Question

某同学将命题“在等差数列{a_n}中，若p+m=2n，则有a_p+a_m=2a_n（p，m，n∈N^*）”改写成：“在等差数列{a_n}中，若1×p+1×m=2×n，则有1×a_p+1×a_m=2×a_n（p，m，n∈N^*）”，进而猜想：“在等差数列{a_n}中，若2p+3m=5n，则有2a_p+3a_m=5a_n（p，m，n∈N^*）．”
（1）请你判断以上同学的猜想是否正确，并说明理由；
（2）请你提出一个更一般的命题，使得上面这位同学猜想的命题是你所提出命题的特例，并给予证明．
（3）请类比（2）中所提出的命题，对于等比数列{b_n}，请你写出相应的命题，并给予证明．

Answer

（1）利用等差数列的通项公式，可把2ap，3am，5an都用a1和d表示，化简即可得到2ap+3am=5an（p，m，n∈N*）．
（2）解法一：可以把（1）中具体的数2，3，5用参数s，t，以及s+t代替，就可得到一个更一般的命题，同样用等差数列的通项公式，把数列中的每一项用a1和d表示，化简即可证明．
解法二：可把（1）中左，右边两项推广到多项相加，只要项的前面系数和相等，就有项之和相等，同样用用等差数列的通项公式，把数列中的每一项用a1和d表示，化简即可证明．
（3）解法一：类比等差数列的性质，得到等比数列的性质，就是把等差数列中的差变为商，和变为积，n倍变为n次方，即可把（2）中解法一类比过去．证明可以用等比数列的通项公式，把数列中的每一项用a1和q表示，再化简即可．
解法二：和解法一一样，把（2）中解法二类比过去，用等比数列的通项公式，把数列中的每一项用a1和q表示，再化简即可．
【解析】
（1）命题“在等差数列{an}中，若2p+3m=5n，则有2ap+3am=5an（p，m，n∈N*）”正确．
证明：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由2p+3m=5n得：2ap+3am=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]=5an，所以命题成立．
（2）解法一：在等差数列{an}中，若sp+tm=kn，s+t=k，则有sap+tam=kan（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{an}的首项为a1，公差为d，由sp+tm=kn，s+t=k得sap+tam=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]=kan，所以命题成立．
（3）解法一：在等比数列{bn}中，
若sp+tm=kn，s+t=k，则有bps•bmt=bnk（s，t，k，p，m，n∈N*）．
证明：设等比数列{bn}的首项为b1，公比为q，由sp+tm=kn，s+t=k（s，t，k，p，m，n∈N*）得，bps•bmt=（b1qp-1）s•（b1qm-1）t=b1s+tqps+mt-（s+t）=b1kqk（n-1）=（b1qn-1）k=bnk，所以命题成立．
（2）解法二：在等差数列{an}中，若m1+m2+…+ms=n1+n2+…+nt，且m1p1+m2p2+…+msps=n1q1+n2q2+…+ntqt，则有
（m1，m2，…，ms，n1，n2，…，nt，p1，p2，…，ps，q1，q2，…，qt∈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{an}的首项为a1，公差为d，由m1+m2+…+ms=n1+n2+…+nt，且m1p1+m2p2+…+msps=n1q1+n2q2+…+ntqt得=（m1+m2+…+ms）a1-（m1+m2+…+ms）d+（m1p1+m2p2+…+msps）d
=（n1+n2+…+nt）a1-（n1+n2+…+nt）d+（n1q1+n2q2+…+ntqt）d
=n1[a1+（q1-1）d]+n2[a2+（q2-1）d]+…+ns[a1+（qs-1）]
=，所以命题成立．                          
（3）解法二：在等比数列{bn}中，若m1+m2+…+ms=n1+n2+…+nt，且m1p1+m2p2+…+msps=n1q1+n2q2+…+ntqt，，则有
（m1，m2，…，ms，n1，n2，…，nt，p1，p2，…，ps，q1，q2，…，qt∈N*）．
证明：设等比数列{bn}的首项为b1，公比为q，由m1+m2+…+ms=n1+n2+…+nt，且m1p1+m2p2+…+msps=n1q1+n2q2+…+ntqt得，=
==，所以命题成立．