等差数列的一个特征性质及应用

等差数列第一个特征性质及应用

江西南昌市卫生学校 熊秋玲

内容提要：本文证明等差数列的一个重要性质：数列{a n }是等差数列的充要条件为：对于任意三个自然数q,p,r,恒有(q-r ）a p +(r-p)a q +(p-q)a r =0成立。并举实例说明其实用。

等差数列是中学数学的重要内容之一，有一个特征性质应用极为广泛，即

定理 数列{a n }是等差数列的充要条件为：对于任意三个自然数p,q,r,恒有(q-r ）a p +(r-p)a q +(p-q)a r =0 （1） 证明 必要性，设{a n }是一个等差数列，其首项为a 1,公差为d ，则

a p =a 1+(p-1)d,a q =a 1+(q-1)d,

a r =a 1+(r-1)d,于是

（q-r ）a p +(r-p)a q +(p-q)a r

=p(a r -a q )+q(a p -a r )+r(a q -a p )

=p(r-d)d+q(p-r)d+r(q-p)d

=0。即(1)式成立。

充分性，若对任意三个自然数p,q,r,恒有（1）式成立。于是对任意的自然数n （n ≥2），取p=n-1,q=n,r=n+1,则由

（1）式，有

-a n-1+2a n -a n+1=0,

即a n-1+a n+1=2a n (n ≥2),这说明数列{a n }是一个等差数列。

定理的等式（1）是循环对称，用数列中的任意三项来刻画等差数列的特征。应用它来处理与等差数列有关的一些问题时，显得相当灵活方便，兹举几例说明之。

例1.在等差数列{a n}中，已知a p=1

q ,a q=1

p

,求a p+q

解：由（1）式，有

q−(p+q)∗1

q +p+q−p∗1

p

+p−q a p+q=0

即 -p

q +q

p

+(p−q)a p+q=0

∴(p-q)a p+q=p

q −q

p

=p−q(1

p

+1

q

)

故 a p+q=1

p +1

q

。

例 2.在等差数列{a n}中，已知a m+n=A,a m-n=B(m>n),求a m,a n。

解：由（1）式，有

n−(m+n)a m-n+[(m+n)-(m-n)a n+[(m-n)-n]a m+n=0

即–mB+2na n+(m-2n)A=0

故 a n=A+m

2n

(B−A)。

同理可得 a m=(A+B)

2

。

例3.设a p,a q,a r;b p,b q,b r分别是两个等差数列中的第p，q，r项，求证：（b q-b r）a p+(b r-b p)a q+(b p-b q)a r=0。

证明：设等差数列{b n}的公差为d，易知b q-b r=(q-r)d,b r-b p=(r-p)d,b p-b q=(p-q)d.于是由（1）式得：

（b q-b r）a p+(b r-b p)a q+(b p-b q)a r

=d[(q-r)a p+(r-p)a q+(p-q)a r]

=d •0=0.故（2）式成立。

例4.证明，三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项（不一定是连续的）。（第二届美国中学生数学竞赛题）

证明：设a,b,c 是三个不同的素数，如果 a 3, b 3, c 3分别是一个等差数列中的第p ，q ，r 项，则由（1）式，有（q-r ） a 3+(r-p) b 3+(p-q) c 3=0,

∴(p-r)3a=[(p-r) 3+(q-p) c 3]3

=(p-r)3b+(q-p)3c+3(p-r)(q-p) 3[(p-r) 3

+(q-p) c 3]

=(p-r)3b+(q-p)3c+3(p-r)(q-p)(q-r) abc 3

∴ abc 3=(q −r)3a+(r −q)3b+(p −q)3c 3 p −r q −p (q −r) (3)

但因a,b,c 是三个不同的素数，因此 abc 3

是一个无理数，而（3）式右边却是一个有理数，因此（3）时不能成立。这说明， a 3， b 3， c 3不可能是一个等差数列中的三项。

例5.设{a n }是一个等差数列，求证：

1、a 1C n

0+a 2C n 1+···+a n+1C n n =2n+1(a 1+a n+1) (4) 2、a 1C n 0−a 2C n 1−···+(−1)n a n+1C n n =0 (5) 其中，n ≥2

证明：由（1）式知，对任意1

[(i+1)-(n+1)]a 1+[(n+1)-1]a i+1+[1-(i+1)]a n+1=0

∴na i+1= n −i a 1+ia n+1由此可得

a i+1C n 1=a 1C n+1i +a n+1C n −1i −1 (6)

其中，i=1,2,···,n-1。因而有

a 1C n 0+a 2C n 1+···+a n+1C n n

=(a 1+a n+1)(C n −1

0+C n −11+···+C n −1n −1) =(a 1+a n+1)(1+1)n −1=2n −1(a 1+a n ) 这就证明了（4）式。

又由（6）式，有

（−1）i

a i+1C n i =(−1)i a 1C n −1i +(−1)i a n+1C n −1i −1 其中，i=1,2，···，n-1.因而有

a 1C n 0−a 2C n 1+a 3C n 2−···+(−1)n a n+1C n n

=(a 1−a n+1)(C n −1

0−C n −11+C n −12−···+(−1)n −1C n −1n −1) =(a 1−a n+1)(1−1)n −1=0 (∴n ≥2) 于是（5）式得证。