Question

（1）设a₁，a₂，…，a_n是各项均不为零的n（n≥4）项等差数列，且公差d≠0，若将此数列删去某一项后得到的数列（按原来的顺序）是等比数列．
（i）当n=4时，求的数值；
（ii）求n的所有可能值．
（2）求证：对于给定的正整数n（n≥4），存在一个各项及公差均不为零的等差数列b₁，b₂，…，b_n，其中任意三项（按原来的顺序）都不能组成等比数列．

Answer

（1）根据题意，对n=4，n=5时数列中各项的情况逐一讨论，利用反证法结合等差数列的性质进行论证，进而推广到n≥4的所有情况．
（2）利用反证法结合等差数列的性质进行论证即可．
【解析】
（1）①当n=4时，a1，a2，a3，a4中不可能删去首项或末项，否则等差数列中连续三项成等比数列，则推出d=0．
若删去a2，则a32=a1•a4，即（a1+2d）2=a1•（a1+3d）化简得a1+4d=0，得
若删去a3，则a22=a1•a4，即（a1+d）2=a1•（a1+3d）化简得a1-d=0，得
综上，得或．
②当n=5时，a1，a2，a3，a4，a5中同样不可能删去a1，a2，a4，a5，否则出现连续三项．
若删去a3，则a1•a5=a2•a4，即a1（a1+4d）=（a1+d）•（a1+3d）化简得3d2=0，因为d≠0，所以a3不能删去；
当n≥6时，不存在这样的等差数列．事实上，在数列a1，a2，a3，…，an-2，an-1，an中，由于不能删去首项或末项，
若删去a2，则必有a1•an=a3•an-2，这与d≠0矛盾；
同样若删去an-1也有a1•an=a3•an-2，这与d≠0矛盾；
若删去a3，，an-2中任意一个，则必有a1•an=a2•an-1，这与d≠0矛盾．（或者说：当n≥6时，无论删去哪一项，剩余的项中必有连续的三项）
综上所述，n=4．
（2）假设对于某个正整数n，存在一个公差为d的n项等差数列b1，b2，bn，其中bx+1，by+1，bz+1（0≤x＜y＜z≤n-1）为任意三项成等比数列，则b2y+1=bx+1•bz+1，即（b1+yd）2=（b1+xd）•（b1+zd），化简得（y2-xz）d2=（x+z-2y）b1d（*）
由b1d≠0知，y2-xz与x+z-2y同时为0或同时不为0
当y2-xz与x+z-2y同时为0时，有x=y=z与题设矛盾．
故y2-xz与x+z-2y同时不为0，所以由（*）得
因为0≤x＜y＜z≤n-1，且x、y、z为整数，所以上式右边为有理数，从而为有理数．
于是，对于任意的正整数n（n≥4），只要为无理数，相应的数列就是满足题意要求的数列．
例如n项数列1，，，，满足要求．