【答案】① $r _ { 0 } = 0$ $r _ { 1 } = 1$ $r _ { 2 } = 1$ $r _ { 3 } = 2$
> ② $r _ { n } = n , n \in \mathbf { N }$
（3）证明见详解
【解析】
【分析】（1）先求 $A _ { \scriptscriptstyle 0 } , A _ { \scriptscriptstyle 1 } , A _ { \scriptscriptstyle 2 } , A _ { \scriptscriptstyle 3 } , B _ { \scriptscriptstyle 0 } , B _ { \scriptscriptstyle 1 } , B _ { \scriptscriptstyle 2 } , B _ { \scriptscriptstyle 3 }$ ，根据题意分析求解；
（2）根据题意题意分析可得 $r _ { i + 1 } - r _ { i } \ge 1$ ，利用反证可得 $r _ { i + 1 } - r _ { i } = 1$ ，在结合等差数列运算求解；
（3）讨论 $A _ { m } , B _ { m }$ 的大小，根据题意结合反证法分析证明.
【小问 1 详解】
由题意可知： $A _ { 0 } = 0 , A _ { 1 } = 2 , A _ { 2 } = 3 , A _ { 3 } = 6 , B _ { 0 } = 0 , B _ { 1 } = 1 , B _ { 2 } = 4 , B _ { 3 } = 7$
当 k = 0时，则 $B _ { 0 } = A _ { 0 } = 0 , B _ { i } > A _ { 0 } , i = 1 , 2 , 3$ ，故 $r _ { 0 } = 0$
当k=1时，则 $B _ { 0 } < A _ { 1 } , B _ { 1 } < A _ { 1 } , B _ { i } > A _ { 1 } , i = 2 , 3$ ，故 $r _ { 1 } = 1$ ；
当k = 2时，则 $B _ { i } \leq A _ { 2 } , i = 0 , 1 , B _ { 2 } > A _ { 2 } , B _ { 3 } > A _ { 2 } , \sharp \chi r _ { 2 } = 1$
当 k = 3时，则 $B _ { i } \leq A _ { 3 } , i = 0 , 1 , 2 , B _ { 3 } > A _ { 3 }$ ，故 $r _ { 3 } = 2$ ；
综上所述： $r _ { 0 } = 0 , r _ { 1 } = 1 , r _ { 2 } = 1 , r _ { 3 } = 2$
【小问 2 详解】
由题意可知： $r _ { n } \leq m$ ，且 $r _ { n } \in \textbf { N }$
因为 $a _ { n } \geq 1 , b _ { n } \geq 1$ ，则 $A _ { n } \geq a _ { 1 } = 1 , B _ { n } \geq b _ { 1 } = 1$ ，当且仅当n =1时，等号成立，
所以 $r _ { 0 } = 0 , r _ { 1 } = 1$
又因为 $2 r _ { i } \le r _ { i - 1 } + r _ { i + 1 }$ ，则 $r _ { i + 1 } - r _ { i } \geq r _ { i } - r _ { i - 1 }$ <sub>1</sub> ，即 $r _ { m } - r _ { m - 1 } \geq r _ { m - 1 } - r _ { m - 2 } \geq \dots \geq r _ { 1 } - r _ { 0 } = 1$
可得 $r _ { i + 1 } - r _ { i } \ge 1$
反证：假设满足 $r _ { n + 1 } - r _ { n } > 1$ 的最小正整数为 $1 \leq j \leq m - 1$
当 $i \geq j$ 时，则 $r _ { i + 1 } - r _ { i } \geq 2$ ；当 $i \le j - 1$ 时，则 $r _ { i + 1 } - r _ { i } = 1$
$$
r _ {m} = \left(r _ {m} - r _ {m - 1}\right) + \left(r _ {m - 1} - r _ {m - 2}\right) + \dots + \left(r _ {1} - r\right) _ {0} + r _ {0} \geq 2 (m - j) + j = 2 m - j
$$
又因为 $1 \leq j \leq m - 1$ ，则 $r _ { m } \ge 2 m - j \ge 2 m - \left( m - 1 \right) = m + 1 > m$
假设不成立，故 $r _ { n + 1 } - r _ { n } = 1$
即数列 $\left\{ r _ { n } \right\}$ 是以首项为1，公差为1的等差数列，所以 $r _ { n } = 0 + 1 \times n = n , n \in \mathbf { N }$
【小问3详解】
（ⅰ）若 $A _ { m } \ \geq \ B _ { m }$ ，构建 $S _ { n } = A _ { n } - B _ { r . } , 1 \leq n \leq m$ ，由题意可得： $S _ { n } \geq 0$ ，且 $S _ { n }$ 为整数，
反证，假设存在正整数K，使得 $S _ { K } \geq m$
则 $A _ { \scriptscriptstyle K } - B _ { { \scriptscriptstyle r } _ { \scriptscriptstyle K } } \geq m , A _ { \scriptscriptstyle K } - B _ { { \scriptscriptstyle r } _ { \scriptscriptstyle K } + 1 } < 0$ ，可得 $b _ { r _ { K } + 1 } = B _ { r _ { K } + 1 } - B _ { r _ { K } } = \left( A _ { K } - B _ { r _ { K } } \right) - \left( A _ { K } - B _ { r _ { K } + 1 } \right) > m$
这与 $b _ { r _ { \scriptscriptstyle K } + 1 } \in \left\{ 1 , 2 , \cdots , m \right\}$ 相矛盾，故对任意 $1 \leq n \leq m , n \in \mathbf { N }$ ，均有 $S _ { n } \leq m - 1$
①若存在正整数N，使得 $S _ { \scriptscriptstyle N } = A _ { \scriptscriptstyle N } - B _ { \scriptscriptstyle r _ { \scriptscriptstyle N } } = 0$ ，即 $A _ { N } = B _ { r _ { N } }$
可取 $r = p = 0 , q = N , s = r _ { _ N }$ ，使得 $A _ { p } + B _ { s } = A _ { q } + B _ { r }$ ；
②若不存在正整数N，使得 $S _ { \scriptscriptstyle { N } } = 0$
因为 $S _ { n } \in \left\{ 1 , 2 m \cdots , m - 1 \right\}$ ，且 $1 \leq n \leq m$
所以必存在 $1 \leq X < Y \leq m$ ，使得 $S _ { X } = S _ { Y }$
即 $A _ { \scriptscriptstyle { X } } - B _ { \scriptscriptstyle { r _ { \scriptscriptstyle { X } } } } = A _ { \scriptscriptstyle { Y } } - B _ { \scriptscriptstyle { r _ { \scriptscriptstyle { Y } } } }$ ，可得 $A _ { \scriptscriptstyle X } + B _ { \scriptscriptstyle r _ { \scriptscriptstyle Y } } = A _ { \scriptscriptstyle Y } + B _ { \scriptscriptstyle r _ { \scriptscriptstyle X } }$
可取 $p = X , s = r _ { Y } , q = Y , r = r _ { X }$ ，使得 $A _ { p } + B _ { s } = A _ { q } + B _ { r }$
（ⅱ）若 $A _ { m } < B _ { m }$ ，构建 $S _ { n } = B _ { r _ { n } } - A _ { n } , 1 \leq n \leq m$ ，由题意可得： $S _ { n } \leq 0$ ，且 $S _ { n }$ 为整数，
反证，假设存在正整数K，使得 $S _ { K } \le - m$
则 $B _ { r _ { K } } - A _ { K } \leq - m , B _ { r _ { K } + 1 } - A _ { K } > 0$ ，可得 $b _ { r _ { K } + 1 } = B _ { r _ { K } + 1 } - B _ { r _ { K } } = \left( B _ { r _ { K } + 1 } - A _ { K } \right) - \left( B _ { r _ { K } } - A _ { K } \right) > m$
这 $\mapsto b _ { r _ { K } + 1 } \in \left\{ 1 , 2 , \cdots , m \right\}$ 相矛盾，故对任意 $1 \leq n \leq m , n \in \mathbf { N }$ ，均有 $S _ { n } \geq 1 - m$
①若存在正整数N，使得 $S _ { N } { = } B _ { r _ { N } } { - } A _ { N } { = } 0$ ，即 $A _ { N } = B _ { r _ { N } }$ J
可取 $r = p = 0 , q = N , s = r _ { _ N }$ ，使得 $A _ { p } + B _ { s } = A _ { q } + B _ { r }$ ；
②若不存在正整数N，使得 $S _ { \scriptscriptstyle { N } } = 0$
因为 $S _ { n } \in \left\{ - 1 , - 2 , \cdots , 1 - m \right\}$ ，且 $1 \leq n \leq m$
所以必存在 $1 \leq X < Y \leq m$ ，使得 $S _ { X } = S _ { Y }$
即 $B _ { r _ { X } } - A _ { X } = B _ { r _ { Y } } - A _ { Y }$ ，可得 $A _ { \scriptscriptstyle X } + B _ { \scriptscriptstyle r _ { \scriptscriptstyle Y } } = A _ { \scriptscriptstyle Y } + B _ { \scriptscriptstyle r _ { \scriptscriptstyle X } }$
可取 $p = X , s = r _ { _ Y } , q = Y , r = r _ { _ X }$ ，使得 $A _ { p } + B _ { s } = A _ { q } + B _ { r }$ ；
综上所述：存在 $0 \leq p < q \leq m , 0 \leq r < s \leq m$ 使得 $A _ { p } + B _ { s } = A _ { q } + B _ { r }$
【点睛】方法点睛：对于一些直接说明比较困难的问题，可以尝试利用反证法分析证明.