某同学将命题“在等差数列{an}中，若p+m=2n，则有ap+am=2an（p，m，n∈N*）”改写成：“在等差数列{an}中

发布网友发布时间：2022-05-24 13:05

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热心网友时间：2023-10-14 19:55

（1）命题“在等差数列{a_n}中，若2p+3m=5n，则有2a_p+3a_m=5a_n（p，m，n∈N^*）”正确．
证明：设等差数列{a_n}的首项为a₁，公差为d，由2p+3m=5n得：2a_p+3a_m=2[a₁+（p-1）d]+3[a₁+（m-1）d]=5a₁+d（2p+3m-5）=5a₁+5（n-1）d=5[a₁+（n-1）d]=5a_n，所以命题成立．
（2）解法一：在等差数列{a_n}中，若sp+tm=kn，s+t=k，则有sa_p+ta_m=ka_n（s，t，k，p，m，n∈N^*）．显然，当s=2，t=3，k=5时为以上某同学的猜想．
证明：设等差数列{a_n}的首项为a₁，公差为d，由sp+tm=kn，s+t=k得sa_p+ta_m=s[a₁+（p-1）d]+t[a₁+（m-1）d]=（s+t）a₁+d（sp+tm-s-t）=ka₁+d（kn-k）=k[a₁+（n-1）d]=ka_n，所以命题成立．
（3）解法一：在等比数列{b_n}中，
若sp+tm=kn，s+t=k，则有b_p^s?b_m^t=b_n^k（s，t，k，p，m，n∈N^*）．
证明：设等比数列{b_n}的首项为b₁，公比为q，由sp+tm=kn，s+t=k（s，t，k，p，m，n∈N^*）得，b_p^s?b_m^t=（b₁q^p-1）^s?（b₁q^m-1）^t=b₁^s+tq^{ps+mt-（s+t）}=b₁^kq^k（n-1）=（b₁q^n-1）^k=b_n^k，所以命题成立．
（2）解法二：在等差数列{a_n}中，若m₁+m₂+…+m_s=n₁+n₂+…+n_t，且m₁p₁+m₂p₂+…+m_sp_s=n₁q₁+n₂q₂+…+n_tq_t，则有m1ap1+m2ap2+…+msaps＝n1aq1+n2aq2+…+ntaqt
（m₁，m₂，…，m_s，n₁，n₂，…，n_t，p₁，p₂，…，p_s，q₁，q₂，…，q_t∈N^*）．
显然，当s=2，t=1，m₁=2，m₂=3，n₁=5，p=p₁，m=p₂，n=q₁时为某同学的猜想
证明：设等差数列{a_n}的首项为a₁，公差为d，由m₁+m₂+…+m_s=n₁+n₂+…+n_t，且m₁p₁+m₂p₂+…+m_sp_s=n₁q₁+n₂q₂+…+n_tq_t得

m1ap1+m2ap2+…+msaps

＝m1[a1+(p1?1)d]+m2[a1+(p 2?1)d]+…+ms[a1+(ps?1)]

=（m₁+m₂+…+m_s）a₁-（m₁+m₂+…+m_s）d+（m₁p₁+m₂p₂+…+m_sp_s）d
=（n₁+n₂+…+n_t）a₁-（n₁+n₂+…+n_t）d+（n₁q₁+n₂q₂+…+n_tq_t）d
=n₁[a₁+（q₁-1）d]+n₂[a₂+（q₂-1）d]+…+n_s[a₁+（q_s-1）]
=n1aq1+n2aq2+…+ntaqt，所以命题成立． &n