有趣的数学问题2？ 10
以向右跳为正，向左跳为负。
设最终回到终点时，累计向右跳了m次，累计向左跳了n次，则mp-nq=0。
由于p和q互质，则有m=kq，n=kq，k为正整数。
p、q等价，可假定p＞q
先分析k=1的时候是什么情况：设从左到右，向右跳过的落脚点为Ai，i∈{1，2，……，q}；从右到左，向左返回的落脚点分别为Bj，i∈{1，2，……，p}。
先预证1个命题：所有落脚点不重叠。假设有重叠的落脚点，两次落脚之间，分别向右跳了x次，向左跳了y次（显然x＜q，y＜p），那么xp=yq，也就是x=yq/p。因为p、q互质，那么y是p的整数倍，显然与y＜p矛盾。因此假设不成立，命题为真。
如果先是全部朝一个方向跳，再反向跳着返回，比如先朝右跳q次，再向左跳p次返回原点。总共向右前进了pq，共有p+q-1个落脚点，这些落脚点都不重叠。
Bj与左侧相邻Ai间的距离可以转化为q的倍数除以p的余数问题：除了原点，Bj的q-1个点离原点距离分别为q、2q、……、(p-1)q。上述预证已证明，这(p-1)个点与Ai的(q-1)个点都不重叠，意味着q、2q、……、(p-1)q都不能被p整除，且余数各不相同（如果余数相同，假设分别对应的Ai和Bj为Ax1、By1和Ax2、By2，那么(p-y1)q-x1p=(p-y2)q-x2p，则有(y1-y2)q=(x2-x1)p，与上述预证类似，不可能存在正整数x1、x2、y1、y2使等式成立）。而p的余数必然∈{1，2，……，p-1}，那么这p-1个余数分别对应{1，2，……，p-1}中的一个。
相应的，Bj与左侧第二近的Ai之间的P-1个不同距离（如果是左侧相邻Ai是A1，则对应原点）分别对应{q+1，q+2，……，p+q-1}中的一个。
又相邻Ai点间的距离为P，相邻Bj点之间的距离为q。
按前述假定p＞q，那么p-1≥q，
因此落脚点之间的距离包含了{1，2，……，p-1}∪{p}∪{p+1，p+2，……，p+q-1}={1，2，……，p+q-1}。
如果青蛙往复跳跃
累计向右跳动的次数为q，累计向左跳动的次数为p，未回到原点前，累计跳动p+q-1次。按（1）中的证明，这p+q-1个落脚点必然不重叠。所以这p+q-1个落脚点之间的最大距离要≥p+q-1。
在往复跳跃、使落脚点最紧密的极端的情况下，落脚点之间的最大距离仍然有p+q-1，题目所述命题仍然成立，这时两个相邻落脚点之间的距离只有1。
我只能推到k=1时，落脚点的最大距离取到最大值和最小值的情况，题目所述命题成立。更复杂的往复跳跃情况下如何证明，如何推广到k＞1的条件下成立，暂时还想不到。
直接上结论, 存在 整数 r, s使得 rp+sq=1, 这里你可以理解为r和s为向左和向右r次或s次，
从0 点出发， 任意小于p+q的数字d都可以写作 1* d， 即 d*r*p+d*s*q=d，
我们可以找到这两个点即0 和 d。
您好，谢谢您的解答。根据我的理解，您的解答对应的是青蛙可以任意跳，但是如果对于特定的某一种跳法，比如0 5 10 15 20 25 30 35 28 21 14 7 0，怎么证明呢？谢谢
多谢提醒，我想到了值得补充的地方。
我没有注意到最重要跳回原点，但这并不影响这道题可以通过扩展欧几里得算法来完成，
比如p=5 q=7
就拿你的例子中没有经过的点3
3*5-2*7=1 3*3*5-2*3*7=3 9*5-6*7=3
即先向右跳9 再向左跳7次到达3
至于回到原点 完全可以通过 补全p*q-q*p=0 来进行，
比如这里r=9 s=6, r>p, s<q, 则我们要将最小公倍数扩大两倍即 70，
先向右跳9再向左跳7次 再向右跳5次再向左跳3次回到原点。
中间必定经过3
用此算法可以经过任意小于p+q的数并且能回到原点
