$\tan x_k = x_k$

赤睛

将方程 $\tan x = x$ 的正根从小到大排列：${x_1},{x_2}, \cdots ,{x_n}, \cdots $ 求证：$\left\{ {{x_{n + 1}} - {x_n}} \right\}$ 单调递减。

kuing

由单调性易证对于任意 $k\in\mbb N^+$，方程 $\tan x=x$ 在区间 $(k\pi,k\pi+\pi/2)$ 上有且只有一个解，在 $(k\pi-\pi/2,k\pi)$ 上无解，以及在 $(0,\pi/2)$ 上无解，所以得到 $x_k\in (k\pi,k\pi+\pi/2)$，因此，可以设 $x_k=k\pi+y_k$ 其中 $y_k\in (0,\pi/2)$。

设 $f(x)=\tan x-x$, $x\in (0,\pi/2)$，由于 $f(x)$ 单调递增，值域为 $(0,+\infty)$，且严格下凸，那么其反函数 $f^{-1}(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上严格上凸，而
\[\tan x_n=x_n\iff\tan(n\pi+y_n)=n\pi+y_n\iff\tan y_n-y_n=n\pi\iff y_n=f^{-1}(n\pi),\]
于是
\begin{align*}
(x_{n+2}-x_{n+1})-(x_{n+1}-x_n)&=x_{n+2}+x_n-2x_{n+1} \\
& =(n+2)\pi+y_{n+2}+n\pi+y_n-2(n+1)\pi-2y_{n+1} \\
& =y_{n+2}+y_n-2y_{n+1} \\
& =f^{-1}((n+2)\pi)+f^{-1}(n\pi)-2f^{-1}((n+1)\pi) \\
& < 2f^{-1}\left(\frac{(n+2)\pi+n\pi}2\right)-2f^{-1}((n+1)\pi)\\
&=0,
\end{align*}
从而 $x_{n+2}-x_{n+1}<x_{n+1}-x_n$，即 $\{x_{n+1}-x_n\}$ 单调递减。

kuing

至于上面用到的一个结论，即：若 $f(x)$ 满足 $f'(x)>0$ 且 $f''(x)>0$，则其反函数 $f^{-1}(x)$ 为上凸函数。其证明可以利用旧版论坛的这贴 kkkkuingggg.haotui.com/thread-148-1-2.html 中的反函数二阶导数公式来证明，为方便起见，将该链接中的内容引用过来（有些细节略有改动）：

\[
\frac{\rmd{^2x}}{\rmd{y^2}}
=\frac{\rmd{(\rmd x/\rmd y)}}{\rmd y}
=\frac{\rmd{(\rmd x/\rmd y)}}{\rmd x}\cdot\frac{\rmd x}{\rmd y}
=\left(\frac1{f'(x)}\right)'_x\cdot\frac1{f'(x)}
=-\frac{f''(x)}{(f'(x))^2}\cdot\frac1{f'(x)}
=-\frac{f''(x)}{(f'(x))^3}.
\]
又或者或记反函数 $x=g(y)$，用复合函数求导
\begin{align*}
g''(y)&=(g'(y))'=\left(\frac1{f'(x)}\right)'_y=\left(\frac1{f'(g(y))}\right)'\\
&=-\frac1{(f'(g(y)))^2}\cdot f''(g(y))\cdot g'(y)=-\frac1{(f'(x))^2}\cdot f''(x)\cdot \frac1{f'(x)}=-\frac{f''(x)}{(f'(x))^3}.
\end{align*}

还是用 dx, dy 写比较清楚，用 $'$ 这种写法得心里清楚是对哪个元求导，否则很容易搞错的说。。。

赤睛

我再把另两种解法转过来，不过版主的证法显然是更本质的

首先易证 $\pi  < {x_{n + 1}} - {x_n} < 3\pi/2$

（1）假设 ${x_3} - {x_2} \geqslant {x_2} - {x_1}$，由 $f\left( x \right) = \tan x - x$ 的单调性得\[f\left( {{x_3} - {x_2}} \right) \geqslant f\left( {{x_2} - {x_1}} \right) \Rightarrow \frac{{{x_3} - {x_2}}}{{1 + {x_2}{x_3}}} - \left( {{x_3} - {x_2}} \right) \geqslant \frac{{{x_2} - {x_1}}}{{1 + {x_1}{x_2}}} - \left( {{x_2} - {x_1}} \right) \Rightarrow \frac{{{x_1}{x_2}\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}}{{1 + {x_1}{x_2}}} \geqslant \frac{{{x_2}{x_3}\left( {{x_3} - {x_2}} \right)}}{{1 + {x_2}{x_3}}}\] 但 ${x_1}{x_2} < {x_2}{x_3}$，有 $\displaystyle\frac{{{x_1}{x_2}}}{{1 + {x_1}{x_2}}} < \frac{{{x_2}{x_3}}}{{1 + {x_2}{x_3}}}$，因此只能 ${x_2} - {x_1} > {x_3} - {x_2}$，矛盾，其他 $n$ 同理可证；

（2）注意到\[\tan \left( {{x_{n + 1}} - {x_n}} \right) = \frac{{{x_{n + 1}} - {x_n}}}{{1 + {x_n}{x_{n + 1}}}} \Rightarrow \frac{{{x_{n + 1}} - {x_n}}}{{\tan \left( {{x_{n + 1}} - {x_n}} \right)}} = 1 + {x_n}{x_{n + 1}}\]设 $g\left( x \right) = \displaystyle\frac{x}{{\tan x}}$，由 ${x_n}{x_{n + 1}} < {x_{n + 1}}{x_{n + 2}}$，得 $g\left( {{x_{n + 1}} - {x_n}} \right) < g\left( {{x_{n + 2}} - {x_{n + 1}}} \right)$；再由 $g\left( x \right)$ 在$\left( {\pi ,\displaystyle\frac{{3\pi }}{2}} \right)$单调递减，可知命题成立。

其妙

似曾相识的题，我都不晓得我是否在人教或哪里写过？