给定实数 $q$，满足 $1<q<2$，定义数列 $\{x_n \}$ 如下：
设正整数 $n$ 的二进制表示为 $
n=a_{0}+a_{1} \cdot 2+a_{2} \cdot 2^{2}+\cdots+a_{k} \cdot 2^{k}, a_{i} \in\{0,1\}, i=0,1,\ldots,k
$
令 $x_n =a_0 + a_1 \cdot q+ a_2 \cdot q^2 + \ldots + a_k \cdot q^k$．
证明：对任意正整数 $n$，存在正整数 $m$ 使得 $x_n < x_m \leqslant x_{n+1}$．
设正整数 $n$ 的二进制表示为 $
n=a_{0}+a_{1} \cdot 2+a_{2} \cdot 2^{2}+\cdots+a_{k} \cdot 2^{k}, a_{i} \in\{0,1\}, i=0,1,\ldots,k
$
令 $x_n =a_0 + a_1 \cdot q+ a_2 \cdot q^2 + \ldots + a_k \cdot q^k$．
证明：对任意正整数 $n$，存在正整数 $m$ 使得 $x_n < x_m \leqslant x_{n+1}$．
【难度】
【出处】
2014年中国西部数学邀请赛试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
由 $x_{2^k}=q^k$ 可知数列 $\{x_n \}$ 无上界．
对任意正整数 $n$，设 $m$ 是满足 $x_m > x_n$ 的最小正整数，我们证明 $x_m \leqslant x_n +1$．
显然 $m>1$，分两种情形：
（a）若 $m-1$ 是偶数．设 $m-1=a_1 \cdot 2^1 + \ldots +a_k \cdot 2^k$，$a_i \in \{0,1\}$，$1\leqslant i\leqslant k$，
则 $m=1+a_1 \cdot 2+\ldots+a_k \cdot 2^k$，于是 $
x_{m}=1+a_{1} \cdot q^{1}+\ldots+a_{k} \cdot q^{k}=x_{m-1}+1
$
由于 $x_{m-1}\leqslant x_n$，故 $x_m \leqslant x_n +1$．
（b）若 $m-1$ 是奇数．设 $
m-1=1+2+\ldots+2^{l}+a_{l+2} \cdot 2^{l+2}+\ldots+a_{k} \cdot 2^{k},~t \geqslant 0, a_{i} \in\{0,1\}, l+2 \leqslant i \leqslant k
$
则 $m=2^{l+1}+a_{l+2}\cdot 2^{l+2}+\ldots+a_k \cdot 2^k$，于是
$\begin{aligned} x_{m}-x_{m-1} &=q^{l+1}-\left(1+q+\ldots+q^{l}\right) =(q-1)\left(1+q+\ldots+q^{l}\right)-\left(1+q+\ldots+q^{l}\right)+1 <1 \end{aligned}$
由于 $x_{m-1}\leqslant x_n$，故 $x_m < x_{m-1}+1\leqslant x_n +1$．
综合两种情形，总有 $x_m \leqslant x_n +1$，结论获证．
对任意正整数 $n$，设 $m$ 是满足 $x_m > x_n$ 的最小正整数，我们证明 $x_m \leqslant x_n +1$．
显然 $m>1$，分两种情形：
（a）若 $m-1$ 是偶数．设 $m-1=a_1 \cdot 2^1 + \ldots +a_k \cdot 2^k$，$a_i \in \{0,1\}$，$1\leqslant i\leqslant k$，
则 $m=1+a_1 \cdot 2+\ldots+a_k \cdot 2^k$，于是 $
x_{m}=1+a_{1} \cdot q^{1}+\ldots+a_{k} \cdot q^{k}=x_{m-1}+1
$
由于 $x_{m-1}\leqslant x_n$，故 $x_m \leqslant x_n +1$．
（b）若 $m-1$ 是奇数．设 $
m-1=1+2+\ldots+2^{l}+a_{l+2} \cdot 2^{l+2}+\ldots+a_{k} \cdot 2^{k},~t \geqslant 0, a_{i} \in\{0,1\}, l+2 \leqslant i \leqslant k
$
则 $m=2^{l+1}+a_{l+2}\cdot 2^{l+2}+\ldots+a_k \cdot 2^k$，于是
$\begin{aligned} x_{m}-x_{m-1} &=q^{l+1}-\left(1+q+\ldots+q^{l}\right) =(q-1)\left(1+q+\ldots+q^{l}\right)-\left(1+q+\ldots+q^{l}\right)+1 <1 \end{aligned}$
由于 $x_{m-1}\leqslant x_n$，故 $x_m < x_{m-1}+1\leqslant x_n +1$．
综合两种情形，总有 $x_m \leqslant x_n +1$，结论获证．
答案
解析
备注
