对任一实数 ${x}_{1}$，按如下方式构造序列 ${x}_{1},{x}_{2},\cdots,{{x}_{n+1}}={{x}_{n}}\left({{x}_{n}}+\dfrac{1}{n}\right),n=1,2,\cdots$．求证：恰好存在一个值 $ {x}_{1} $，使得对一切正整数 $ n $，都有 $ 0<{x}_{n}<{x}_{n+1}<1$．（瑞典）
【难度】
【出处】
1985年第26届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
证法一
$0<x_n<x_{n+1}<1$，即等价于 $1-\dfrac{1}{n}<x_n<1$．
今把原递推式改写为 $x_n=\sqrt{x_{n+1}+\dfrac{1}{4n^2}}-\dfrac{1}{2n}$ ①
容易看出，只要 $1-\dfrac{1}{n+1}<x_{n+1}<1$
则
$\begin{aligned}
x_n&=\sqrt{x_{n+1}+\frac{1}{4n^2}}-\frac{1}{2n}\\
&<\sqrt{1+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{4n^2}}-\frac{1}{2n}\\
&=1
\end{aligned}$
$\begin{aligned}
x_n&>\sqrt{1-\frac{1}{n+1}+\frac{1}{4n^2}}-\frac{1}{2n}\\
&>\sqrt{1-\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{4n^2}}-\frac{1}{2n}\\
&=1-\frac{1}{n}
\end{aligned}$
因此，对任意正整数 $n$，只要 $x_n\in\left(1-\dfrac{1}{n},1\right)$
就必有 $x_{n-1}\in\left(1-\dfrac{1}{n-1},1\right),x_{n-2}\in\left(1-\dfrac{1}{n-2},1\right),\cdots,x_1\in(0,1)$．
（1）是一严格递增函数，也是一倒推递推函数．对于任一正整数 $n$，令
$x_n\rightarrow 1-\dfrac{1}{n}$ 和 $x_n\rightarrow 1$，分别得
$x_1\rightarrow \inf x(n),x_1\rightarrow \sup x(n)$
即 $x_1\in(\inf x(n),\sup x(n))$
又由 ① 的严格递增性，知对任意 $n$，有
$\sup x(n+1)<\sup x(n)$
$\inf x(n+1)>\inf x(n)$
又对任意正数 $a,b,\dfrac{1}{2}<a<b<1$，有
$\begin{aligned}
\sqrt{b+\dfrac{1}{4n^2}}-\sqrt{a+\frac{1}{4n^2}}&=\frac{b-a}{\sqrt{b+\frac{1}{4n^2}}+\sqrt{a+\frac{1}{4n^2}}}\\
&<\frac{b-a}{\sqrt{b}+\sqrt{a}}<\frac{b-a}{\sqrt{2}}\\
&<b-a
\end{aligned}$
因此不断使用此式，得 $\sup x(n)-\inf x(n)<\cdots<1-\left(1-\dfrac{1}{n}\right)=\dfrac{1}{n}$．
当 $n\rightarrow +\infty$ 时，$\sup x(n)-\inf x(n)\rightarrow 0$．
于是我们得到一系列长度趋于零的开区间套，$x_1$ 在这所有的开区间内，它是唯一存在的．
注：本题利用了"区间套定理"的"变种"，区间套定理是说：若一系列闭区间 $\{[a_n,b_n]\}$ 满足条件：
（1）一个套一个，即 $[a_{n+1},b_{n+1}]\subset [a_n,b_n],n=1,2,3,\cdots$；
（2）$\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}(b_n-a_n)=0$，则存在实数 $\xi=\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}=\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}b_n$，并且这个 $\xi$ 是所有闭区间的唯一公共点．
需要注意的是，若将 $[a_n,b_n]$ 改为 $(a_n,b_n)$，则 $\xi=\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}=\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}b_n$ 依然存在，但它可能不属于任何开区间，比如 $(a_n,b_n)=\left(0,\dfrac{1}{n}\right)$．但是若有 $a_{n+1}>a_n,b_{n+1}<b_n$ 对任意 $n$ 成立，还是存在唯一的 $\xi$ 在这所有的开区间之内的（证明）．
证法二
构造一系列多项式 $\{P_n(x)\}$，满足 $P_1(x)=x,P_{n+1}(x)=P_n(x)\left(P_n(x)+\dfrac{1}{n}\right),n\geqslant 1$．易知 $P_n(x)$ 是正系数的 $2^{n-1}$ 次多项式．
由证法一知，问题可归结为求证：存在唯一的正实数 $t$，使得 $1-\dfrac{1}{n}<P_n(t)<1,n=1,2,\cdots$．
由于 $P_n(x)$ 是增函数 $(x\geqslant 0)$，且 $P_n(0)=0$，于是可以找到唯一的数值，$a_n<b_n$，使 $P_n(a_n)=1-\dfrac{1}{n},P_n(b_n)=1$．
易知 $P_{n+1}(a_n)=1-\dfrac{1}{n},P_{n+1}(a_{n+1})=1-\dfrac{1}{n+1}$，于是 $P_{n+1}(a_n)<P_{n+1}(a_{n+1})$，得 $a_n<a_{n+1}$．
又 $P_{n+1}(b_n)=1+\dfrac{1}{n},P_{n+1}(a_{n+1})=1-\dfrac{1}{n+1}$，于是 $P_{n+1}(b_{n+1})<P_{n+1}(b_{n})$，得 $b_{n+1}<b_{n}$．
由求导过程知，由于 $P_n(x)$ 是正系数 $2^{n-1}$ 次多项式，于是 $P_n^{\prime\prime}(x)$ 为零或正系数 $2^{n-1}-2$ 次多项式，即 $P_n^{\prime\prime}(x)\geqslant 0(x\geqslant 0),P_n(x)$ 为下凸函数．
另外，$P_n(0)=0,P_n(b_n)=1$，以及 $n>1$ 时 $P_n(1)>1$，因此 $b_n\leqslant 1$．
于是，有
$\begin{aligned}
P_n(x)&=P_n\left(\frac{x}{b_n}b_n+\frac{b_n-x}{b_n}\cdot 0\right)\\
&\leqslant \frac{x}{b_n}P_n(b_n)+\frac{b_n-x}{b_n}P_n(0)\\
&=\frac{x}{b_n}
\end{aligned}$
特别有 $1-\dfrac{1}{n}=P_n(a_n)\leqslant\dfrac{a_n}{b_n}$，此即 $b_n-a_n\leqslant\dfrac{b_n}{n}\leqslant\dfrac{1}{n}$．
由"区间套定理"，存在唯一的实数 $t$，使得对所有 $n$ 均满足 $a_n< t<b_n$，由此即得 $1-\dfrac{1}{n}<P_n(t)<1$．
$0<x_n<x_{n+1}<1$，即等价于 $1-\dfrac{1}{n}<x_n<1$．
今把原递推式改写为 $x_n=\sqrt{x_{n+1}+\dfrac{1}{4n^2}}-\dfrac{1}{2n}$ ①
容易看出，只要 $1-\dfrac{1}{n+1}<x_{n+1}<1$
则
$\begin{aligned}
x_n&=\sqrt{x_{n+1}+\frac{1}{4n^2}}-\frac{1}{2n}\\
&<\sqrt{1+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{4n^2}}-\frac{1}{2n}\\
&=1
\end{aligned}$
$\begin{aligned}
x_n&>\sqrt{1-\frac{1}{n+1}+\frac{1}{4n^2}}-\frac{1}{2n}\\
&>\sqrt{1-\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{4n^2}}-\frac{1}{2n}\\
&=1-\frac{1}{n}
\end{aligned}$
因此，对任意正整数 $n$，只要 $x_n\in\left(1-\dfrac{1}{n},1\right)$
就必有 $x_{n-1}\in\left(1-\dfrac{1}{n-1},1\right),x_{n-2}\in\left(1-\dfrac{1}{n-2},1\right),\cdots,x_1\in(0,1)$．
（1）是一严格递增函数，也是一倒推递推函数．对于任一正整数 $n$，令
$x_n\rightarrow 1-\dfrac{1}{n}$ 和 $x_n\rightarrow 1$，分别得
$x_1\rightarrow \inf x(n),x_1\rightarrow \sup x(n)$
即 $x_1\in(\inf x(n),\sup x(n))$
又由 ① 的严格递增性，知对任意 $n$，有
$\sup x(n+1)<\sup x(n)$
$\inf x(n+1)>\inf x(n)$
又对任意正数 $a,b,\dfrac{1}{2}<a<b<1$，有
$\begin{aligned}
\sqrt{b+\dfrac{1}{4n^2}}-\sqrt{a+\frac{1}{4n^2}}&=\frac{b-a}{\sqrt{b+\frac{1}{4n^2}}+\sqrt{a+\frac{1}{4n^2}}}\\
&<\frac{b-a}{\sqrt{b}+\sqrt{a}}<\frac{b-a}{\sqrt{2}}\\
&<b-a
\end{aligned}$
因此不断使用此式，得 $\sup x(n)-\inf x(n)<\cdots<1-\left(1-\dfrac{1}{n}\right)=\dfrac{1}{n}$．
当 $n\rightarrow +\infty$ 时，$\sup x(n)-\inf x(n)\rightarrow 0$．
于是我们得到一系列长度趋于零的开区间套，$x_1$ 在这所有的开区间内，它是唯一存在的．
注：本题利用了"区间套定理"的"变种"，区间套定理是说：若一系列闭区间 $\{[a_n,b_n]\}$ 满足条件：
（1）一个套一个，即 $[a_{n+1},b_{n+1}]\subset [a_n,b_n],n=1,2,3,\cdots$；
（2）$\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}(b_n-a_n)=0$，则存在实数 $\xi=\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}=\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}b_n$，并且这个 $\xi$ 是所有闭区间的唯一公共点．
需要注意的是，若将 $[a_n,b_n]$ 改为 $(a_n,b_n)$，则 $\xi=\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}=\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}b_n$ 依然存在，但它可能不属于任何开区间，比如 $(a_n,b_n)=\left(0,\dfrac{1}{n}\right)$．但是若有 $a_{n+1}>a_n,b_{n+1}<b_n$ 对任意 $n$ 成立，还是存在唯一的 $\xi$ 在这所有的开区间之内的（证明）．
证法二
构造一系列多项式 $\{P_n(x)\}$，满足 $P_1(x)=x,P_{n+1}(x)=P_n(x)\left(P_n(x)+\dfrac{1}{n}\right),n\geqslant 1$．易知 $P_n(x)$ 是正系数的 $2^{n-1}$ 次多项式．
由证法一知，问题可归结为求证：存在唯一的正实数 $t$，使得 $1-\dfrac{1}{n}<P_n(t)<1,n=1,2,\cdots$．
由于 $P_n(x)$ 是增函数 $(x\geqslant 0)$，且 $P_n(0)=0$，于是可以找到唯一的数值，$a_n<b_n$，使 $P_n(a_n)=1-\dfrac{1}{n},P_n(b_n)=1$．
易知 $P_{n+1}(a_n)=1-\dfrac{1}{n},P_{n+1}(a_{n+1})=1-\dfrac{1}{n+1}$，于是 $P_{n+1}(a_n)<P_{n+1}(a_{n+1})$，得 $a_n<a_{n+1}$．
又 $P_{n+1}(b_n)=1+\dfrac{1}{n},P_{n+1}(a_{n+1})=1-\dfrac{1}{n+1}$，于是 $P_{n+1}(b_{n+1})<P_{n+1}(b_{n})$，得 $b_{n+1}<b_{n}$．
由求导过程知，由于 $P_n(x)$ 是正系数 $2^{n-1}$ 次多项式，于是 $P_n^{\prime\prime}(x)$ 为零或正系数 $2^{n-1}-2$ 次多项式，即 $P_n^{\prime\prime}(x)\geqslant 0(x\geqslant 0),P_n(x)$ 为下凸函数．
另外，$P_n(0)=0,P_n(b_n)=1$，以及 $n>1$ 时 $P_n(1)>1$，因此 $b_n\leqslant 1$．
于是，有
$\begin{aligned}
P_n(x)&=P_n\left(\frac{x}{b_n}b_n+\frac{b_n-x}{b_n}\cdot 0\right)\\
&\leqslant \frac{x}{b_n}P_n(b_n)+\frac{b_n-x}{b_n}P_n(0)\\
&=\frac{x}{b_n}
\end{aligned}$
特别有 $1-\dfrac{1}{n}=P_n(a_n)\leqslant\dfrac{a_n}{b_n}$，此即 $b_n-a_n\leqslant\dfrac{b_n}{n}\leqslant\dfrac{1}{n}$．
由"区间套定理"，存在唯一的实数 $t$，使得对所有 $n$ 均满足 $a_n< t<b_n$，由此即得 $1-\dfrac{1}{n}<P_n(t)<1$．
答案
解析
备注
