Chủ đề này có 2 trả lời

[anhxuanfarastar]

Cho $n$ là số tự nhiên ($n\geq 2$). CMR $\sqrt{n^2-1}+\sqrt{n^2-2^2}+...+\sqrt{n^2-(n-1)^2}<\frac{\pi }{4}n^2$

[hxthanh]

Ta cần chứng minh
$S=\sum_{k=1}^{n-1}\sqrt{n^2-k^2}<\dfrac{n^2\pi}{4}$

Ta có: $S=n^2\sum_{k=0}^n \dfrac{1}{n}\sqrt{1-\left(\dfrac{k}{n}\right)^2}<n^2\int\limits_{0}^1 \sqrt{1-x^2}\;\mathrm dx=\dfrac{n^2\pi}{4}$

Gợi ý:

Xét hàm lồi $f(x)=\sqrt{1-x^2}$, trên đoạn $[0,1]$ rồi chia đoạn $[0,1]$ thành $n$ đoạn bằng nhau bởi các điểm $x_k=\dfrac{k}{n}$.Tổng VT chính là tổng diện tích của $n-1$ hình thang có các đáy là $f(k)$, diện tích này tất nhiên nhỏ hơn diện tích chắn bởi đồ thị của $f(x)$ và các đường thẳng $x=0,\quad x=1$ với trục hoành

[anhxuanfarastar]

Ta cần chứng minh
$S=\sum_{k=1}^{n-1}\sqrt{n^2-k^2}<\dfrac{n^2\pi}{4}$

Ta có: $S=n^2\sum_{k=0}^n \dfrac{1}{n}\sqrt{1-\left(\dfrac{k}{n}\right)^2}<n^2\int\limits_{0}^1 \sqrt{1-x^2}\;\mathrm dx=\dfrac{n^2\pi}{4}$

Gợi ý:

Xét hàm lồi $f(x)=\sqrt{1-x^2}$, trên đoạn $[0,1]$ rồi chia đoạn $[0,1]$ thành $n$ đoạn bằng nhau bởi các điểm $x_k=\dfrac{k}{n}$.Tổng VT chính là tổng diện tích của $n-1$ hình thang có các đáy là $f(k)$, diện tích này tất nhiên nhỏ hơn diện tích chắn bởi đồ thị của $f(x)$ và các đường thẳng $x=0,\quad x=1$ với trục hoành

Em làm thế này không biết có được không
Đầu tiên ta vẽ 1/4 hình tròn bán kính bằng 1(OAB, e k bít vẽ hình, thôi thì tưởng tưởng ra chắc cũng ổn )
Chia bán kính $OA$ ra làm $n$ phần bằng nhau bằng các điểm chia $A_{1},A_{2},A_{3},,,A_{n}$, trong đó $A_{n}\equiv A$ và $OA_{1}=A_{1}A_{2}=A_{2}A_{3}=...=A_{n-1}A_{n}=\frac{1}{n}$
Trên các cạnh $OA_{1}$, $A_{2}$,$A_{2}A_{3}$,....$A_{n-2}A_{n-1}$ dựng $n-1$ hình chữ nhật nội tiếp. Các hình chữ nhật đó đều có một cạnh $\frac{1}{n}$, còn cạnh thứ 2 tương ứng là (tính theo định lí Pitago):
$\sqrt{1-\frac{1^2}{n^2}};\sqrt{1-\frac{2^2}{n^2}};,,,;\sqrt{1-\frac{(n-1)^2}{n^2}} $
Gọi $$S_{n-1}$ là tổng diện tích của $(n-1)$ hình chữ nhật ấy. Khi đó ta có:
$S_{n-1}=\frac{1}{n}(\sqrt{1-\frac{1^2}{n^2}}+\sqrt{1-\frac{2^2}{n^2}}+...+\sqrt{1-\frac{(n-1)^2}{n^2}})
=\frac{1}{n}(\sqrt{n^2-1^2}+\sqrt{n^2-2^2}+...+\sqrt{n^2-(n-1)^2})$
Gọi $S_{OAB}$ là diện tích của một phần tư hình tròn nói trên thì ta có:

$S_{OAB}=\frac{\pi }{4}$
Rõ ràng $S_{n-1}<S_{OAB}$, tức là ta có dpcm