设 ${P}_{1}(x)={x}^{2}-2,{P}_{i}(x)={P}_{1}[{P}_{i-1}(x)],i=2,3,4,\cdots$．求证：对任何正整数 $n$，方程 ${P}_{n}(x)=x$ 的全部解是互不相同的实数．（芬兰）
【难度】
【出处】
1976年第18届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
易见 $P_n(x)=x$ 是 $2^n$ 次方程，故至多有 $2^n$ 个不同根．其次，当 $x>2$ 时
$P_1(x)>x,P_2(x)=P_1(P_1(x))>P_1(x)>x$
类推可得 $P_n(x)>x>2$．
同样，当 $x<-2$ 时，有 $P_n(x)>2>x$．
所以 $P_n(x)=x$ 的实根都在闭区间 $[-2,2]$ 内，故可假定根有如下形式 $x=2\cos t$．
则 $P_1(2\cos t)=4\cos^2t-2=2\cos 2t$
$P_2(2\cos t)=P_1(2\cos 2t)=2\cos 4t$
一般地有 $P_n(2\cos t)=2\cos 2^nt$．
对于方程 $2\cos 2^nt=2\cos t$ 而言，有下列诸解：
$t_k=\dfrac{2k\pi}{2^n-1},(k=0,1,\cdots,2^{n-1}-1)$
$s_l=\dfrac{2l\pi}{2^n+1},(l=1,2,\cdots,2^{n-1})$
于是有
$0=t_0<t_1<\cdots<t_{2^{n-1}-1}<\pi$
$0<s_1<s_2<\cdots<s_{2^{n-1}}<\pi$
由于余弦函数在 $[0,\pi]$ 上严格单调，故 $2\cos t_k(k=0,1,\cdots,2^{n-1}-1)$ 是 $2^{n-1}$ 个两两不同的实数；同理 $2\cos s_l(l=1,2,\cdots,2^{n-1})$ 亦是 $2^{n-1}$ 个两两不同的实数．
另外，对任意上述范围内的 $k,l$，不可能有 $t_k=s_l$．这是因为如果有，则有 $\dfrac{2^n-1}{2^n+1}=\dfrac{k}{l}$．
由于 $k<2^n-1,l<2^n+1$，说明等式左边的分数约分了，但 $2^n-1,2^n+1$ 时相邻奇数，它们必互素，不可能有大于 $1$ 的公因数．这就证明了：$2\cos t_k$ 和 $2\cos s_t$ 是方程 $P_n(x)=x$ 的全部 $2^n$ 个两两不同的实根．
$P_1(x)>x,P_2(x)=P_1(P_1(x))>P_1(x)>x$
类推可得 $P_n(x)>x>2$．
同样，当 $x<-2$ 时，有 $P_n(x)>2>x$．
所以 $P_n(x)=x$ 的实根都在闭区间 $[-2,2]$ 内，故可假定根有如下形式 $x=2\cos t$．
则 $P_1(2\cos t)=4\cos^2t-2=2\cos 2t$
$P_2(2\cos t)=P_1(2\cos 2t)=2\cos 4t$
一般地有 $P_n(2\cos t)=2\cos 2^nt$．
对于方程 $2\cos 2^nt=2\cos t$ 而言，有下列诸解：
$t_k=\dfrac{2k\pi}{2^n-1},(k=0,1,\cdots,2^{n-1}-1)$
$s_l=\dfrac{2l\pi}{2^n+1},(l=1,2,\cdots,2^{n-1})$
于是有
$0=t_0<t_1<\cdots<t_{2^{n-1}-1}<\pi$
$0<s_1<s_2<\cdots<s_{2^{n-1}}<\pi$
由于余弦函数在 $[0,\pi]$ 上严格单调，故 $2\cos t_k(k=0,1,\cdots,2^{n-1}-1)$ 是 $2^{n-1}$ 个两两不同的实数；同理 $2\cos s_l(l=1,2,\cdots,2^{n-1})$ 亦是 $2^{n-1}$ 个两两不同的实数．
另外，对任意上述范围内的 $k,l$，不可能有 $t_k=s_l$．这是因为如果有，则有 $\dfrac{2^n-1}{2^n+1}=\dfrac{k}{l}$．
由于 $k<2^n-1,l<2^n+1$，说明等式左边的分数约分了，但 $2^n-1,2^n+1$ 时相邻奇数，它们必互素，不可能有大于 $1$ 的公因数．这就证明了：$2\cos t_k$ 和 $2\cos s_t$ 是方程 $P_n(x)=x$ 的全部 $2^n$ 个两两不同的实根．
答案
解析
备注
