等比数列的极差等于中位数（未严格证明）

问题：已知一个$n$ 项等比数列$\{a_k\} (n \geq 3, a_i \neq 0, q \neq 0, q \neq 1)$ 满足极差等于中位数，已知$n$，如何求出公比$q$ 的值？

1. 分析

I. 先排除一种特殊情况：如果$q = -1$，数列的项为$a_1, -a_1, a_1, -a_1, \cdots$，极差为$2|a_1|$，中位数要么为$0$，要么为$a_1$ 或$-a_1$，都不可能等于极差，因此$q \neq -1$。

II. 如果$a_1 > 0$，

II-A. 如果$q > 1$，数列递增，极差为$a_n - a_1 = a_1(q^{n-1} - 1)$。

II-A.1. 如果$n = 2m + 1$ 是奇数，极差为$a_1(q^{2m} - 1)$，中位数为$a_{m+1} = a_1 q^m$，联立得$q^{2m} - q^m - 1 = 0$，即$q^m = \frac{1 + \sqrt{5}}{2} = \varphi$，即$q = \varphi^{1/m}$。

II-A.2. 如果$n = 2m$ 是偶数，极差为$a_1(q^{2m-1} - 1)$，中位数为$\frac{a_m + a_{m+1}}{2} = \frac{a_1 q^{m-1} + a_1 q^m}{2} = a_1 q^{m-1} \frac{q + 1}{2}$，联立得$q^{2m-1} - q^{m-1} \frac{q + 1}{2} - 1 = 0$。

令$q^m = t$，则$\frac{t^2}{q} - \frac{t}{q} \cdot \frac{q + 1}{2} - 1 = 0$，同时乘以$2q$，得到$2t^2 - 2q = t(q + 1)$，整理成关于$q$ 的方程，得到$q = \frac{2t^2 - t}{2 + t}$，其中$t = q^m > 1$。

II-B. 如果$0 < q < 1$，数列递减，极差为$a_1 - a_n = a_1(1 - q^{n-1})$。

II-B.1. 如果$n = 2m + 1$ 是奇数，极差为$a_1(1 - q^{2m})$，中位数为$a_{m+1} = a_1 q^m$，联立得$q^{2m} + q^m - 1 = 0$，即$q^m = \frac{-1 + \sqrt{5}}{2} = \varphi^{-1}$，即$q = \varphi^{-1/m}$。

II-B.2. 如果$n = 2m$ 是偶数，极差为$a_1(1 - q^{2m-1})$，中位数为$\frac{a_m + a_{m+1}}{2} = \frac{a_1 q^{m-1} + a_1 q^m}{2} = a_1 q^{m-1} \frac{q + 1}{2}$，联立得$q^{2m-1} + q^{m-1} \frac{q + 1}{2} - 1 = 0$。

II-C. 如果$q < -1$，数列项的符号交替。

II-C.1. 如果$n = 2m + 1$ 是奇数，有$a_{2m} < a_{2m-2} < \cdots < 0 < a_1 < a_3 < \cdots < a_{2m+1}$。

最大值是$a_{2m+1} = a_1 q^{2m}$，最小值是$a_{2m} = a_1 q^{2m-1}$，极差为$a_{2m+1} - a_{2m} = a_1(q^{2m} - q^{2m-1})$；有$m+1$ 个正项，$m$ 个负项，中位数（第$m+1$ 大的数）是最小的正项即$a_1$；联立得$q^{2m} - q^{2m-1} - 1 = 0$。

II-C.2. 如果$n = 2m$ 是偶数，有$a_{2m} < a_{2m-2} < \cdots < 0 < a_1 < a_3 < \cdots < a_{2m-1}$。

最大值是$a_{2m-1} = a_1 q^{2m-2}$，最小值是$a_{2m} = a_1 q^{2m-1}$，极差为$a_{2m-1} - a_{2m} = a_1 (q^{2m-2} - q^{2m-1})$；有$m$ 个正项，$m$ 个负项，中位数是最大的负项与最小的正项的平均值，即$\frac{a_2 + a_1}{2} = \frac{a_1 q + a_1}{2} = a_1 \frac{q + 1}{2}$；联立得$q^{2m-2} - q^{2m-1} - \frac{q + 1}{2} = 0$。

II-D. 如果$-1 < q < 0$，数列项的符号交替。

II-D.1. 如果$n = 2m + 1$ 是奇数，有$a_2 < a_4 < \cdots < a_{2m} < 0 < a_{2m+1} < a_{2m-1} < \cdots < a_1$。

最大值是$a_1$，最小值是$a_2 = a_1 q$，极差为$a_1 - a_2 = a_1 (1 - q)$；有$m+1$ 个正项，$m$ 个负项，中位数（第$m+1$ 大的数）是最小的正项即$a_{2m+1} = a_1 q^{2m}$；联立得$q^{2m} + q - 1 = 0$。

II-D.2. 如果$n = 2m$ 是偶数，有$a_2 < a_4 < \cdots < a_{2m} < 0 < a_{2m-1} < a_{2m-3} < \cdots < a_1$。

极差仍然为$a_1 - a_2 = a_1 (1 - q)$；有$m$ 个正项，$m$ 个负项，中位数是最大的负项与最小的正项的平均值，即$\frac{a_{2m} + a_{2m-1}}{2} = \frac{a_1 q^{2m-1} + a_1 q^{2m-2}}{2} = a_1 q^{2m-2} \frac{q + 1}{2}$；联立得$q^{2m-2} \frac{q + 1}{2} + q - 1 = 0$。

III. 如果$a_1 < 0$，只需要将大部分结论对称即可。

III-A. 如果$q > 1$，数列递减，极差为$a_1 - a_n = a_1(1 - q^{n-1})$。

III-A.1. 如果$n = 2m + 1$ 是奇数，同 II-B.1，得到$q^{2m} + q^m - 1 = 0$。

III-A.2. 如果$n = 2m$ 是偶数，同 II-B.2，得到$q^{2m-1} + q^{m-1} \frac{q + 1}{2} - 1 = 0$。

III-B. 如果$0 < q < 1$，数列递增，极差为$a_n - a_1 = a_1(q^{n-1} - 1)$。

III-B.1. 如果$n = 2m + 1$ 是奇数，同 II-A.1，得到$q^{2m} - q^m - 1 = 0$。

III-B.2. 如果$n = 2m$ 是偶数，同 II-A.2，得到$q^{2m-1} - q^{m-1} \frac{q + 1}{2} - 1 = 0$。

III-C. 如果$q < -1$，数列项的符号交替。

III-C.1. 如果$n = 2m + 1$ 是奇数，有$a_{2m+1} < a_{2m-1} < \cdots < a_1 < 0 < a_2 < a_4 < \cdots < a_{2m}$。

最大值是$a_{2m} = a_1 q^{2m-1}$，最小值是$a_{2m+1} = a_1 q^{2m}$，极差为$a_{2m} - a_{2m+1} = a_1(q^{2m-1} - q^{2m})$；有$m$ 个正项，$m+1$ 个负项，中位数（第$m+1$ 大的数）是最大的负项即$a_1$；联立得$q^{2m-1} - q^{2m} - 1 = 0$。

III-C.2. 如果$n = 2m$ 是偶数，有$a_{2m-1} < a_{2m-3} < \cdots < a_1 < 0 < a_2 < a_4 < \cdots < a_{2m}$。

最大值是$a_{2m} = a_1 q^{2m-1}$，最小值是$a_{2m-1} = a_1 q^{2m-2}$，极差为$a_{2m} - a_{2m-1} = a_1(q^{2m-1} - q^{2m-2})$；有$m$ 个正项，$m$ 个负项，中位数是最大的负项与最小的正项的平均值，即$\frac{a_1 + a_2}{2} = \frac{a_1 + a_1 q}{2} = a_1 \frac{q + 1}{2}$；联立得$q^{2m-1} - q^{2m-2} - \frac{q + 1}{2} = 0$。

III-D. 如果$-1 < q < 0$，数列项的符号交替。

III-D.1. 如果$n = 2m + 1$ 是奇数，有$a_1 < a_3 < \cdots < a_{2m+1} < 0 < a_{2m} < a_{2m-2} < \cdots < a_2$。

最大值是$a_2 = a_1 q$，最小值是$a_1$，极差为$a_2 - a_1 = a_1 (q - 1)$；有$m$ 个正项，$m+1$ 个负项，中位数（第$m+1$ 大的数）是最大的负项即$a_{2m+1} = a_1 q^{2m}$；联立得$q^{2m} - q + 1 = 0$。

III-D.2. 如果$n = 2m$ 是偶数，有$a_1 < a_3 < \cdots < a_{2m-1} < 0 < a_{2m} < a_{2m-2} < \cdots < a_2$。

最大值是$a_2 = a_1 q$，最小值是$a_1$，极差为$a_2 - a_1 = a_1 (q - 1)$；有$m$ 个正项，$m$ 个负项，中位数是最大的负项与最小的正项的平均值，即$\frac{a_{2m-1} + a_{2m}}{2} = \frac{a_1 q^{2m-2} + a_1 q^{2m-1}}{2} = a_1 q^{2m-2} \frac{q + 1}{2}$；联立得$q^{2m-2} \frac{q + 1}{2} - q + 1 = 0$。

2. 数值解

我们可以写代码获得这些方程的数值解：

II-A.1.$q^{2m} - q^m - 1 = 0$ 在$q > 1$；III-B.1. 在$0 < q < 1$。

II-A.2.$q^{2m-1} - q^{m-1} \frac{q + 1}{2} - 1 = 0$ 在$q > 1$；III-B.2. 在$0 < q < 1$。

II-B.1.$q^{2m} + q^m - 1 = 0$ 在$0 < q < 1$；III-A.1. 在$q > 1$。

II-B.2.$q^{2m-1} + q^{m-1} \frac{q + 1}{2} - 1 = 0$ 在$0 < q < 1$；III-A.2. 在$q > 1$。

II-C.1.$q^{2m} - q^{2m-1} - 1 = 0$ 在$q < -1$。

II-C.2.$q^{2m-2} - q^{2m-1} - \frac{q + 1}{2} = 0$ 在$q < -1$。

II-D.1.$q^{2m} + q - 1 = 0$ 在$-1 < q < 0$。

II-D.2.$q^{2m-2} \frac{q + 1}{2} + q - 1 = 0$ 在$-1 < q < 0$。

III-C.1.$q^{2m-1} - q^{2m} - 1 = 0$ 在$q < -1$。

III-C.2.$q^{2m-1} - q^{2m-2} - \frac{q + 1}{2} = 0$ 在$q < -1$。

III-D.1.$q^{2m} - q + 1 = 0$ 在$-1 < q < 0$。

III-D.2.$q^{2m-2} \frac{q + 1}{2} - q + 1 = 0$ 在$-1 < q < 0$。

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
101
102
103
104
105
106
107
108
109
110
111
112
113
114

import sympy as sp
import numpy as np
from scipy.optimize import fsolve, root_scalar, brentq
import warnings

warnings.filterwarnings("ignore", category=RuntimeWarning)

def get_func_and_m(n):
    if n % 2 == 0: # n = 2m
        return 1, n // 2
    else: # n = 2m + 1
        return 0, (n - 1) // 2

def solver_numeric(n):
    func_code, m = get_func_and_m(n)
    q = sp.symbols('q')
    
    if func_code == 0:
        eqs_raw = {
            '2A': q**(2*m) - q**m - 1,
            '2B': q**(2*m) + q**m - 1,
            '2C': q**(2*m) - q**(2*m-1) - 1,
            '2D': q**(2*m) + q - 1,
            '3A': q**(2*m) + q**m - 1,
            '3B': q**(2*m) - q**m - 1,
            '3C': q**(2*m-1) - q**(2*m) - 1,
            '3D': q**(2*m) - q + 1,
        }
    else:
        eqs_raw = {
            '2A': q**(2*m-1) - q**(m-1) * (q + 1) / 2 - 1,
            '2B': q**(2*m-1) + q**(m-1) * (q + 1) / 2 - 1,
            '2C': q**(2*m-2) - q**(2*m-1) - (q + 1) / 2,
            '2D': q**(2*m-2) * (q + 1) / 2 + q - 1,
            '3A': q**(2*m-1) + q**(m-1) * (q + 1) / 2 - 1,
            '3B': q**(2*m-1) - q**(m-1) * (q + 1) / 2 - 1,
            '3C': q**(2*m-1) - q**(2*m-2) - (q + 1) / 2,
            '3D': q**(2*m-2) * (q + 1) / 2 - q + 1,
        }
    
    ranges = {
        '2A': (1.0, float('inf')),
        '2B': (0.0, 1.0),
        '2C': (float('-inf'), -1.0),
        '2D': (-1.0, 0.0),
        '3A': (1.0, float('inf')),
        '3B': (0.0, 1.0),
        '3C': (float('-inf'), -1.0),
        '3D': (-1.0, 0.0),
    }
    
    results = {}
    for name, eq in eqs_raw.items():
        f = sp.lambdify(q, eq, 'numpy')
        a, b = ranges[name]
        
        try:
            if np.isinf(a):
                # 对于 (-inf, -1)，使用 -100 作为左端点
                a_eff = -100.0
                # 确保函数值在端点异号（利用单调性）
                if f(a_eff) * f(-1.001) > 0:
                    # 扩展搜索范围
                    a_eff *= 10
                    while f(a_eff) * f(-1.001) > 0 and a_eff > -1e6:
                        a_eff *= 10
                sol = brentq(f, a_eff, -1 - 1e-6)
            elif np.isinf(b):
                # 对于 (1, inf)，使用 100 作为右端点
                b_eff = 100.0
                if f(1.001) * f(b_eff) > 0:
                    b_eff *= 10
                    while f(1.001) * f(b_eff) > 0 and b_eff < 1e6:
                        b_eff *= 10
                sol = brentq(f, 1 + 1e-6, b_eff)
            else:
                # 有限区间
                sol = brentq(f, a + 1e-6, b - 1e-6)
            
            results[name] = float(sol)
        except Exception as e:
            # 如果 brentq 失败（比如端点同号），尝试 fsolve
            try:
                initial_guess = (a + b) / 2 if not np.isinf(b) and not np.isinf(a) else (
                    -2.0 if a == float('-inf') else 2.0)
                if np.isinf(initial_guess) or np.isnan(initial_guess):
                    initial_guess = 2.0 if b > 0 else -2.0
                sol = fsolve(f, initial_guess)[0]
                if ranges[name][0] < sol < ranges[name][1]:
                    results[name] = float(sol)
                else:
                    results[name] = None
            except:
                results[name] = None
    
    return results

def fmt(value):
    if value is None:
        return ""
    else:
        return f"{value:.4f}"

def main():
    print("| n | 2A | 2B | 2C | 2D | 3A | 3B | 3C | 3D |")
    print("|---|---|---|---|---|---|---|---|---|")
    print("| $a_1$ | + | + | + | + | - | - | - | - |")
    print("| $q$ | $(1, +\infty)$ | $(0, 1)$ | $(-\infty, -1)$ | $(-1, 0)$ | $(1, +\infty)$ | $(0, 1)$ | $(-\infty, -1)$ | $(-1, 0)$ |")
    for n in (3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 20, 50, 100):
        results = solver_numeric(n)
        print(f"| {n} | {fmt(results.get('2A'))} | {fmt(results.get('2B'))} | {fmt(results.get('2C'))} | {fmt(results.get('2D'))} | {fmt(results.get('3A'))} | {fmt(results.get('3B'))} | {fmt(results.get('3C'))} | {fmt(results.get('3D'))} |")

if __name__ == "__main__":
    main()

结果如下：

3. 检验

将$m$ 看作自变量，$q$ 看作$m$ 的函数，分析上述隐函数的零点存在性和单调性，即可证明解在对应区间中的存在性与唯一性。

考虑 II-A 和 II-B 的方程：

$q^{2m} - q^m - 1 = 0$ 的解是$q = \varphi^{1/m}$，$q^{2m} + q^m - 1 = 0$ 的解是$q = \varphi^{-1/m}$，根据幂函数的性质，当$m$ 增大时，$\varphi^{1/m}$ 单调递减趋近于$1$，$\varphi^{-1/m}$ 单调递增趋近于$1$，因此在对应区间内单调。

$q^{2m-1} - q^{m-1} \frac{q + 1}{2} - 1 = 0$：

先整理$q^{2m-1} - \frac{1}{2} q^m - \frac{1}{2} q^{m-1} - 1 = 0$，求导$(2m-1) q^{2m-2} - \frac{1}{2} m q^{m-1} - \frac{1}{2} (m-1) q^{m-2}$，令导数为$0$，得到$q^{m-2} ((2m-1) q^m - \frac{1}{2} m q - \frac{1}{2} (m-1)) = 0$，由于$q > 0$，因此$q^{m-2} > 0$，所以$(2m-1) q^m - \frac{1}{2} m q - \frac{1}{2} (m-1) = 0$。

4. 结论

总结一下，我们得到已知数列项数$n$，满足极差等于中位数的等比数列的公比$q$ 的取值范围和方程：

• 若$a_1 > 0$，则$q$ 的取值范围和方程如下：

  • $q > 1$：$\begin{cases} q^{2m} - q^m - 1 = 0 & n = 2m + 1 \\ q^{2m-1} - q^{m-1} \frac{q + 1}{2} - 1 = 0 & n = 2m \end{cases}$

  • $0 < q < 1$：$\begin{cases} q^{2m} + q^m - 1 = 0 & n = 2m + 1 \\ q^{2m-1} + q^{m-1} \frac{q + 1}{2} - 1 = 0 & n = 2m \end{cases}$

• 若$a_1 < 0$ 且$n$ 较大，则$q$ 的取值范围和方程如下：

  • $0 < q < 1$：$\begin{cases} q^{2m} - q^m - 1 = 0 & n = 2m + 1 \\ q^{2m-1} - q^{m-1} \frac{q + 1}{2} - 1 = 0 & n = 2m \end{cases}$

如果只知道$n$，能构造出 2 或 3 个满足条件的$q$ 值，分别对应上述三种情况。