选取 $\overrightarrow a_1=\left(x,2\right) $，$ Y $ 中与 $\overrightarrow a_1 $ 垂直的元素必有形式 $ \left(-1,b\right) $，
所以 $ x=2b $，从而\[ x=4. \]

取 $\overrightarrow a_1=\left(x_1,x_1\right)\in Y $，设 $\overrightarrow a_2=\left(s,t\right)\in Y $ 满足 $\overrightarrow a_1\cdot \overrightarrow a_2=0 ,$
由 $ \left(s+t\right)x_1=0 $ 得 $ s+t=0 ,$ 所以 $ s,t $ 异号．
因为 $ -1 $ 是 $ X $ 中唯一的负数，所以 $ s,t $ 之中一为 $ -1 $，另一为 $ 1 $，故 $ 1\in X. $
假设 $ x_k=1 $，其中 $ 1<k<n $，则 $0<x_1<1<x_n. $
选取 $\overrightarrow a_1=\left(x_1,x_n\right)\in Y $，并设 $\overrightarrow a_2=\left(s,t\right)\in Y $ 满足 $ \overrightarrow a_1\cdot \overrightarrow a_2=0 ,$
即 $ sx_1+tx_n=0, $ 则 $ s,t$ 异号，从而 $ s,t $ 之中恰有一个为 $ -1 $．
若 $ s=-1 $，则 $x_1=tx_n>t\geqslant x_1$，矛盾；
若 $ t=-1 $，则 $ x_n=sx_1<s\leqslant x_n $，矛盾，
所以 $ x_1=1. $

解法一：猜测 $ x_i=q^{i-1},i=1,2,\cdots,n $．记\[ A_k=\left\{-1,1,x_2,\cdots,x_k\right\},k=2,3,\cdots,n. \]先证明：若 $ A_{k+1} $ 具有性质 $ {\mathbb{P}} $，则 $ A_k $ 也具有性质 $ {\mathbb{P}} $．
任取 $\overrightarrow a_1=\left(s,t\right),s,t\in A_k $．
当 $ s,t $ 中出现 $ -1 $ 时，显然有 $ \overrightarrow a_2 $ 满足 $\overrightarrow a_1\cdot \overrightarrow a_2=0 $；
当 $ s\neq -1 $ 且 $ t\neq -1 $ 时，则 $ s,t\geqslant 1 $．
因为 $ A_{k+1 }$ 具有性质 $ {\mathbb{P}} $，所以有 $\overrightarrow a_2=\left(s_1,t_1\right),s_1,t_1\in A_{k+1} $，
使得 $\overrightarrow a_1\cdot \overrightarrow a_2=0 $，从而 $ s_1 $ 和 $ t_1 $ 中有一个是 $ -1 $，不妨设 $ s_1=-1 $．
假设 $ t_1 \in A_{k+1} $ 且 $ t_1 \notin A_k $，则 $ t_1=x_{k+1} $．
由 $ \left(s,t\right)\cdot \left(-1,x_{k+1}\right)=0 $，得 $ s=tx_{k+1}\geqslant x_{k+1} $，与 $ s\in A_k $ 矛盾．
所以 $ t_1\in A_k $，从而 $ A_k $ 也具有性质 $ {\mathbb{P}} $．
现用数学归纳法证明：$ x_i=q^{i-1},i=1,2,\cdots,n $．
当 $ n=2 $ 时，结论显然成立；
假设 $ n=k $ 时，$ A_k=\left\{-1,1,x_2 ,\cdots,x_k\right\} $ 有性质 ${\mathbb{ P}} $，
即 $ x_i=q^{i-1},i=1,2,\cdots,k $；
当 $ n=k+1 $ 时，若 $ A_{k+1}=\left\{-1,1,x_2,\cdots,x_k,x_{k+1}\right\} $ 有性质 ${\mathbb{ P }}$，
则 $ A_k=\left\{-1,1,x_2,\cdots,x_k\right\} $ 也有性质 $ {\mathbb{P }}$，
所以 $ A_{k+1}=\left\{-1,1,q,\cdots,q^{k-1},x_{k+1}\right\} $．
取 $\overrightarrow a_1=\left(x_{k+1},q\right) $，并设 $\overrightarrow a_2=\left(s,t\right) $ 满足 $ \overrightarrow a_1\cdot\overrightarrow a_2=0 $．
由此可得 $ s=-1 $ 或 $ t=-1 $．若 $ t=-1 $，则 $ x_{k+1}={\dfrac{q}{s}}\leqslant q $，不可能；
所以 $ s=-1,x_{k+1}=qt\leqslant q^k $ 且 $ x_{k+1}>q^{k-1 }$，所以 $ x_{k+1}=q^k $．
综上所述，$ x_i=q^{i-1},i=1,2,\cdots,n $．
解法二：设 $\overrightarrow a_1=\left(s_1,t_1\right),\overrightarrow a_2=\left(s_2,t_2\right) $，则 $\overrightarrow a_1\cdot \overrightarrow a_2=0 $ 等价于 $ {\dfrac{s_1}{t_1}}=-{\dfrac{t_2}{s_2}} $．
记 $B{ = }\left\{ {\dfrac{s}{t} \left|\right. s \in X,t \in X,\left| s \right| > \left| t \right|} \right\}$，则数集 $ X $ 具有性质 $ {\mathbb{P}} $，当且仅当数集 $ B $ 关于原点对称．
注意到 $ -1 $ 是 $ X $ 中的唯一负数，$ B\cap \left(-\infty ,0\right)=\left\{-x_2,-x_3,\cdots,-x_n\right\} $ 共有 $ n-1 $ 个数，
所以 $ B\cap \left(0,+\infty \right) $ 也只有 $ n-1 $ 个数．由于\[ {\dfrac{x_n}{x_{n-1}}}<{\dfrac{x_n}{x_{n-2}}}<\cdots<{\dfrac{x_n}{x_2}}<{\dfrac{x_n}{x_1}} ,\]已有 $ n-1 $ 个数，对以下三角数阵：\[ \begin{split}{\dfrac{x_n}{x_{n-1}}}&<{\dfrac{x_n}{x_{n-2}}}<\cdots<{\dfrac{x_n}{x_2}}<{\dfrac{x_n}{x_1}},\\ {\dfrac{x_{n-1}}{x_{n-2}}}&<{\dfrac{x_{n-1}}{x_{n-3}}}<\cdots<{\dfrac{x_{n-1}}{x_1}},
\\ \cdots \cdots
\\ {\dfrac{x_2}{x_1}} .\end{split}\]注意到 $ {\dfrac{x_n}{x_1}}>{\dfrac{x_{n-1}}{x_1}}>\cdots>{\dfrac{x_2}{x_1}} $，所以\[ {\dfrac{x_n}{x_{n-1}}}={\dfrac{x_{n-1}}{x_{n-2}}}=\cdots={\dfrac{x_2}{x_1}}, \]从而数列的通项为\[ x_k=x_1 \left({\dfrac{x_2}{x_1}}\right) ^{k-1}=q^{k-1},k=1, 2,\cdots,n. \]