设 $\{{a}_{n}\}$ 是具有下列性质的实数列：
$1={a}_{0}\leqslant {a}_{1}\leqslant {a}_{2}\leqslant \cdots\leqslant {a}_{n}\leqslant \cdots$ ①
而 $\{{b}_{n}\}$ 是由下式定义的实数列：$\displaystyle {{b}_{n}}=\sum\limits_{k=1}^{n}\left(1-\dfrac{a_{k-1}}{a_k}\right)\frac{1}{\sqrt{a_k}}(n=1,2,3,\cdots)$．②
求证：（$a$）$0\leqslant {b}_{n}<2(n=1,2,3,\cdots)$；
（$b$）对满足 $0\leqslant c<2$ 的任意实数 $c$，总存在一个满足条件 ① 的数列 $\{a_n\}$，使得由 ② 导出的数列 $\{b_n\}$ 中，有无穷多个下标 $n$ 使 ${b}_{n}>c$．（瑞典）
$1={a}_{0}\leqslant {a}_{1}\leqslant {a}_{2}\leqslant \cdots\leqslant {a}_{n}\leqslant \cdots$ ①
而 $\{{b}_{n}\}$ 是由下式定义的实数列：$\displaystyle {{b}_{n}}=\sum\limits_{k=1}^{n}\left(1-\dfrac{a_{k-1}}{a_k}\right)\frac{1}{\sqrt{a_k}}(n=1,2,3,\cdots)$．②
求证：（$a$）$0\leqslant {b}_{n}<2(n=1,2,3,\cdots)$；
（$b$）对满足 $0\leqslant c<2$ 的任意实数 $c$，总存在一个满足条件 ① 的数列 $\{a_n\}$，使得由 ② 导出的数列 $\{b_n\}$ 中，有无穷多个下标 $n$ 使 ${b}_{n}>c$．（瑞典）
【难度】
【出处】
1970年第12届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
（$a$）易知 $\dfrac{a_{k-1}}{a_k}\leqslant 1$，于是 $b_n\geqslant 0$．
又有
$\begin{aligned}
\left(1-\dfrac{a_{k-1}}{a_k}\right)\dfrac{1}{\sqrt{a_k}}&=\left(1+\dfrac{\sqrt{a_{k-1}}}{\sqrt{a_k}}\right)\left(1-\dfrac{\sqrt{a_{k-1}}}{\sqrt{a_k}}\right)\dfrac{1}{\sqrt{a_k}}\\
&=\dfrac{\sqrt{a_{k-1}}}{\sqrt{a_k}}\left(1+\dfrac{\sqrt{a_{k-1}}}{\sqrt{a_k}}\right)\left(\dfrac{1}{\sqrt{a_{k-1}}}-\dfrac{1}{\sqrt{a_k}}\right)\\
&\leqslant 2\left(\dfrac{1}{\sqrt{a_{k-1}}}-\dfrac{1}{\sqrt{a_k}}\right)
\end{aligned}$
于是
$\begin{aligned}
b_n&=\sum_{k=1}^n\left(1-\dfrac{a_{k-1}}{a_k}\right)-\dfrac{1}{\sqrt{a_k}}\\
&\leqslant 2\sum_{k=1}^n\left(\dfrac{1}{\sqrt{a_{k-1}}}-\dfrac{1}{\sqrt{a_k}}\right)\\
&=2\left(\dfrac{1}{\sqrt{a_{0}}}-\dfrac{1}{\sqrt{a_n}}\right)\\
&<2
\end{aligned}$
（$b$）选取一个适当的正数 $d\in(0,1)$，且有 $a_k=d^{-2k}$，于是 $\dfrac{1}{\sqrt{a_k}}=d^k$．且有
$\begin{aligned}
b_n&=\sum_{k=1}^n\left(1-\dfrac{a_{k-1}}{a_k}\right)-\dfrac{1}{\sqrt{a_k}}\\
&=\sum_{k=1}^n(1-d^2)d^k\\
&=d(1-d^2)\dfrac{1-d^n}{1-d}\\
&=d(1+d)(1-d^n)
\end{aligned}$
令对于任意整数 $c<2$，令 $d=\sqrt{\dfrac{c}{2}}$，易知有 $d(1+d)>c$．
又因 $0<d<1$，故有 $\lim\limits_{n\rightarrow \infty}(1-d^n)=1$，或当 $n$ 充分大时，必有 $1-d^n>\dfrac{2\sqrt{c}}{\sqrt{2}+\sqrt{c}}=\dfrac{c}{d(1+d)}$．因此有 $b_n>c$．（$b$）得证．
又有
$\begin{aligned}
\left(1-\dfrac{a_{k-1}}{a_k}\right)\dfrac{1}{\sqrt{a_k}}&=\left(1+\dfrac{\sqrt{a_{k-1}}}{\sqrt{a_k}}\right)\left(1-\dfrac{\sqrt{a_{k-1}}}{\sqrt{a_k}}\right)\dfrac{1}{\sqrt{a_k}}\\
&=\dfrac{\sqrt{a_{k-1}}}{\sqrt{a_k}}\left(1+\dfrac{\sqrt{a_{k-1}}}{\sqrt{a_k}}\right)\left(\dfrac{1}{\sqrt{a_{k-1}}}-\dfrac{1}{\sqrt{a_k}}\right)\\
&\leqslant 2\left(\dfrac{1}{\sqrt{a_{k-1}}}-\dfrac{1}{\sqrt{a_k}}\right)
\end{aligned}$
于是
$\begin{aligned}
b_n&=\sum_{k=1}^n\left(1-\dfrac{a_{k-1}}{a_k}\right)-\dfrac{1}{\sqrt{a_k}}\\
&\leqslant 2\sum_{k=1}^n\left(\dfrac{1}{\sqrt{a_{k-1}}}-\dfrac{1}{\sqrt{a_k}}\right)\\
&=2\left(\dfrac{1}{\sqrt{a_{0}}}-\dfrac{1}{\sqrt{a_n}}\right)\\
&<2
\end{aligned}$
（$b$）选取一个适当的正数 $d\in(0,1)$，且有 $a_k=d^{-2k}$，于是 $\dfrac{1}{\sqrt{a_k}}=d^k$．且有
$\begin{aligned}
b_n&=\sum_{k=1}^n\left(1-\dfrac{a_{k-1}}{a_k}\right)-\dfrac{1}{\sqrt{a_k}}\\
&=\sum_{k=1}^n(1-d^2)d^k\\
&=d(1-d^2)\dfrac{1-d^n}{1-d}\\
&=d(1+d)(1-d^n)
\end{aligned}$
令对于任意整数 $c<2$，令 $d=\sqrt{\dfrac{c}{2}}$，易知有 $d(1+d)>c$．
又因 $0<d<1$，故有 $\lim\limits_{n\rightarrow \infty}(1-d^n)=1$，或当 $n$ 充分大时，必有 $1-d^n>\dfrac{2\sqrt{c}}{\sqrt{2}+\sqrt{c}}=\dfrac{c}{d(1+d)}$．因此有 $b_n>c$．（$b$）得证．
答案
解析
备注
