_0>0$，则其中必有一 $y_{i(p+q)}<0$；若 $y_0<0$，则其中必有 $y_{i(p+q)}>0$．
这样，$\dfrac{y_0}{p+q},\dfrac{y_1}{p+q},\cdots,\dfrac{y_{n-p-q}}{p+q}$ 是整数，且每相邻两项之差只能是 $1,0$ 或 $-1$，而且不可能全正，亦不可能全负．由"离散变量的连续性原理"，一定有一 $y_t=0$，这时取 $i=t,j=t+p+q$ 即符合要求．
答案
解析
备注
