设整数 $x_1$，$x_2$，$\cdots$，$x_{2014}$ 模 $2014$ 互不同余，整数 $y_1$，$y_2$，$\cdots$，$y_{2014}$ 模 $2014$ 互不同余．证明：可将 $y_1$，$y_2$，$\cdots$，$y_{2014}$ 重新排列为 $z_1$，$z_2$，$\cdots$，$z_{2014}$，使得整数 $x_1+z_1$，$x_2+z_2$，$\cdots$，$x_{2014}+z_{2014}$ 模 $4028$ 互不同余．
【难度】
【出处】
2014年全国高中数学联赛（二试 ）
【标注】
【答案】
略
【解析】
记 $k=1007$，不妨设 $x_i \equiv y_i \equiv i (\mod {2k})$，$1\leqslant i \leqslant 2k$．
对每个整数 $i$，$1 \leqslant i \leqslant k$，若$$x_i+y_i\not \equiv x_{i+k}+y_{i+k} (\mod {4k}),$$则令 $z_i=y_i$，$z_{i+k}=y_{i+k}$，从而有$$x_i+z_i=x_i+y_i \not \equiv x_{i+k}+y_{i+k}=x_{i+k}+z_{i+k}(\mod {4k}).$$若$$x_i+y_{i+k}\not \equiv x_{i+k}+y_{i} (\mod {4k}),$$令 $z_i=y_{i+k}$，$z_{i+k}=y_i$，则也有$$x_i+z_i=x_i+y_{i+k} \not \equiv x_{i+k}+y_{i}=x_{i+k}+z_{i+k}(\mod {4k}).$$若不然，我们有\[\begin{split} x_i+y_i & \equiv x_{i+k}+y_{i+k} (\mod {4k}),\\ x_i+y_{i+k} & \equiv x_{i+k}+y_{i} (\mod {4k}),\end{split}\]两式相加可得 $2x_i \equiv 2x_{i+k} (\mod {4k})$，于是$$ x_i \equiv x_{i+k} (\mod {2k}),$$但 $x_1$，$x_2$，$\cdots$，$x_{2014}$ 模 $2014(=2k)$ 互不同余．特别地，$ x_i \not \equiv x_{i+k} (\mod {2k})$，矛盾．
由上述构造方法知 $z_1$，$z_2$，$\cdots$，$z_{2k}$ 是 $y_1$，$y_2$，$\cdots$，$y_{2k}$ 的排列．
记 $\omega_i=x_i+z_i$，$i=1,2,\cdots,2k$．下面验证 $\omega_1$，$\omega_2$，$\cdots$，$\omega_{2k}$ 模 $4k$ 互不同余．只需证明对任意整数 $i$，$j$，$1 \leqslant i<j \leqslant k$，$\omega_i$，$\omega_j$，$\omega_{i+k}$，$\omega_{j+k}$ 模 $4k$ 两两不同余．（*）
注意，前面的构造方法已保证$$\omega_i \not \equiv \omega_{i+k}(\mod {4k}),\omega_j \not \equiv \omega_{j+k}(\mod {4k}).\quad\cdots \cdots (**)$$情形一 $z_i=y_i$，且 $z_j=y_j$．
由前面的构造方式可知$$\omega_i \equiv \omega_{i+k} \equiv 2i (\mod {2k}),\omega_j \equiv \omega_{j+k}\equiv 2j (\mod {2k}). $$由于 $2i \not \equiv 2j (\mod {2k})$，故易知 $\omega_i$ 与 $\omega_j$ 及 $\omega_{j+k}$ 模 $2k$ 不同余，$\omega_{i+k}$ 与 $\omega_j$ 及 $\omega_{j+k}$ 模 $2k$ 不同余，从而模 $4k$ 更不同余，再结合（**）可见（*）得证．
情形二 $z_i=y_{i+k}$，且 $z_j=y_{j+k}$．
由前面的构造方式可知$$\omega_i \equiv \omega_{i+k} \equiv 2i+k (\mod {2k}),\omega_j \equiv \omega_{j+k}\equiv 2j+k (\mod {2k}). $$同样有 $\omega_i$ 与 $\omega_j$ 及 $\omega_{j+k}$ 模 $2k$ 不同余，$\omega_{i+k}$ 与 $\omega_j$ 及 $\omega_{j+k}$ 模 $2k$ 不同余，与情形一相同地可知（*）得证．
情形三 $z_i=y_{i}$，且 $z_j=y_{j+k}$（$z_i=y_{i+k}$，且 $z_j=y_{j}$ 的情形与此相同）．
由前面的构造方式可知$$\omega_i \equiv \omega_{i+k} \equiv 2i(\mod {2k}),\omega_j \equiv \omega_{j+k}\equiv 2j+k (\mod {2k}). $$由于 $k$ 是奇数，故$$ 2i \not \equiv 2j+2 (\mod {2}),$$更有$$ 2i \not \equiv 2j+k (\mod {2}),$$因此仍然有 $\omega_i$ 与 $\omega_j$ 及 $\omega_{j+k}$ 模 $2k$ 不同余，$\omega_{i+k}$ 与 $\omega_j$ 及 $\omega_{j+k}$ 模 $2k$ 不同余，从而（*）得证．
因此本题得证．
对每个整数 $i$，$1 \leqslant i \leqslant k$，若$$x_i+y_i\not \equiv x_{i+k}+y_{i+k} (\mod {4k}),$$则令 $z_i=y_i$，$z_{i+k}=y_{i+k}$，从而有$$x_i+z_i=x_i+y_i \not \equiv x_{i+k}+y_{i+k}=x_{i+k}+z_{i+k}(\mod {4k}).$$若$$x_i+y_{i+k}\not \equiv x_{i+k}+y_{i} (\mod {4k}),$$令 $z_i=y_{i+k}$，$z_{i+k}=y_i$，则也有$$x_i+z_i=x_i+y_{i+k} \not \equiv x_{i+k}+y_{i}=x_{i+k}+z_{i+k}(\mod {4k}).$$若不然，我们有\[\begin{split} x_i+y_i & \equiv x_{i+k}+y_{i+k} (\mod {4k}),\\ x_i+y_{i+k} & \equiv x_{i+k}+y_{i} (\mod {4k}),\end{split}\]两式相加可得 $2x_i \equiv 2x_{i+k} (\mod {4k})$，于是$$ x_i \equiv x_{i+k} (\mod {2k}),$$但 $x_1$，$x_2$，$\cdots$，$x_{2014}$ 模 $2014(=2k)$ 互不同余．特别地，$ x_i \not \equiv x_{i+k} (\mod {2k})$，矛盾．
由上述构造方法知 $z_1$，$z_2$，$\cdots$，$z_{2k}$ 是 $y_1$，$y_2$，$\cdots$，$y_{2k}$ 的排列．
记 $\omega_i=x_i+z_i$，$i=1,2,\cdots,2k$．下面验证 $\omega_1$，$\omega_2$，$\cdots$，$\omega_{2k}$ 模 $4k$ 互不同余．只需证明对任意整数 $i$，$j$，$1 \leqslant i<j \leqslant k$，$\omega_i$，$\omega_j$，$\omega_{i+k}$，$\omega_{j+k}$ 模 $4k$ 两两不同余．（*）
注意，前面的构造方法已保证$$\omega_i \not \equiv \omega_{i+k}(\mod {4k}),\omega_j \not \equiv \omega_{j+k}(\mod {4k}).\quad\cdots \cdots (**)$$
由前面的构造方式可知$$\omega_i \equiv \omega_{i+k} \equiv 2i (\mod {2k}),\omega_j \equiv \omega_{j+k}\equiv 2j (\mod {2k}). $$由于 $2i \not \equiv 2j (\mod {2k})$，故易知 $\omega_i$ 与 $\omega_j$ 及 $\omega_{j+k}$ 模 $2k$ 不同余，$\omega_{i+k}$ 与 $\omega_j$ 及 $\omega_{j+k}$ 模 $2k$ 不同余，从而模 $4k$ 更不同余，再结合（**）可见（*）得证．
由前面的构造方式可知$$\omega_i \equiv \omega_{i+k} \equiv 2i+k (\mod {2k}),\omega_j \equiv \omega_{j+k}\equiv 2j+k (\mod {2k}). $$同样有 $\omega_i$ 与 $\omega_j$ 及 $\omega_{j+k}$ 模 $2k$ 不同余，$\omega_{i+k}$ 与 $\omega_j$ 及 $\omega_{j+k}$ 模 $2k$ 不同余，与情形一相同地可知（*）得证．
由前面的构造方式可知$$\omega_i \equiv \omega_{i+k} \equiv 2i(\mod {2k}),\omega_j \equiv \omega_{j+k}\equiv 2j+k (\mod {2k}). $$由于 $k$ 是奇数，故$$ 2i \not \equiv 2j+2 (\mod {2}),$$更有$$ 2i \not \equiv 2j+k (\mod {2}),$$因此仍然有 $\omega_i$ 与 $\omega_j$ 及 $\omega_{j+k}$ 模 $2k$ 不同余，$\omega_{i+k}$ 与 $\omega_j$ 及 $\omega_{j+k}$ 模 $2k$ 不同余，从而（*）得证．
因此本题得证．
答案
解析
备注
