设 ${{a}_{1}},{{a}_{2}},\cdots ,{{a}_{2n+1}}$ 均为整数，性质 $P$ 为：对 $\left\{ {{a}_{1}},{{a}_{2}},\cdots ,{{a}_{2n+1}} \right\}$ 中任意 $2n$ 个数，存在一种分法可将其分为两组，每组 $n$ 个数，使得两组所有元素的和相等．求证：${{a}_{1}},{{a}_{2}},\cdots ,{{a}_{2n+1}}$ 全部相等当且仅当 $\left\{ {{a}_{1}},{{a}_{2}},\cdots ,{{a}_{2n+1}} \right\}$ 具有性质 $P$．
【难度】
【出处】
2009年清华大学保送生试题（理科）
【标注】
【答案】
略
【解析】
不妨设 $a_i>0$，否则将所有数加上 $b=\left|\min\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}\right|+1$ 即可，这不影响性质 $P$．
当 ${{G}_{1}}= \left\{ {{a}_{1}},{{a}_{2}},\cdots ,{{a}_{2n+1}} \right\} $ 具有性质 $ P $ 时，记 $ {{S}_{1}} $ 是集合 $ {{G}_{1}} $ 中所有元素的和，则$$ S_1\geqslant n+1,$$且$$ {{S}_{1}}-{{a}_{1}},{{S}_{1}}-{{a}_{2}},\cdots,{{S}_{1}}-{{a}_{2n+1}} $$均为偶数，也就是说 ${{a}_{1}},{{a}_{2}},\cdots ,{{a}_{2n+1}}$ 均为奇数或者均为偶数．
作变换$$ f\left(G_1 \right)=\begin{cases}\left\{ \dfrac{{{a}_{1}}}{2},\dfrac{{{a}_{2}}}{2},\cdots ,\dfrac{{{a}_{2n+1}}}{2} \right\},&{{a}_{1}},{{a}_{2}},\cdots ,{{a}_{2n+1}}\equiv 0\left( \bmod 2 \right) \\ \left\{ \dfrac{{{a}_{1}}+1}{2},\dfrac{{{a}_{2}}+1}{2},\cdots ,\dfrac{{{a}_{2n+1}}+1}{2} \right\},&{{a}_{1}},{{a}_{2}},\cdots ,{{a}_{2n+1}}\equiv 1\left( \bmod 2 \right) \end{cases}$$则 $f\left( G_1 \right)$ 仍然具有性质 $P$．
记 ${{G}_{n+1}}=f\left( {{G}_{n}} \right)$，设 ${{S}_{i}}$ 是集合 ${{G}_{i}}$ 中所有元素的和，则$$ {{S}_{n+1}}=\begin{cases}\dfrac{{{S}_{n}}}{2},&{{a}_{1}},{{a}_{2}},\cdots ,{{a}_{2n+1}}\equiv 0\left( \bmod 2 \right) \\ \dfrac{{{S}_{n}+1}}{2}+n,&{{a}_{1}},{{a}_{2}},\cdots ,{{a}_{2n+1}}\equiv 1\left( \bmod 2 \right) \end{cases}$$这说明如果 ${{G}_{n}}\ne {{G}_{n+1}}$，那么 $ {{S}_{n+1}} <{{S}_{n}}$（注意 $\dfrac {a_i+1}{2}\leqslant a_i$，当且仅当 $a_i=1$ 时取等号）；
而 ${{S}_{n+1}}\geqslant n+1$，说明从某项起 ${{G}_{n}}=G_{n+1}$，而这个集合只可能是 $\left\{ 1,1,\cdots ,1 \right\}$，倒推回去，就可以得到 ${{a}_{1}}={{a}_{2}}=\cdots ={{a}_{2n+1}}$．
当 ${{G}_{1}}= \left\{ {{a}_{1}},{{a}_{2}},\cdots ,{{a}_{2n+1}} \right\} $ 具有性质 $ P $ 时，记 $ {{S}_{1}} $ 是集合 $ {{G}_{1}} $ 中所有元素的和，则$$ S_1\geqslant n+1,$$且$$ {{S}_{1}}-{{a}_{1}},{{S}_{1}}-{{a}_{2}},\cdots,{{S}_{1}}-{{a}_{2n+1}} $$均为偶数，也就是说 ${{a}_{1}},{{a}_{2}},\cdots ,{{a}_{2n+1}}$ 均为奇数或者均为偶数．
作变换$$ f\left(G_1 \right)=\begin{cases}\left\{ \dfrac{{{a}_{1}}}{2},\dfrac{{{a}_{2}}}{2},\cdots ,\dfrac{{{a}_{2n+1}}}{2} \right\},&{{a}_{1}},{{a}_{2}},\cdots ,{{a}_{2n+1}}\equiv 0\left( \bmod 2 \right) \\ \left\{ \dfrac{{{a}_{1}}+1}{2},\dfrac{{{a}_{2}}+1}{2},\cdots ,\dfrac{{{a}_{2n+1}}+1}{2} \right\},&{{a}_{1}},{{a}_{2}},\cdots ,{{a}_{2n+1}}\equiv 1\left( \bmod 2 \right) \end{cases}$$则 $f\left( G_1 \right)$ 仍然具有性质 $P$．
记 ${{G}_{n+1}}=f\left( {{G}_{n}} \right)$，设 ${{S}_{i}}$ 是集合 ${{G}_{i}}$ 中所有元素的和，则$$ {{S}_{n+1}}=\begin{cases}\dfrac{{{S}_{n}}}{2},&{{a}_{1}},{{a}_{2}},\cdots ,{{a}_{2n+1}}\equiv 0\left( \bmod 2 \right) \\ \dfrac{{{S}_{n}+1}}{2}+n,&{{a}_{1}},{{a}_{2}},\cdots ,{{a}_{2n+1}}\equiv 1\left( \bmod 2 \right) \end{cases}$$这说明如果 ${{G}_{n}}\ne {{G}_{n+1}}$，那么 $ {{S}_{n+1}} <{{S}_{n}}$（注意 $\dfrac {a_i+1}{2}\leqslant a_i$，当且仅当 $a_i=1$ 时取等号）；
而 ${{S}_{n+1}}\geqslant n+1$，说明从某项起 ${{G}_{n}}=G_{n+1}$，而这个集合只可能是 $\left\{ 1,1,\cdots ,1 \right\}$，倒推回去，就可以得到 ${{a}_{1}}={{a}_{2}}=\cdots ={{a}_{2n+1}}$．
答案
解析
备注
