每日一题[410]从 n 到 n+1

这是我在QQ群中国数学解题研究会看到的问题：

已知数列$\{a_n\}$的各项均为正数，其前$n$项和为$S_n$，且对任意的$m,n\in\mathcal N^*$，都有$(S_{m+n}+S_1)^2=4a_{2m}a_{2n}$．

（1）求$\dfrac{a_2}{a_1}$的值；

（2）求证：$\{a_n\}$为等比数列；

（3）已知数列$\{c_n\},\{d_n\}$满足$|c_n|=|d_n|=a_n$，$p$($p\geqslant 3)$是给定的正整数，数列$\{c_n\},\{d_n\}$的前$p$项的和分别为$T_p,R_p$，如果有$T_{p}=R_{p}$，求证：对任意正整数$k$($1\leqslant k\leqslant p$)，$c_k=d_k$．

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解    （1）令$m=n=1$，得

$$(2a_1+a_2)^2=4a_2^2,$$ 于是$\dfrac{a_2}{a_1}=2$．

（2）为了得到合适的递推公式，分别令$m=1$和$m=2$，有

$$\begin{split} (S_{n+1}+S_1)^2=4a_{2n}a_2,\\ (S_{n+2}+S_1)^2=4a_{2n}a_4,\end{split}$$ 两式相比，可得 $$\dfrac{S_{n+2}+S_1}{S_{n+1}+S_1}=\sqrt{\dfrac{a_4}{a_2}},n\in\mathcal N^*,$$ 接下来问题的关键就是求出$a_4$．

在上述两式中，令$n=2$，则有

$$\begin{split} (S_3+S_1)^2&=4a_4a_2,\\ (S_4+S_1)^2&=4a_4^2,\end{split}$$ 结合第（1）小题得到的$a_2=2a_1$，不难求得 $$a_4=8a_1,a_3=4a_1,$$ 于是$\dfrac{a_4}{a_2}=4$．

因此由

$$\dfrac{S_{n+2}+S_1}{S_{n+1}+S_1}=2,n\in\mathcal N^*,$$ 可以推得 $$S_n+S_1=2^{n-2}\cdot (S_2+S_1),n\geqslant 2\land n\in\mathcal N^*,$$ 单独验证$n=1$的情形，可得 $$S_n=(2^n-1)\cdot a_1,n\in\mathcal N^*,$$ 进而 $$a_n=2^{n-1}\cdot a_1,$$ 因此$\{a_n\}$为等比数列．

（3）用反证法证明如下．

若存在正整数$k$使得$c_k\neq d_k$，其中$1\leqslant k\leqslant p$，设其中最大的$k$为$K$．不妨设$c_K=2^{K-1}\cdot a_1$，而$d_K=-2^{K-1}\cdot a_1$．于是

$$\begin{split} T_p-R_p&=(c_1+c_2+\cdots c_K)-(d_1+d_2+\cdots +d_K)\\ &\geqslant -2\left(1+2+\cdots +2^{K-2}\right)\cdot a_1+2\cdot 2^{K-1}\cdot a_1 \\ &=-2\left(2^{K-1}-1\right)\cdot a_1+2^K\cdot a_1 \\ &=2a_1>0,\end{split}$$ 矛盾．

因此原命题得证．