Chủ đề này có 2 trả lời

[BlackSelena]

Bài toán: Cho số nguyên $n > 1$
CMR: $\sqrt{n^2-1} +\sqrt{n^2-2^2} +... +\sqrt{n^2-(n-1)^2} < \pi .\frac{n^2}{4}$

Spoiler

Thật tình em cũng k biết post bài này vào box nào

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 23-12-2012 - 21:06

[DOTOANNANG]

Ta nhận thấy rằng vế phải của bất đẳng thức là một phần tư diện tích của hình tròn bán kính $n$, vẽ lần các điểm $1,\,2,\,3,\,...,\,n- 1,\,n$ trên cả đường kính lẫn bán kính, khi đó:

Lấy $A\,(0,\,\sqrt{n^2- 1}),\,B,\,(1,\,\sqrt{n^2- 1}),\,C\,(0,\,0),\,D\,(1,\,0)$ và diện tích hình chữ nhật $S_{\text{ABDC}}=  \text{AC}.\,\text{CD}= \sqrt{n^2- 1}$.

Tiếp tục làm như vậy cho đến hình chữ nhật có $4$ đỉnh là $E\,(n- 2,\,\sqrt{n^2- (n- 1)^2}),\,F\,(n- 1,\,\sqrt{n^2- (n- 1)^2}),\,G\,(n- 1,\,0),\,H\,(n- 2,\,0)$

 

Hiển nhiên tổng diện tích các hình chữ nhật này chính là vế trái của bất đẳng thức ban đầu, từ đó ta có điều phải chứng minh!

[hozymary]

Phương pháp hình học như trên là ý tưởng cơ bản của tích phân, cho $n\rightarrow \infty$ thì $VT = VP$, và cũng là ý tưởng cho ta sử dụng tổng Riemann của $f(x) = \sqrt{1-x^2}$. Cụ thể hơn, ta biến đổi tổng ở VT:

$\sum_{i=1}^{n}\sqrt{n^2-i^2}=n\sum_{i=1}^{n}\sqrt{1-\left(\frac{i}{n}\right)^2}=n^2\cdot \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}f\left(\frac{i}{n} \right )$

Và ta có

$\begin{align*} \lim_{n\to \infty}\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n f\left(\frac{i}{n}\right)&=\int_{0}^1 f(x) dx\\& = \int_{0}^1 \sqrt{1-x^2}\ dx \\ &= \frac{\pi}{4}\\ \end{align*}$

Do tổng đã cho tăng theo $n$ nên suy ra $\sum_{i=1}^{n}\sqrt{n^2-i^2} < \frac{\pi n^2}{4}$ với mọi $n\geq 2$.

 

Một bài toán tương tự là bài 3 chung kết HSG Toán châu Âu lớp 11, 12 như sau: Cho $n\geq 2$, chứng minh:

$\sqrt{1-\frac{1^2}{n^2}}+\sqrt{1-\frac{2^2}{n^2}}+...\ +\sqrt{1-\frac{(n-1)^2}{n^2}}>\frac{3n-4}{4}$

Bài này dùng phương pháp hình học như DOTOANNANG: Thêm vào tổng ở VT số hạng $1 =\sqrt{1-\frac{0}{n^2}}$.

Để ý tổng diện tích $n$ hình chữ nhật có chiều rộng $\frac{1}{n}$ và chiều dài $\sqrt{1-\frac{i^2}{n^2}}$ lớn hơn một phần tư hình tròn bán kính $1$ nên $\frac{1}{n}(1+VT)> \frac{\pi}{4}>\frac{3}{4}$