征解问题[14] 数列（已解决）

1、无穷等差数列中是否可能存在任意长度的等比子列？

2、无穷等比数列中是否可能存在任意长度的等差子列？

补充

格林-陶定理        质数序列中存在任意长度的等差子列．

据说

无穷等差数列中存在无穷等比子列的充要条件是公差与首项的比为有理数．

无穷等比数列中存在无穷等差子列的充要条件是公比为$\pm 1$．

2021年8月15日，by xixiggg．

1、设此等差数列首项为 $a$，公差为 $d$．不妨设 $a\ne 0$． 先证必要性，则存在 $1\leqslant i < j < k$，使 $$(a+id)(a+kd)=(a+jd)^2\iff (i+k-2j)ad+(ik-j^2)d^2=0.$$ 若 $ik-j^2=0$，则 $i+k-2j=0$，（因为 $i+k\geqslant 2j$ 且等号取不到）从而 $ad=0$，得 $d=0$，故 $$\dfrac d a=0\in \mathbb Q.$$ 若 $ik-j^2\neq 0$，则 $$d((ik-j^2)d+(i+k-j)a)=0,$$ 得 $d=0$ 或 $d=-\dfrac {i+k-j}{ik-j^2}a$，故均有 $\dfrac d a\in \mathbb Q$． 再证充分性．若 $d=0$，结论平凡．下设 $d\neq 0$，则易知此无穷等差数列从某项起恒正或恒负．考虑从该项起的子列，只需证其含有任意长的等比子列即可．不妨设 $a,d$ 同号．再可不妨设 $a,d>0$．设 $a=\dfrac{q}{p}d$，其中 $p,q\in \mathbb{N}^{\ast}$，则对任意 $k\in \mathbb{N}$，有 $$\begin{split}\dfrac{q}{p}d\cdot (p+i)^k&=\dfrac{q}{p}d\sum\limits_{l=0}^k\dbinom kl p^l\\ &=\dfrac{q}{p}d+\dfrac{q}{p}d\sum\limits_{l=1}^k\dbinom kl p^l\\ &=a+\left(q\sum\limits_{l=1}^k\dbinom kl p^{l-1}\right)\cdot d,\end{split}$$ 其中 $\displaystyle q\sum\limits_{l=1}^k\dbinom kl p^{l-1}\in \mathbb{N}$，在等差数列中，而 $\left\{\dfrac{q}{p}d\cdot (p+1)^k\right\}_{k=0}^{+\infty}$ 成等比，即原等差数列存在无穷长度等比数列．至此，命题获证．

2、充分性显然成立，下证必要性． 设等比数列为 $\left\{aq^k\right\}_{k=0}^{+\infty}$，等差子列为 $\left\{b+nd\right\}_{n=0}^{m}$，假设 $q\ne \pm 1$，则 $d\ne 0$，因此 $\{b+nd\}_{n=0}^{+\infty}$ 无界．若存在 $k,l\in\mathbb N$ 使得 $$\begin{cases} aq^k=b+nd,\\ aq^l=b+(n+1)d,\end{cases}\implies q^{l-k}=\dfrac{b+(n+1)d}{b+nd}\implies |q|^{l-k}=\left|1+\dfrac d{b+nd}\right|,$$ 取 $n$ 充分大，使得 $$\left|\dfrac d{b+nd}\right|<\min\left\{\big||q|-1\big|,\big||q^{-1}|-1\big|\right\},$$ 则 $$\min\left\{|q|,|q^{-1}|\right\}<\left|1+\dfrac d{b+nd}\right|<\max\left\{|q|,|q^{-1}|\right\},$$ 且 $\left|1+\dfrac d{b+nd}\right|\ne 1$，这与 $\left|1+\dfrac d{b+nd}\right|$ 形如 $|q|^{\alpha}$（$\alpha\in\mathbb Z$）矛盾，因此命题得证．