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sub-geometric-sequence-of-arithmetic-sequence.md

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title: 在等差数列里面找等比数列
createTime: 2026/1/8
categories:
    - study
tags:
    - maths
    - study-note
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这篇文章我们来证明这一（其实是两）个命题：

:::theorem 命题
若一个非常数无穷等差数列的首项和公差之比为无理数，则它不存在等比子数列；  
若一个非常数无穷等差数列的首项和公差之比为有理数，则它存在无穷等比子数列。
:::

话无再说，速速证明：

:::proof 上半
（证法来自 HX 佬）只需证明不存在三项等比子列。

考虑反证，假设存在三项 $a-pd, a, a+qd\ (p,q\in\mathbb{N}^*, a \ne 0)$ 满足 $a^2 = (a+pd)(a+qd)$，则有

$$
\dfrac{p+q}{pq} = \dfrac{d}{a}
$$

左边是有理数，右边是无理数，矛盾。所以不存在。
:::

与此同时，另外一边：

:::proof 下半
设 $a_n = dn + r$，则 $\dfrac{a_n}{d} = n + \dfrac{r}{d}$，当 $n_0 > -\dfrac{r}{d}$ 时有 $\dfrac{a_{n_0}}{d} > 0$。

此时设 $\dfrac{a_{n_0}}{d} = \dfrac{p}{q}, p\in\mathbb{N}, q\in\mathbb{N}^*$，由 $a_n = d(n-n_0) + a_{n_0}$，注意到对于 $m \ge n_0$

$$
(1+q) a_m = (1+q) \left( d(m-n_0) + \dfrac{pd}{q} \right) = d(m+p+(m-n_0)q-n_0) + \dfrac{pd}{q}
$$

在 $\{a_n\}$ 中是第 $\bigl(m+p+(m-n_0)q\bigr)$ 项，而 $m+p+(m-n_0)q \ge m \ge n_0$，递推可知等比数列 $b_n = (1+q)^n a_m$ 的项都在 $\{a_n\}$ 中。
:::