Question

（1）設(shè)a₁，a₂，…，a_n是各項(xiàng)均不為零的n（n≥4）項(xiàng)等差數(shù)列，且公差d≠0，若將此數(shù)列刪去某一項(xiàng)后得到的數(shù)列（按原來(lái)的順序）是等比數(shù)列．
（i）當(dāng)n=4時(shí)，求

a1

d

的數(shù)值；
（ii）求n的所有可能值．
（2）求證：對(duì)于給定的正整數(shù)n（n≥4），存在一個(gè)各項(xiàng)及公差均不為零的等差數(shù)列b₁，b₂，…，b_n，其中任意三項(xiàng)（按原來(lái)的順序）都不能組成等比數(shù)列．

Answer 1

（1）①當(dāng)n=4時(shí)，a₁，a₂，a₃，a₄中不可能刪去首項(xiàng)或末項(xiàng)，否則等差數(shù)列中連續(xù)三項(xiàng)成等比數(shù)列，則推出d=0．
若刪去a₂，則a₃²=a₁•a₄，即（a₁+2d）²=a₁•（a₁+3d）化簡(jiǎn)得a₁+4d=0，得

a1

d

=-4
若刪去a₃，則a₂²=a₁•a₄，即（a₁+d）²=a₁•（a₁+3d）化簡(jiǎn)得a₁-d=0，得

a1

d

=1
綜上，得

a1

d

=-4或

a1

d

=1．
②當(dāng)n=5時(shí)，a₁，a₂，a₃，a₄，a₅中同樣不可能刪去a₁，a₂，a₄，a₅，否則出現(xiàn)連續(xù)三項(xiàng)．
若刪去a₃，則a₁•a₅=a₂•a₄，即a₁（a₁+4d）=（a₁+d）•（a₁+3d）化簡(jiǎn)得3d²=0，因?yàn)閐≠0，所以a₃不能刪去；
當(dāng)n≥6時(shí)，不存在這樣的等差數(shù)列．事實(shí)上，在數(shù)列a₁，a₂，a₃，…，a_n-2，a_n-1，a_n中，由于不能刪去首項(xiàng)或末項(xiàng)，
若刪去a₂，則必有a₁•a_n=a₃•a_n-2，這與d≠0矛盾；
同樣若刪去a_n-1也有a₁•a_n=a₃•a_n-2，這與d≠0矛盾；
若刪去a₃，，a_n-2中任意一個(gè)，則必有a₁•a_n=a₂•a_n-1，這與d≠0矛盾．（或者說(shuō)：當(dāng)n≥6時(shí)，無(wú)論刪去哪一項(xiàng)，剩余的項(xiàng)中必有連續(xù)的三項(xiàng)）
綜上所述，n=4．
（2）假設(shè)對(duì)于某個(gè)正整數(shù)n，存在一個(gè)公差為d的n項(xiàng)等差數(shù)列b₁，b₂，b_n，其中b_x+1，b_y+1，b_z+1（0≤x＜y＜z≤n-1）為任意三項(xiàng)成等比數(shù)列，則b²_y+1=b_x+1•b_z+1，即（b₁+yd）²=（b₁+xd）•（b₁+zd），化簡(jiǎn)得（y²-xz）d²=（x+z-2y）b₁d（*）
由b₁d≠0知，y²-xz與x+z-2y同時(shí)為0或同時(shí)不為0
當(dāng)y²-xz與x+z-2y同時(shí)為0時(shí)，有x=y=z與題設(shè)矛盾．
故y²-xz與x+z-2y同時(shí)不為0，所以由（*）得

b1

d

=

y2-xz

x+z-2y

因?yàn)?≤x＜y＜z≤n-1，且x、y、z為整數(shù)，所以上式右邊為有理數(shù)，從而

b1

d

為有理數(shù)．
于是，對(duì)于任意的正整數(shù)n（n≥4），只要

b1

d

為無(wú)理數(shù)，相應(yīng)的數(shù)列就是滿足題意要求的數(shù)列．
例如n項(xiàng)數(shù)列1，1+

2

，1+2

2

，，1+(n-1)

2

滿足要求．