有2n+1個實數，它們其中任意2n個數都可以等分成兩組使兩組數的和相等，證明這2n+1個數都相等？

01-05

一共有2n+1個實數，去掉其中任意一個，剩餘的2n個數都可以等分成兩組，每組n個數，且它們的和相等。
證明這2n+1個實數相等？

不少答主都提到了矩陣方法，證明關係對應的矩陣的秩是2n，所以零空間是全1向量張成的一維空間。我覺得我有個稍簡單的方法證明矩陣的秩是2n，不過我還是把解答完整寫一遍：

首先，由題知，在2n+1個數中去掉任何一個數，我們都可以在其他數前加上正負號各n個，使之和為零。

於是，把這2n+1個數寫成列向量： $X=(x_1,x_2,dots,x_{2n+1})^{T}$ ，依次去掉 $x_1,x_2,dots,x_{2n+1}$ ，便可以得到一個矩陣 $A$ ，其滿足 $AX=0$ ，且 $A$ 的對角線元素是零，而其餘元素為正負一。

由於每行中+1與-1一樣多，所以全1向量 $(1,1,dots,1)$ 在 $A$ 的零空間里，所以其零空間至少一維。我們要證明其恰好是一維，也就是證明 $A$ 的秩是2n，方法如下：

考慮 $A$ 前2n行與前2n列構成的矩陣，稱其為 $B$ ； $B$ 也是對角線為零且其餘元素為正負一的矩陣。所以 $B$ 的行列式模2的結果恰好是 $mathbb{F}_2$ 中矩陣 $C=J_{2n}-I_{2n}$ 的行列式，其中 $I$ 是單位矩陣， $J$ 是全1矩陣。

注意到在 $mathbb{F}_2$ 中， $C^2=(J_{2n}-I_{2n})^2=J_{2n}^{2}-2J_{2n}+I_{2n}=I_{2n}$ ，所以 $C$ 可逆，行列式為1，所以 $B$ 的行列式是奇數，不為零。

所以 $B$ 滿秩，秩為2n，於是 $A$ 的秩至少是2n；又因為 $A$ 的零空間至少一維，所以A的秩恰好是2n，零空間恰好是1維，所以零空間是由全1向量 $(1,1,dots,1)$ 張成的一維空間。

由於 $X=(x_1,x_2,dots,x_{2n+1})^{T}$ 在零空間中，所以這2n+1個數只可能都相等。

最後留一道習題：

全班一共50人，試證明一定可以去掉某個人使得剩下的49人不能被分為體重和相等的兩組。

證明留給讀者，答案略。

（我是想吐槽很多時候代數題目換個說法就變成組合題目了…）

那麼就這樣=w=

睡前看到這個問題......覺得有點意思，本想泡個腳，然後睡覺的...然後靈感來了...

首先重述下題目：

2n+1個未知數 $x_{1},x_{2}...x_{2n+1}$ ，滿足：去掉一個數 $x_{i}(i=1,2....2n+1)$ ,剩下的2n個數中，有n個數的和等於另n個數的和，問這2n+1個數是否相等。

分析：

如果列出方程的話就是：

$x_{i_{1}}+x_{i_{2}}+...x_{i_{n}}=x_{i_{n+1}}+x_{i_{n+2}}+...x_{i_{2n}}$

其中， $i_{1},i_{2}...i_{2n}$ 表示 $1,2...2n+1$ 個數去掉 $i$ 之後的 $2n$ 個數的一個排列. $(i=1,2...2n+1)$

將上面的方程變形下：

$x_{i_{1}}+x_{i_{2}}+...x_{i_{n}}-x_{i_{n+1}}-x_{i_{n+2}}-...x_{i_{2n}}=0$

$(i=1,2...2n+1)$

這表示一個 $2n+1$ 元方程組，將這個方程組寫成矩陣形式就是：

第i行的第i個元素是0，其餘元素分別是1和-1，每行有n個1，n個-1

$(i=1,2...2n+1)$

將矩陣第2，3...2n+1列元素加到第一列，則第一列元素全為0，於是矩陣的秩小於2n+1
再看第2列到第2n+1列，第2行到第2n+1組成的 $2n imes 2n$ 型矩陣，這個矩陣主對角線元素全為0,其餘元素分別是-1或1，考慮這個矩陣的行列式.

此行列式的展開式中如果含有對角線元素，則其為0，否則其值為-1或者1
展開式中有多少個元素不為0？

第一個是顯而易見的，看第二個，換一個說法就是：

從 $2n imes 2n$ 的矩陣中選出 $2n$ 個數，每行每列選出一個，且第i行不選第i個數

這不就是著名的全錯位排列問題！（也稱裝錯信封問題）

一個人寫了n封不同的信及相應的n個不同的信封，他把這n封信都裝錯了信封，問都裝錯的裝法有多少種？

$D_{n}=n!(1-frac{1}{1!}+frac{1}{2!}-...+frac{(-1)^n}{n!} )$

應用這個公式：

$D_{2n}=2n!(1-frac{1}{1!}+frac{1}{2!}-...+frac{(-1)^{2n}}{2n!} )$

可以看出除了最後一項是奇數（值為1），其餘項均是偶數。

所以 $D_{2n}$ 是奇數.

回到上面的問題,行列式的展開式中，1或者-1的個數之和為奇數，於是此行列式的值必為奇數.

故行列式不為0.

綜上，原 $2n+1$ 階矩陣的秩為 $2n$ ,

也就是說，該方程組的解的秩是1，而 $(1,1,1...1)$ 是原方程的一組解，於是該方程組的任意一個解為： $(k,k...k)$

想出來這個問題就花了幾分鐘，打出來居然花了一個多小時......

題述作法可以由一個2n+1維線性方程Ax=x表示。

係數矩陣A的每一行均有n+1個1和n個-1，且主對角線元素全是1。

將原方程改寫為（I-A）x=0，則（I-A）主對角線全是0，且每行有n個1和n個-1，其秩為2n。故基解只有一個方向。又知點（1,1，。。。1）和（2,2，。。。2）均是解，則該基解方向可確定。

只考慮奇偶性。

如果2n+1個數有兩種奇偶性，那麼我們可以找到一個數，讓剩下的2n個數的和為奇數。這不可能。

所以這2n+1個數一定共奇偶性。

奇數作操作，X＝（X － 1）／ 2

偶數作操作，X＝ X ／2

可以證明操作之後的數列依然是滿足要求的。

不停的繼續下去。由於數列中的每個數的大小都是有限的。所以一定可以得到全0 序列。

因此。

這2n+1個數的每一個二進位位都是相等的。

因此

這2n+1個數都是相等的。

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這道題只考查了奇偶性。屬於小學奧數水平的好題目。

講一個看起來初等的證法吧，不用矩陣什麼的

首先我們證明所有數是整數時結論成立，這在前人的回答中已經很詳盡了。

只考慮奇偶性。
如果2n+1個數有兩種奇偶性，那麼我們可以找到一個數，讓剩下的2n個數的和為奇數。這不可能。

所以這2n+1個數一定共奇偶性。
奇數作操作，X＝（X － 1）／ 2
偶數作操作，X＝ X ／2
可以證明操作之後的數列依然是滿足要求的。
不停的繼續下去。由於數列中的每個數的大小都是有限的。所以一定可以得到全0 序列。

因此。
這2n+1個數的每一個二進位位都是相等的。
因此
這2n+1個數都是相等的。

作者：wheeler
鏈接：有2n+1個實數，它們其中任意2n個數都可以等分成兩組使兩組數的和相等，證明這2n+1個數都相等？ - wheeler 的回答
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再考慮所有數都是有理數的情況，乘上公分母后結論顯然

再考慮所有數都是實數的情況，設原來的數的集合是A，取集合B為A的子集，使得滿足B中任意若干個數的非全0有理係數線性組合不是0且B元素個數最多，設 $B=left{ b_{1},b_{2},...,b_{s} ight}$ 那麼A中每個數都可以寫成B中數的有理係數線性組合（由B最大），也就可以視作一個s維向量，對於 $xin A$ ，第i維分量表示x的線性組合中 $b_{i}$ 的係數。考慮一個分組方案，則每一組的和都可以寫成B中數的有理係數線性組合，由B的定義知必須兩個和的每一維都相等（否則B中數存在一個非全0有理係數線性組合為0）。則取出每個數的每一維作為新的A（共s個A），那麼新的A中數都是有理數，由已知的結論知新的A中所有元素都相同，於是原來的A中所有元素每維都對應相同，故A中所有元素相同。

……這個問題其實用一點點線性代數的知識還是比較簡單的。因為還是高中。。高級的我也不知道。。。

好吧。從整數的情況開始。

設總和是s。那麼就說明所有數同奇偶。（這個顯然。略過）那麼可以把數同除2（或減一再除二）持續操作。必然所有數相等。

然後有理數情況了。顯然

然後是實數情況。

重頭戲線性無關登場了。

其中最大線性無關組有k個元素。那麼剩餘每個元素都可被這個線性無關組唯一！表示。

然後只考察每個數對應於第1個元素的標量。

每去掉一個數。都可將剩餘數分成2組。使得對應第一個元素的標量和相等。那麼根據有理數情況。。就相等了。

然後對k個元素都這麼搞。就做完了。。。

其實你想想。只要是個數組都可以用同樣的方法弄。。

很懶。手機打的。寫的很不嚴謹。意會就行了

原命題大家已經證明得很好了。這裡證一個減弱命題：

如果把實數減弱為整數(有理數也一樣)，好像是鄂爾多斯發現的一個定理。這裡用另一種方法解決。

首先證明這些整數的奇偶性相同。這是因為任意2n個數的和是偶數，所以2n+1個數的和與每一個數的奇偶性相同。

設其中一個數為k，將每個數減去k，k變為0，所有數均變為偶數。將這些偶數除以二，得到新的一組數。這些數仍然滿足題中性質。由於有一個為0，故均為偶數。

將這些偶數再除以二，依然得到一個0和2n個偶數。這樣的操作可以無窮進行，故其中不存在非0整數。也就是說，第一次變換以後所有的數均為0。

從而原來的2n+1個數相等。

對所有數是有理數或者整數的情況，我有一個很好的解答。首先，很容易證明對所有數進行同一形如ax+b的線性變換不會影響題目的條件和結論，因此有理數的情形和整數情形是等價的，所以只需要證明整數情形即可。對於整數情形，我們可以很容易證明這2n+1個數的奇偶性相同，不然，我們假設這2n+1個數中有k個奇數，1≤k≤2n，如果k為偶數，我們取出其中一個奇數，則題設條件不成立(剩下的2n個數中有奇數個奇數，和為奇數，一定不能分成兩組和相等的)，弱k為奇數，則我們取出其中一個偶數，也可以出矛盾，所以所有數的奇偶性必相同。

然後，第一步，對2n+1個數做如下變換:

所有數減去2n+1個數中最小的那個數，設得到的2n+1個數從小到大為a(1), a(2), ..., a(2n+1)，顯然a(1)=0。

第二步，顯然存在整數m，使得a(2n+1)&<2^m，取b(k)=a(k)+2^m，則可知b(1),...b(2n+1)滿足任去其中一個數，剩下的2n個數可以分成和相等的兩組，且每組n個數。且有b(1)=2^m≤b(k)&<2^(m+1)，k=1, 2, ...., 2n+1，所有b(k)為偶數。

第三步，對所有b(k)做除以2的變換，則得到的新數列第一項（也是最小的一項）為2^(m-1)，仍然滿足任去其中一個數，剩下的2n個數可以分成和相等的兩組，且每組n個數，所以這2n+1個數仍然同奇偶。

那麼若m&>1，則所有數都為偶數，第三步的操作可以繼續下去，該操作可以重複m次，直到第一項也就是最小的數變為1，得到2n+1個整數仍然滿足任去其中一個數，剩下的2n個數可以分成和相等的兩組，且每組n個數，從而可知b(k)可以被2^m整除，又b(1)=2^m≤b(k)&<2^(m+1)，k=1, 2, ...., 2n+1，所以所有b(k)都等於2^m，從而可知線性變換之前的2n+1個數全部相等

任取一數，剩下的分兩組和相等，將取出的數與兩組中的任一數交換，一組不變，另一組交換後由題設知和不變，說明取出的數與交換的數相等，取出的數可與任一數交換，說明所有數相等。

想了個證明，對於係數矩陣 A 只要證明久期方程|A-a I|=0 中a^1的係數為奇數即可，發現跟 @張沖沖的一樣，就不細寫了。不過我發現係數矩陣的本徵值都是正負成對的，請問誰能證明這一點？

答案是肯定的。

先考慮所有小朋友的體重是非負整數的情況：

1）根據題設條件，我們知道所有小朋友的體重，奇偶性相同。（why？都是11個人的總體重減去一個偶數）

2）每個人的體重減去相同的數值，題設性質仍然成立；如果所有人體重都是偶數，那麼每個人體重除以2，題設性質也成立。

3）根據2）我們將所有人的體重減去體重最小者，此時性質保留，最小體重為0。

根據1），知道所有人體重都是偶數。再結合2），除以2仍保留改性質。

關鍵是，這一步可以無窮的做下去。說明，這個時候大家都是0。將這個約減的過程反過去，得到所有人體重相同。

再來考慮所有人體重是有理數的情況：體重乘以分母的最小公倍數，這樣問題就轉化為非負整數的情況。這時，結論仍成立。

最後，所有人體重是一般實數的情況。我還要想一想。

注，看了其他基於矩陣的證明，感覺這才是正道。

wheeler 和張沖沖的方法：

一個初等解法，一個高等解法，都相當漂亮。

那我想問下，

如果題目改動下：

共有2n+1個實數，去掉其中任意一個，剩餘的2n個數都可以等分成兩組，兩組數的個數不一定相同，但它們的和相等。

如：第一組：a1+a2+ak=S，第二組，a(k+1)+a(k+2)+.....a2n=S

這2n+1個實數還是必須相等么？

令這2n+1個數同時減去它們中的最小值，你就可以得到0,a1,a2...a2n這樣一組數。不考慮0(畢竟0加了等於沒加)剩下2n個數，他們滿足

1.這些數可以被分成兩組和，每組n個，他們和相等

2.任意抽出一個數，剩下的數可以分為和相等的兩組，其中一組有n個，另一組有n-1個。

也就是說，只要證明滿足以上兩個條件的2n個數相等(稱這個為命題1)，就可以輕易推出原命題。

現在我們再令a1,a2...a2n同時減去他們的最小值得到0,b1,b2...b(2n-1)

同樣不管0，此時我們只要證明「2n-1個數滿足任意抽出一個數，剩餘數可分為和相等的兩組，每組n-1個數，則這些數相等」，就可以輕易推出命題1.

看出端倪來了么？數學歸納法

其實我的證明有個缺陷，但只要再補上一步就對了，你能幫我補上么？

這麼簡單的問題不用這麼複雜。先取走一個數，剩下的排序。用取走的數換第一個數，以此類推。數學歸納法唄……

--------以上可能走眼了，以為是任意平分。

感謝@金月者提醒……

那就按照上面說的，舉出為2n!組，然後置換吧，解出來也不是很複雜。

有沒有更聰明的辦法等我有空再想吧。

我覺得可以用數學歸納法每次把「多出來」的兩個數字分開分別加入剩下的組