已知等差数列 $\{a_n\}$ 中包含 $1$ 和 $\sqrt 2$，求证：数列 $\{a_n\}$ 中的任意不同三项不能构成等比数列．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
设 $a_0=1$，$a_m=\sqrt 2$，则$$d=\dfrac{\sqrt 2-1}m,$$于是$$a_n=1+\dfrac nm\cdot \left(\sqrt 2-1\right),n\in\mathbb Z.$$也即$$a_n=(1-\lambda)+\lambda \sqrt 2,n\in\mathbb Z,$$其中 $\lambda \in \mathbb Q$．
假设存在 $n,s,t\in\mathbb Z$，使得 $a_s,a_n,a_t$ 构成等比数列，则此时$$\begin{split} a_s\cdot a_t=&\left(1-\lambda_s+\lambda_s\sqrt 2\right)\cdot \left(1-\lambda_t+\lambda_t\sqrt 2\right)\\=&1-\lambda_s-\lambda_t+3\lambda_s\lambda_t+(\lambda_s+\lambda_t-2\lambda_s\lambda_t)\sqrt 2,\end{split} $$而$$a_n^2=1-2\lambda+3\lambda^2+2(\lambda-\lambda^2)\sqrt 2,$$其中 $\lambda_s,\lambda_t,\lambda\in\mathbb Q$．于是$$\begin{cases}3\lambda^2-2\lambda =3\lambda_s\lambda_t-\lambda_s-\lambda_t,\\ 2\lambda^2-2\lambda=2\lambda_s\lambda_t-\lambda_s-\lambda_t,\end{cases}$$从而可得$$\begin{cases} \lambda^2=\lambda_s\lambda_t,\\ 2\lambda=\lambda_s+\lambda_t,\end{cases}$$由以上两式可得$$\lambda=\lambda_s=\lambda_t,$$于是 $n=s=t$，矛盾．
综上所述，原命题得证．
假设存在 $n,s,t\in\mathbb Z$，使得 $a_s,a_n,a_t$ 构成等比数列，则此时$$\begin{split} a_s\cdot a_t=&\left(1-\lambda_s+\lambda_s\sqrt 2\right)\cdot \left(1-\lambda_t+\lambda_t\sqrt 2\right)\\=&1-\lambda_s-\lambda_t+3\lambda_s\lambda_t+(\lambda_s+\lambda_t-2\lambda_s\lambda_t)\sqrt 2,\end{split} $$而$$a_n^2=1-2\lambda+3\lambda^2+2(\lambda-\lambda^2)\sqrt 2,$$其中 $\lambda_s,\lambda_t,\lambda\in\mathbb Q$．于是$$\begin{cases}3\lambda^2-2\lambda =3\lambda_s\lambda_t-\lambda_s-\lambda_t,\\ 2\lambda^2-2\lambda=2\lambda_s\lambda_t-\lambda_s-\lambda_t,\end{cases}$$从而可得$$\begin{cases} \lambda^2=\lambda_s\lambda_t,\\ 2\lambda=\lambda_s+\lambda_t,\end{cases}$$由以上两式可得$$\lambda=\lambda_s=\lambda_t,$$于是 $n=s=t$，矛盾．
综上所述，原命题得证．
答案
解析
备注
