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증명. 빨간공을 $1$로 파란공을 $0$으로 나타내기로 하자. 또한 $60$개의 공에 대한 임의의 배열을 $(a_{1},\, \ldots,\, a_{60})$으로 나타내자. 여기서 $a_n$은 $1$ 또는 $0$의 값을 갖는다. 마지막으로 자연수 $1 \leq n \leq 41$에 대하여 $f(n)$을 $a_{n}$부터 $a_{n+19}$까지의 합으로 정의하자. 그럼 위 문제는 $f(n) = 10$을 만족하는 $n$을 찾는 문제와 같다.
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또한 자연수 $1 \leq n \leq 40$에 대하여 $f(n)$의 값과 $f(n+1)$의 값을 비교해 보면, 다음의 세 가지 경우가 존재한다.
- $a_{n} = a_{n+20}$인 경우, $f(n+1) = f(n)$.
- $a_{n} = 1$, $a_{n+20} = 0$인 경우, $f(n+1) = f(n) - 1$.
- $a_{n} = 0$, $a_{n+20} = 1$인 경우, $f(n+1) = f(n) + 1$.
그러므로 $f(n+1) - f(n)$은 $-1,\, 0,\, 1$의 세 가지 값을 가질 수 밖에 없음을 알 수 있다.
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이제 주어진 배열에 대하여 $f(1)$, $f(21)$, $f(41)$의 값을 생각해 보자. 만약 이 세 값 중에 $10$이 되는 값이 하나라도 있다면 증명이 완료가 된다.
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한편, $f(1)$, $f(21)$, $f(41)$이 모두 $10$이 아니라고 가정해 보자. $f(1) + f(21) + f(41) = 30$이어야 하므로, 세 값이 모두 $10$보다 크거나 모두 $10$보다 작아질 수는 없다. 따라서 세 값 중 두 값이 $10$보다 크고/작고 나머지 한 값은 $10$보다 작아야/커야 한다. 즉, 인접한 두 값 중에 ($f(1)$과 $f(21)$ 또는 $f(21)$과 $f(41)$ 중에) $10$보다 큰 값과 $10$보다 작은 값이 하나씩 존재한다.
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일반성을 잃지 않고 $f(1) < 10$이고 $f(21) > 10$이라 가정하자. 이제 $f(1),\, f(2),\, \ldots,\, f(21)$의 값의 변화를 살펴보면 $n$이 $1$씩 증가함에 따라 $f(n)$의 값은 $-1,\, 0,\, 1$씩 밖에 변화하지 못하므로, 적당한 자연수 $2 \leq n \leq 20$이 존재하여 $f(n) = 10$이 되어야만 함을 알 수 있다. 따라서 어느 경우에도 $f(n) = 10$을 만족하는 $n$이 반드시 존재한다.