初等数论 第四章 不定方程

本章所讨论的不定方程，是指整系数代数方程，并且限定它的解是整数。本章只讨论几类比较简单的不定方程。

第一节 一次不定方程

设a1, a2, , an是非零整数，b是整数，称关于未知数x1, x2, , xn

的方程

a1x1  a2x2    anxn = b (1)

是n元一次不定方程。

若存在整数x10, x20, , xn0满足方程(1)，则称(x10, x20, , xn0)是方程(1)的解，或说x1 = x10，x2 = x20，，xn = xn0是方程(1)的解。

定理1 方程(1)有解的充要条件是

(a1, a2, , an)b。 (2) 证明 记d = (a1, a2, , an)。若方程(1)有解，设为(x1, x2, , xn)。则由dai（1  i  n）及整除的性质容易知道式(2)成立。必要性得证。

另一方面，由第一章第三节定理2，存在整数y1, y2, , yn使得

a1y1  a2y2    anyn = (a1, a2, , an) = d。

因此，若式(2)成立，则(bbby1,y2,,yn)就是方程(1)的解，充分ddd性得证。证毕。

定理2 设a，b，c是整数，方程

ax  by = c (3)

若有解(x0, y0)，则它的一切解具有

xx0b1t， tZ (4) yyat01ab的形式，其中a1。 ，b1(a,b)(a,b)证明 容易验证，由式(4)确定的x与y满足方程(3)。下面证明，方程(3)的解都可写成式(4)中的形式。

设(x, y)是方程(3)的解，则由

ax0  by0 = ax  by = c

得到

a(x  x0) = b(y  y0)， ab(xx0)(yy0)。 (a,b)(a,b)由此，以及

(a,b)1 (a,b)(a,b)b和第一章第三节定理4，得到|x  x0，因此存在整数t，使得

(a,b)baxx0t，yy0t。

(a,b)(a,b)证毕。

定理1和定理2说明了解方程(3)的步骤：

(ⅰ) 判断方程是否有解，即(a, b)c是否成立；

(ⅱ) 利用辗转相除法求出x0，y0，使得ax0  by0 = (a, b)； (ⅲ) 写出方程(3)的解

xx0c1b1t，tZ，yycat011 ab其中(a,b)c1c，a1，b1。(a,b)(a,b)定理3 设a1, a2, , an, b是整数，再设 (a1, a2, , an  1) = dn  1，(a1, a2, , an) = dn，则(x1, x2, , xn)是方程(1)的解的充分必要条件是90

存在整数t，使得(x1, x2, , xn, t)是方程组

 a1x1a2x2an1xn1dn1t (5) dtaxbnnn1的解。

证明 若有整数t，使得(x1, x2, , xn, t)是方程组(5)的解，则显然(x1, x2, , xn)满足方程(1)。

设(x1, x2, , xn)是方程(1)的解，则

a1x1  a2x2    an  1xn  1  anxn = b。 (6)

令

a1x1  a2x2    an  1xn  1 = b，

则由定理1

dn  1 = (a1, a2, , an  1)b。

因此，存在tZ，使得

a1x1  a2x2    an  1xn  1 = dn  1t， (7) 再由式(6)，得到

dn  1t  anxn = b，

即(x1, x2, , xn, t)满足方程组(5)。证毕。

定理3说明了求解n元一次不定方程的方法：先解方程组(5)中的第二个方程，再解方程组(5)中的第一个方程，于是，解n元一次不定方程就化为解n  1元一次不定方程。重复这个过程，最终归结为求解二元一次不定方程。由第一章第三节定理5，记

(a1, a2) = d2，(d2, a3) = d3，，(dn  2, an  1) = dn  1，(dn  1，an) = dn， 逐个地解方程

dn  1tn  1  anxn = b，

dn  2tn  2  an  1xn  1 = dn  1tn  1，  

d2t2  a3x3 = d3t3， a1x1  a2x2 = d2t2，

91

并且消去中间变量t2, t3, , tn  1，就可以得到方程(1)的解。

例1 求不定方程3x  6y = 15的解。 解 (3, 6) = 315，所以方程有解。 由辗转相除法（或直接观察），可知x = 1，y = 1是

3x  6y = 3

的解，所以x0 = 5，y0 = 5是原方程的一个解。由定理2，所求方程的解是

x52t， tZ。 y5t例2 求不定方程3x  6y  12z = 15的解。

解 原方程等价于

x  2y  4z = 5。 (8)

由定理3，依次解方程

t  4z = 5， x  2y = t，

分别得到

t14u， uZ， (9) z1uxt2v， vZ。 (10) ytv将式(9)与式(10)中的t消去，得到

x14u2vy14uv， u, vZ。 z1u注：本例在解方程时，首先将原方程化为等价方程(8)，这使问题简化。对例1也可以如此处理。

例3 设a与b是正整数，(a, b) = 1，则任何大于ab  a  b的整数n都可以表示成n = ax  by的形式，其中x与y是非负整数，但是n = ab  a  b不能表示成这种形式。

解 (ⅰ) 由定理2，方程

ax  by = n (11) 92

的解具有

xx0bt， tZ (12) yyat0的形式，其中x0与y0满足方程(11)。

由假设条件n > ab  a  b及式(11)与式(12)，有

ax = n  by = n  b(y0  at) > ab  a  b  b(y0  at)。 (13)

取整数t，使得

0  y = y0  at  a  1，

则由式(13)得到

ax > ab  a  b  b(a  1) = a，

x > 1，x  0，

即n = ax  by，x  0，y  0。

(ⅱ) 设有x  0，y  0，使得

ax  by = ab  a  b， (14)

则

a(x  1)  b(y  1) = ab。 (15)

所以ab(y  1)。但是(a, b) = 1，于是必有

ay  1，y  1  a。

同理可以证明x  1  b，从而

a(x  1)  b(y  1)  2ab，

这与式(15)矛盾，所以式(14)是不可能的。

例4 设a，b，c是整数，(a, b) = 1，则在直线ax  by = c上，任

何一个长度大于a2b2的线段上至少有一个点的坐标都是整数。

解 由定理2，直线ax  by = c上的坐标都是整数的点(xt, yt)的坐标是

xtx0bt， tZ， yyat0t其中(x0, y0)是直线ax  by = c上的坐标都是整数的点，由定理1，这样的点是存在的。

对于任意的tZ，记Pt是以(xt, yt)为坐标的点，则Pt  1与Pt 之间的距离

93

Pt1Ptxt1xt2yt1yt2a2b2。

这说明，两个“相邻的”坐标是整数的点的距离是a2b2，从而得出所求之结论。

19例5 将写成三个分数之和，它们的分母分别是2，3和5。

30解 设

19xyz， 30235则

15x  10y  6z = 19。

依次解方程

5t  6z = 19， 15x  10y = 5t，

得到

t16u， uZ， (16) z45uxt2v， vZ。 (17) yt3v从式(16)与式(17)中消去t，得到

x16u2vy16u3v， u, vZ。 z45u取u = 0，v = 0，得到x = 1，y = 1，z = 4，因此

19114。 30235例6 甲物每斤5元，乙物每斤3元，丙物每三斤1元，现在用100元买这三样东西共100斤，问各买几斤?

解 设买甲物x斤，乙物y斤，丙物z斤，则

15x  3y z = 100，

394

x  y  z = 100。

消去z，得到

7x  4y = 100。 (18)

显然x = 0，y = 25是方程(18)的解，因此，方程(18)的一般解是

x4t ， tZ y257t因为x  0，y  0，所以

0  t  3。

即t可以取值t1 = 0，t2 = 1，t3 = 2，t4 = 3。相应的x，y，z的值是

(x, y, z) = (0, 25, 75)，(4, 18, 78)，(8, 11, 81)，(12, 4, 84)。 例7 求不定方程x  2y  3z = 7的所有正整数解。 解 依次解方程

t  3z = 7， x  2y = t，

得到

t13u， uZ， z2uxt2v， vZ。 yv从上式中消去t，得到

x13u2vv， u, vZ。 (19) yz2u要使x  1，y  1，z  1，则应有

3u  2v  0，v  1，1  u  0。 (20)

所以

23u  2v  2，u  1  u  1，

3即 u = 1。由此及式(20)，有

23  2v  0，v  1   v  1，

3

95

所以v = 1。将u = 1，v = 1代入式(19)，得到原方程的唯一一组正整数x = 2，y = 1，z = 1。

习 题 一

17写成三个既约分数之和，它们的分母分别是3，5和7。 1052. 求方程x1  2x2  3x3 = 41的所有正整数解。 3. 求解不定方程组：

x12x23x37。 2x5x20x112311. 将

4. 甲班有学生7人，乙班有学生11人，现有100支铅笔分给这

两个班，要使甲班的学生分到相同数量的铅笔，乙班学生也分到相同数量的铅笔，问应怎样分法？

5. 证明：二元一次不定方程ax  by = n，a > 0，b > 0，(a, b) = 1

nn的非负整数解的个数为[]或[] 1。

abab6. 设a与b是正整数，(a, b) = 1，证明：1, 2, , ab  a  b中恰有

(a1)(b1)个整数可以表示成ax  by（x  0，y  0）的形式。

2第二节 方程x2  y2 = z2

本节讨论二次方程

x2  y2 = z2 。 (1)

容易看出，(x, y, z) = (0, 0, 0)，(0, a, a)以及(a, 0, a)都是方程(1)的解。若(x, y, z)是方程(1)的解，则对于任何整数k，(kx, ky, kz)也是方程(1)的解。此外，若(x, y) = k，则kz，(x, y, z) = k。因此，我们只需研究方程(1)的满足下述条件的解：

x > 0，y > 0，z >0，(x, y) = 1。 (2) 96

定理1 若(x, y, z)是方程(1)的满足条件(2)的解，则下面的结论成立：

(ⅰ) x与y有不同的奇偶性；

(ⅱ) x与y中有且仅有一个数被3整除； (ⅲ) x，y，z中有且仅有一个数被5整除。

证明 (ⅰ) 若2x，2y，则2z，这与(x, y, z) = 1矛盾。所以x与y中至少有一个奇数。如果x与y都是奇数，则z是偶数，因为

x2  1，y2  1，x2  y2  2 (mod 8)，

z2  0或4 (mod 8)，

所以x，y，z不可能是方程(1)的解。因此，x与y有不同的奇偶性。

(ⅱ) 显然x与y不能都被3整除。若x与y都不能被3整除，则

x  1，y  1 (mod 3)，

x21，y2 1，x2  y2  2 (mod 3)。 (3)

但是，对任意的z，总有z2  0或1 (mod 3)。这与式(1)和式(3)矛盾。因此，结论(ⅱ)成立。

(ⅲ) 显然x，y，z中不能有两个同时被5整除。若它们都不能被5整除，则

x，y，z  1，2 (mod 5)，

x2，y 2，z 2 1，4 (mod 5)， (4) x2  y2  0，2或3 (mod 5)。 (5)

式(1)，式(4)与式(5)是矛盾的，因此，结论(ⅲ)成立。证毕。

引理 不定方程xy = z2的满足条件

xy = z2，x > 0，y > 0，z > 0，(x, y) = 1 (6)

的一切正整数解，可以写成下面的形式

x = a2，y = b2，z = ab，(a, b) = 1，a > 0，b > 0。 (7)

证明 这是第一章第六节定理1推论3的特殊情形。证毕。 定理2 方程(1)的满足式(2)和2x的一切正整数解具有下面的形式：

x = 2ab，y = a2  b2，z = a2  b2， (8)

其中a > b > 0，(a, b) = 1，a与b有不同的奇偶性。

证明 (ⅰ) 若x，y，z由式(8)确定，容易验证它们满足方程(1)，并且2x。

设d 是 (x, y) 的任一个素因数，则由式(1)得到d2z2，因此dz，

97

于是，利用最大公约数的性质，有

d(y, z) = (a2  b2, a2  b2)

 da2  b2，da2  b2  d2(a2, b2) = 2。

所以d = 1或2。由于2|y，所以d = 1，这说明式(2)满足。

(ⅱ) 若x，y，z是方程(1)的满足式(2)以及2x的解，则2|y，2|z，并且

(x)2(yz)(yz)。 (9) 222yzyz记d =(,)，则有d|yz，d|yz，所以dy，dz，于是

2222d(y, z) = 1，d = 1。因此，利用引理及式(9)得到

yzyzxab，a2，b2，a0，b0，(a,b)1。 222从而

x = 2ab，y = a2  b2，z = a2  b2。

由y > 0，可知a > b；由于x与y有不同的奇偶性，所以2|y，因此，a与b有不同的奇偶性。证毕。

推论 单位圆周上座标都是有理数的点（称为有理点），可以写成

2aba2b2a2b2(22,22)或(22,22ab2) abababab的形式，其中a与b是不全为零的整数。

定理3 不定方程

x4  y4 = z2 (10)

没有满足xyz  0的整数解。

证明 用反证法。不妨只考虑方程(10)的正整数解。若它有满足xyz  0的正整数解，设(x0, y0, z0)是方程(10)的有最小的z的一组解。令

xyzd = (x0, y0)，则由式(10)得到d4z02，d2z0，从而(0,0,0)也是方

ddd2程(10)的解。因此，由z0的最小性，可知

d = (x0, y 0) = 1，(x02, y02) = d 2 = 1。

显然x02与y02有不同的奇偶性。不妨设2x0，2|y0。

由定理2，存在正整数a，b，使得 98

(a, b) = 1，a > b > 0， (11)

其中a与b有不同的奇偶性，并且

x02 = 2ab，y02 = a2  b2，z0 = a2  b2。 (12)

下面按照a与b的奇偶性，考察两种情况。

(ⅰ) 2a，2|b。此时，

a2  0 (mod 4)，b2  1 (mod 4)，

因此，由式(12)，

y02 = a2  b2  1 (mod 4)，

这与2|y0，y02  1 (mod 4)矛盾。所以这个情况不能发生。 (ⅱ) 2| a，2b。此时，由式(11)及式(12)，有

x02 = 2ab，(a, 2b) = 1，a > b > 0。 (13)

利用引理可知，存在正整数u，v1，使得

x0 = uv1，a = u2，2b = v12，(u, v1) = 1，u > 0，v1 > 0。

由2b = v12推出

2v12，2v1，v1 = 2v，

因此，存在整数u，v，使得

a = u2，b = 2v2，(u, v) = 1，u > 0，v > 0。 (14)

代入式(12)，得到

y02 = u4  4v4，y02  4v4 = u4， (15)

其中 (u, v) = 1，从而 (y0, v) = 1。利用定理2，可知存在正整数s，t，(s, t) = 1，s与t有不同的奇偶性，使得

y0 = s2  t 2，2v2 = 2st，u2 = s2  t2 ，

y0 = s2  t2，v2 = st，u2 = s2  t2， (16)

由(s, t) = 1，式(16)中的第二个等式，以及引理，可知存在正整数m，n，(m, n) = 1，使得

v = mn，s = m2，t = n2。

由此及式(16)中第三个等式，得到

m4  n4 = u2， (17)

即(m, n, u)也满足方程(10)。

另一方面，由式(12)及式(14)，有

z0 = a2  b2 = u4  4v4 > u，

这样，(m, n, u)的存在与z0的最小性矛盾。这就证明了定理。证毕。

99

推论 方程x4  y4 = z4没有满足xyz  0的整数解。

定理3中使用的证明方法称为无穷递降法。常用于判定方程的可解性。

例 证明方程

x2  y2 = x2y2 (18)

没有满足xy  0的整数解。

解 用反证法。设方程(18)有满足xy  0的整数解(x, y)。不妨设x > 0，y > 0。

显然2x，2y。因此，由式(18)，有

(x)2(y)24(x)2(y)2，x,yN， (19) 222222xy在上式中，与必都是偶数。否则，它们就都是奇数。此时，由于

22任何奇数的平方被8除的余数是1，我们有

(x)2(y)22(mod8)，4(x)2(y)24(mod8)， 2222yx这与式(19)矛盾。因此，2|，2|。由式(19)，又有

22(x2)2(y2)242(x2)2(y2)2，x2,y2N， 222222重复上面的讨论与分析，我们见到，对于任意的正整数k，有

(xk)2(yk)24k(xk)2(yk)2，xk,ykN。 222222yx但是，由于x，y是固定的正整数，当k充分大时，k与k不可能是

22正整数。这个矛盾说明方程(18)不能有满足xy  0的整数解。

习 题 二

1. 证明定理2推论。

2. 设x，y，z是勾股数，x是素数，证明：2z  1，2(x  y  1)都是平方数。 100

3. 求整数x，y，z，x > y > z，使x  y，x  z，y  z都是平方数。 4. 解不定方程：x2  3y2 = z2，x > 0，y > 0，z > 0，(x, y ) = 1。 5. 证明下面的不定方程没有满足xyz  0的整数解。

(ⅰ) x2  y2  z2 = x2y2； (ⅱ) x2  y2  z2 = 2xyz。

6. 求方程x2  y2 = z4的满足(x, y ) = 1，2x的正整数解。

第三节 几类特殊的不定方程

不定方程是一个内容丰富的课题，许多不定方程的解法有其特殊性。本节要介绍几类这样的方程，以及几个有普遍性的方法。

一、余数分析法

将不定方程的解按某个正整数m的余数分类，或者，考察方程中的项对某个正整数的余数，再进行分析。

例1 证明：若n = 9k  t，t = 3，4，5或6，kZ，则方程x3y3n没有整数解。

解 对任意的整数x，y，记

x = 3q1  r1，y = 3q2  r2，0  r1, r2  2，q1, q2Z，

则

x3  r13  R1 (mod 9)，y3  r23  R2 (mod 9)，x3  y3  R (mod 9)， 其中

R1 = 0，1或8，R2 = 0，1或8，R = 0，1，2，7或8。

由此得到所要证明的结论。

例2 证明方程

3x  1 = 5y  7z (1)

除x = y = z = 0外没有其他整数解。

解 设(x, y, z)是方程(1)的解。容易证明：x  0，y  0，z  0。 若x > 0，则由式(1)，有

5y  7z  1 (mod 3)， 2y  1  1，2y  0 (mod 3)，

因此，32y，这是不可能的。所以必是x = 0, 于是式(1)成为

101

5y  7z = 2。

由于y  0，z  0，所以由上式推出y = z = 0。

例3 证明：若实数x与y满足方程

x2  3y2 = 2， (2)

则x与y不能都是有理数。

解 用反证法。设有理数

nlx，y（m, n, lZ，(m, n, l) = 1，m  0）

mm满足方程(2)，则

n2  3l2 = 2m2， (3)

考察两种可能的情形。 (ⅰ) 3|n。此时，

n  1，n2  1 mod 3)，

因此，由式(3)得到

2m2  1 (mod 3)，

这是不可能的，因为对于m  0，1或2 (mod 3)，2m2  0或2 (mod 3)。

(ⅱ) 3n。此时，由式(3)得到2m2  0 (mod 3)，因此3m，再由式(3)得到3l，所以(m, n, l) > 1，这与关于m, n, l的假设矛盾。

例4 求不定方程组

x3y3z33 (4) xyz3的所有整数解。

解 设

x  r1，y  r2，z  r3 (mod 3)，ri = 0，1，1（i = 1，2，3）， 则

x3  R1，y3  R2，z3  R3 (mod 9)，

其中Ri = 0，1或 1（i = 1，2，3)。

由方程组(4)中的第一个方程，得到

R1  R2  R3  3 (mod 9)，

因此，必是

R1 = R2 = R3 = 1，r1 = r2 = r3 = 1，

即 102

x = 3x1  1，y = 3y1  1，z = 3z1  1。 (5)

将式(5)中的x，y，z代入方程组(4)中的第二个方程，得到

x1  y1  z1 = 0。 (6)

显然，(x1, y1, z1) = (0, 0, 0)满足式(6)。

现在，假定(x1, y1, z1)  (0, 0, 0)。 考虑两种可能的情形：

(ⅰ) 若x1，y1与z1中有一个为0，例如，x1 = 0。由式(6)得到

y1 = z1，x = 1，y = 3y1  1，z = 3y1  1，

代入方程组(4)中的第一个方程，有

1  (3y1  1)3  (3y1  1)3 = 3， 1  2(9y12  1) = 3，y1 = 0， x = 1，y = 1，z = 1。

(ⅱ) 若x1y1z1  0。由式(6)可知，x1，y1与z1三个数中有两个数符号相同。不妨设x1与y1同符号。由式(6)得到

z1 = (x1  y1)，

代入方程组(4)中的第一个方程，得到

(3x1  1)3  (3y1  1)3  (1  3(x1  y1))3 = 3，

稍做整理，即是

3x1y1(x1  y1)  2(x12  y12  x1y1) = 0，

(2x12  x1y1)(y1  1)  (2y12  x1y1)(x1  1) = 0。 (7)

由于x1与y1符号相同，所以式(7)当且仅当x1 = y1 = 1时成立，此时

z1 = (x1  y1) = 2，

并且

x = 4，y = 4，z = 5。

综合以上讨论，注意到方程(4)中对于三个变量的对称性，得到方程组(4)的解是

(x, y, z) = (1, 1, 1)，(4, 4, 5)，(4, 5, 4)，(5, 4, 4)。 例5 求方程(x  1)! = xy  1的满足x > 1的正整数解。 解 若(x, y)是方程满足x > 1的正整数解，则

(x  1)!  1 (mod x)。

因此，由第二章第二节习题4，x是素数。

取x = 2，3，5，得到方程的解

(x, y) = (2, 1)，(3, 1)，(5, 2)。

103

设x > 5是素数，于是

x1(x  1)， 2(x  1)2(x  1)!。

因此，若x是方程的x > 5的解，则对于正整数y，有

xy  1  0 (mod (x  1)2)。

由上式及

xy  1 = ((x  1)  1)y  1

1y122y1y

Cy = (x  1) Cy(x1)y(x1)Cy(x1)

(x  1)!  12

2

= (x  1)Q  y (x  1)，

其中Q是某个整数，推出

(x  1)2y (x  1)，x  1y ，

于是

xy  1  xx  1  1  (x  1)!（x > 5）。

这说明当x > 5时，方程无正整数解。所以，所求的全部解是

(x, y) = (2, 1)，(3, 1)，(5, 2)。

二、因数分析法

任何非零整数的因数个数是有限的，因此，可以对不定方程的解在有限范围内用枚举法确定。

例6 求方程x2y  2x2  3y  7 = 0的整数解。 解 原方程即

(x2  3)(y  2) = 1。

因此

x231x231或， y21y21解这两个联立方程组，得到所求的解是

x12x22或。 y1y112例7 求方程x3  y3 = 1072的正整数解。

解 容易看出，对于任何正整数a，(x, y) = (1, a)，(a, 1)及(a, a)都不是方程的解。所以，只需考虑x  2，y  2，x  y的情况。于是 104

x2 – xy  y2 > xy > x  y， (8) (x  y)2 > x2  xy  y2。 (9)

原方程即

(x  y)(x2  xy  y2) = 2467。

由此及式(8)与式(9)得到

4xy2 ， 22xxyy67解这两个联立方程组，得到所求的解是

x17x9或2。 y9y712三、不等分析法

利用量的整数性或不等关系，确定出方程解的范围。

例8 求方程

3x2  7xy  2x  5y  35 = 0

的正整数解。

解 对于正整数x，y，由原方程得到

3x22x35。 (10) y7x5因此，若x  1，y  1，则应有

x1 ， 23x2x357x5解这个不等式组，得到1  x  2。

分别取x = 1和x = 2，由式(10)得到y = 17和y = 3。所以所求的解是(x, y) = (1, 17)，(2, 3)。

例9 求方程5(xy  yz  zx) = 4xyz的正整数解。 解 原方程即

1114。 (11) xyz5设x  y  z，则由

105

11113 xxyzx及式(11)，得到

143，1 < x < 4，x = 2或3。 x5x(ⅰ) 若x = 2，则式(11)成为

113。 yz10由此及

1112 yyzy得到

132，3 < y < 7，y = 4，5或6。 y10y将x = 2以及y = 4，5或6分别代入式(11)，得到所求的解

(x, y, z) = (2, 4, 20)，(2, 5, 10)。

(ⅱ) 若x = 3，同样的方法可以推出，方程(11)无解。

综合以上，注意到(11)式对于x，y，z的对称性，得到方程的12个正整数解

(x, y, z) = (2, 4, 20)，(2, 5, 10)，(2, 20, 4)，(2, 10, 5)，

(4, 2, 20)，(5, 2, 10)，(20, 2, 4)，(10, 2, 5)， (20, 4, 2)，(10, 5, 2)，(4, 20, 2)，(5, 10, 2)。

习 题 三

1. 求方程x2  xy  6 = 0的整数解。

xyz02. 求方程组3的整数解。 33xyz183. 求方程2x  3y = 1的正整数解。

106

111的正整数解。 xyz2115. 设p是素数，求方程的整数解。

pxy4. 求方程

6. 设2n  1个有理数a1, a2, , a2n  1满足条件P：其中任意2n个数可以分成两组，每组n个数，两组数的和相等，证明：

a1 = a1 =  = a2n  1。

107