若对任意的正整数$n$,总存在正整数$m$,使得$S_n=a_m$

Tesla35

(2015清华自招领军计划,多选)设数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$.若对任意的正整数$n$,总存在正整数$m$,使得$S_n=a_m$,则(\qquad)\\
\fourch{$\{a_n\}$可能为等差数列}
{$\{a_n\}$可能为等比数列}
{$\{a_n\}$的任意一项均可写成$\{a_n\}$的两项之差}
{对任意正整数$n$,总存在正整数$m$,使得$a_n=S_m$}


B选项如何论证不成立？

realnumber

图片百度的，
A.可取$a_n=0$
C.$a_n=S_{n+1}-S_n=a_{m'}-a_m$
B.可得$1+q+q^2+q^3+q^4+...+q^{n-1}=q^m$,
若0<q<=1，则左边>右边。
若q>1,若q<0,怎么讨论？

abababa

realnumber 发表于 2022-5-22 08:27
图片百度的，
A.可取$a_n=0$
C.$a_n=S_{n+1}-S_n=a_{m'}-a_m$

q可以是复数，这样不能用大小判断了，并且当固定n时，对任意的m次关于q的方程总有解，也就是总存在等比数列满足条件。

realnumber

abababa 发表于 2022-5-22 09:55
q可以是复数，这样不能用大小判断了，并且当固定n时，对任意的m次关于q的方程总有解，也就是总存在等比数 ...

原题不是固定的n.(对特定的q)对任意n，不都能找m

abababa

realnumber 发表于 2022-5-22 10:40
原题不是固定的n.(对特定的q)对任意n，不都能找m

为什么呢？设首项为$a$，只要能找到$q$和整数$m$满足$aq^{m-1}=a_m=S_n=\frac{a(1-q^n)}{1-q}$，它就是等比数列了吧。而对任意的$n$，随意指定一个正整数$m$，它都能解出一个$q$，这个数列就是要找的等比数列。

realnumber

abababa 发表于 2022-5-22 11:24
为什么呢？设首项为$a$，只要能找到$q$和整数$m$满足$aq^{m-1}=a_m=S_n=\frac{a(1-q^n)}{1-q}$，它就是等 ...

题目不是这个意思，觉得：对固定的q,任意的n,要找到相应的m.

kuing

回 2# @realnumber

B.可得$1+q+q^2+q^3+q^4+...+q^{n-1}=q^m$,
若0<q<=1，则左边>右边。
若q>1,若q<0,怎么讨论？

`q>1` 时可以这样：
\[1+q+q^2+\cdots+q^{n-1}=q^m\iff m=\log_q\frac{q^n-1}{q-1}=f(n),\]
只要证明不存在 `q` 使得对任意正整数 `n` 都有 `f(n)` 为正整数。

假设存在，因为 `x>1` 时 `f'(x)=\frac{q^x}{q^x-1}>1`，则 `f(n+1)-f(n)=f'(\xi)>1`, `\xi\in(n,n+1)`，而它们都是整数，所以 `f(n+1)-f(n)\geqslant2`，而显然 `n\to\infty` 时 `\xi\to\infty`, `f'(\xi)\to1`, `f(n+1)-f(n)\to1`，矛盾！

剩下 `q<0`，若 `q=-1` 则取 `n=2` 就不存在 `m`，当 `q\ne-1` 时，只考查 `n` 为奇数的情况即可。

当 `n` 为奇数时，`S_n` 必为正，那么 `m` 就必须为偶数，设 `n=2k+1`, `m=2t`，则
\[\frac {1-q^n}{1-q}=q^m\iff \frac {1-q\cdot (q^2)^k}{1-q}=(q^2)^t,\]
令 `p=-q>0`, `p\ne1`，上式就变成
\[t=\log _{p^2}\frac {1+p\cdot (p^2)^k}{1+p}=g(k),\]
当 `x>0` 时
\[g'(x)=\frac {p\cdot (p^2)^x}{1+p\cdot (p^2)^x}\in (0,1),\]
则 `g(k+1)-g(k)=g'(\xi )\in (0,1)`，所以 `g(k+1)` 与 `g(k)` 至少一个不是整数，这样就证明了不存在。

这样实数范围内就搞定了，然鹅，题目并没说是实数列，是不是还得考虑复数 `q`？……

Tesla35

kuing 发表于 2022-5-29 16:57
回 2# @realnumber

`q>1` 时可以这样：

一个选择题，这也太搞人了{:curse:}