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（15分）数列$\{a_{n}\}$，$\{b_{n}\}$的项数均为$m(m > 2)$，且$a_{n}$，$b_{n}\in \{1$，2，$\dotsb$，$m\}$，$\{a_{n}\}$，$\{b_{n}\}$的前$n$项和分别为$A_{n}$，$B_{n}$，并规定$A_{0}=B_{0}=0$．对于$k\in \{0$，1，2，$\dotsb$，$m\}$，定义$r_{k}=max\{i\vert B_{i}\leqslant A_{k}$，$i\in \{0$，1，2，$\dotsb$，$m\}\}$，其中，$maxM$表示数集$M$中最大的数．
（Ⅰ）若$a_{1}=2$，$a_{2}=1$，$a_{3}=3$，$b_{1}=1$，$b_{2}=3$，$b_{3}=3$，求$r_{0}$，$r_{1}$，$r_{2}$，$r_{3}$的值；
（Ⅱ）若$a_{1}\geqslant b_{1}$，且$2r_{j}\leqslant r_{j+1}+r_{j-1}$，$j=1$，2，$\dotsb$，$m-1$，求$r_{n}$；
（Ⅲ）证明：存在$0\leqslant p < q\leqslant m$，$0\leqslant r < s\leqslant m$，使得$A_{p}+B_{s}=A_{q}+B_{r}$．
答案：（Ⅰ）$r_{0}=0$，$r_{1}=1$，$r_{2}=1$，$r_{3}=2$．
（Ⅱ）$r_{n}=n$，$n\in N$．
（Ⅲ）证明详情见解答．
分析：（Ⅰ）根据题意可得，列表分析$a_{i}$，$A_{i}$，$b_{i}$，$B_{i}$，$r_{K}$的值，即可得出答案．
（Ⅱ）由题意知$r_{n}\leqslant m$且$r_{n}\in N$，$a_{n}\geqslant 1$，$b_{n}\geqslant 1$，则$A_{n}\geqslant 1$，$B_{n}\geqslant 1$，当且仅当$n=1$时，等号成立，可推出$r_{m}-r_{m-1}\geqslant r_{m-1}-r_{m-2}\geqslant ...\geqslant r_{1}-r_{0}=1$，即$r_{i+1}-r_{i}\geqslant 1$，用反证法证明满足$r_{n+1}-r_{n} > 1$的最小正整数为$1\leqslant j\leqslant m-1$不成立，推出$r_{n+1}-r_{n}=1$成立，由等差数列的性质，即可得出答案．
（Ⅲ）分两种情况：若$A_{m}\geqslant B_{m}$时，若$A_{m} < B_{m}$时，证明$A_{P}+B_{s}=A_{q}+B_{r}$，即可得出答案．
解：（Ⅰ）列表如下，对比可知$r_{0}=0$，$r_{1}=1$，$r_{2}=1$，$r_{3}=2$．
| $i$ |
0 |
1 |
2 |
3 |
| $a_{i}$ |
|
2 |
1 |
3 |
| $A_{i}$ |
0 |
2 |
3 |
6 |
| $b_{i}$ |
|
1 |
3 |
3 |
| $B_{i}$ |
0 |
1 |
4 |
7 |
| $r_{k}$ |
0 |
1 |
1 |
2 |
（Ⅱ）由题意知$r_{n}\leqslant m$且$r_{n}\in N$，
因为$a_{n}\geqslant 1$，$b_{n}\geqslant 1$，$a_{n}$，$b_{n}\in \{1$，2，$\dotsb$，$m\}$，
所以$A_{n}\geqslant 1$，$B_{n}\geqslant 1$，当且仅当$n=1$时，等号成立，
所以$r_{0}=0$，$r_{1}=1$，
又因为$2r_{j+1}\leqslant r_{j-1}+r_{j+1}$，
则$r_{j+1}-r_{j}\geqslant r_{j}-r_{j-1}$，即$r_{m}-r_{m-1}\geqslant r_{m-1}-r_{m-2}\geqslant ...\geqslant r_{1}-r_{0}=1$，
可得$r_{j+1}-r_{j}\geqslant 1$，
反证：假设满足$r_{n+1}-r_{n} > 1$的最小正整数为$1\leqslant i\leqslant m-1$，
当$j\geqslant i$时，则$r_{i+1}-r_{j}\geqslant 2$；
当$i\leqslant j-1$时，则$r_{j+1}-r_{j}=1$，
则$r_{m}=(r_{m}-r_{m-1})+(r_{m-1}-r_{m-2})+...+(r_{1}-r_{0})+r_{0}\geqslant 2(m-i)+i=2m-i$，
又因为$1\leqslant i\leqslant m-1$，则$r_{m}\geqslant 2m-i\geqslant 2m-(m-1)=m+1 > m$，
所以假设不成立，$r_{n+1}-r_{n}=1$成立，
所以数列$\{r_{n}\}$是以首项为1，公差为1的等差数列，
所以$r_{n}=0+1\times n=n$，$n\in N$．
（Ⅲ）证明：若$A_{m}\geqslant B_{m}$，设$S_{n}=A_{n}-{B}_{{r}_{n}}$，$1\leqslant n\leqslant m$，
根据题意可得$S_{n}\geqslant 0$且$S_{n}$为整数，
反证法：假设存在正整数$K$，使得$S_{K}\geqslant m$，
则$A_{K}-{B}_{{r}_{K}}\geqslant m$，$A_{K}-{B}_{{r}_{k}+1} < 0$，
所以${b}_{{r}_{k}+1}={B}_{{r}_{k}+1}-{B}_{{r}_{K}}=(A_{K}-{B}_{{r}_{K}})-(A_{K}-{B}_{{r}_{K}+1}) > m$，
这与${b}_{{r}_{K}+1}\in \{1$，$2...$，$m\}$相矛盾，
所以对任意$1\leqslant n\leqslant m$，$n\in N$，均有$S_{n}\leqslant m-1$，
①若存在正整数$N$，使得$S_{N}=A_{N}-{B}_{{r}_{N}}=0$，即$A_{N}={B}_{{r}_{N}}$，
取$r=p=0$，$q=N$，$s=r_{N}$，使得$A_{P}+B_{s}=A_{q}+B_{r}$，
②若不存在正整数$N$，使得$S_{N}=0$，
因为$S_{n}\in \{1$，$2m$，$\ldots$，$m-1\}$，且$1\leqslant n\leqslant m$，
所以必存在$1\leqslant X < Y\leqslant m$，使得$S_{X}=S_{Y}$，即$A_{X}-{B}_{{r}_{X}}=A_{Y}-{B}_{{r}_{Y}}$，可得$A_{X}+{B}_{{r}_{Y}}=A_{Y}+{B}_{{r}_{X}}$，
取$p=X$，$s=r_{Y}$，$q=Y$，$r=r_{X}$，使得$A_{p}+B_{s}=A_{q}+B_{r}$，
若$A_{m} < B_{m}$，设$S_{n}={B}_{{r}_{n}}-A_{n}$，$1\leqslant n\leqslant m$，
根据题意可得$S_{n}\leqslant 0$且$S_{n}$为整数，
反证法：假设存在正整数$K$，使得$S_{K}\leqslant -m$，
则${B}_{{r}_{K}}-A_{K}\leqslant -m$，${B}_{{r}_{k}+1}-A_{K} > 0$，
所以${b}_{{r}_{k}+1}={B}_{{r}_{k}+1}-{B}_{{r}_{K}}=({B}_{{r}_{K}+1}-A_{K})-({B}_{{r}_{K}}-A_{K}) > m$，
这与${b}_{{r}_{K}+1}\in \{1$，$2...$，$m\}$相矛盾，
所以对任意$1\leqslant n\leqslant m$，$n\in N$，均有$S_{n}\geqslant 1-m$，
①若存在正整数$N$，使得$S_{N}={B}_{{r}_{N}}-A_{N}=0$，即$A_{N}={B}_{{r}_{N}}$，
取$r=p=0$，$q=N$，$s=r_{N}$，使得$A_{P}+B_{s}=A_{q}+B_{r}$，
②若不存在正整数$N$，使得$S_{N}=0$，
因为$S_{n}\in \{-1$，$-2$，$\ldots$，$1-m\}$，且$1\leqslant n\leqslant m$，
所以必存在$1\leqslant X < Y\leqslant m$，使得$S_{X}=S_{Y}$，即$A_{X}+{B}_{{r}_{Y}}=A_{Y}+{B}_{{r}_{X}}$，可得$A_{X}+{B}_{{r}_{Y}}=A_{Y}+{B}_{{r}_{X}}$，
取$p=X$，$s=r_{Y}$，$q=Y$，$r=r_{X}$，使得$A_{p}+B_{s}=A_{q}+B_{r}$．
综上所述，存在$0\leqslant p < q\leqslant m$，$0\leqslant r < s\leqslant m$，使得$A_{p}+B_{s}=A_{q}+B_{r}$．
点评：本题考查数列的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
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