Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Messi_ndt

Đăng ký: 26-12-2009
Offline Đăng nhập: 25-11-2014 - 19:49
***--

#288273 Về việc làm áo đồng phục cho VMF

Gửi bởi Messi_ndt trong 15-12-2011 - 14:59

Mình cho rằng không nên in hình chữ ký của GS Ngô Bảo Châu lên áo đồng phục, nếu có thì nó phải là áo tặng và có một số lượng nhỏ. Bởi nếu không chẳng khác gì chúng ta đang kinh doanh, đang bán rẻ những thứ danh dự cả. Không nên cho bất kỳ một chữ kí ai lên cả, chỉ nên thiết kế làm cho người ta thấy đẹp, nhìn là nhận ra VMF, thân thiện, chất lượng vải và may đều cần zin để nó có thể để được lâu lâu chút:d.


#276477 Thông báo lỗi của diễn đàn mới

Gửi bởi Messi_ndt trong 20-09-2011 - 16:59

Nối Like this có vấn đề rồi anh ơi, không sử dụng được.


#268397 Tản mạn BĐT

Gửi bởi Messi_ndt trong 13-07-2011 - 20:13

tiếp với bài này nha :-?
cho a,b,c là 3 số dương thỏa mãn $ a^2+b^2+c^2=1 $
Chứng minh:
$ P= \dfrac{a^3}{a+2b+3c}+\dfrac{b^3}{b+2c+3a}+\dfrac{c^3}{c+2a+3b} \geq \dfrac{1}{6} $


$\sum \dfrac{a^3}{a+2b+3c}=\sum \dfrac{a^4}{a^2+2ab+3ca}\geq \dfrac{1}{1+5\sum ab}\geq 1/6$

http://batdangthuc.com


#261766 The Interesting Around Technical Analysis Three Variable Inequalities

Gửi bởi Messi_ndt trong 22-05-2011 - 20:27

The Interesting Around Technical Analysis Three Variable Inequalities được viết bởi Messi_ndt và Red 3 (From ML). Nó bao gồm các kỹ thuật phân tích xoay quanh BDT ba biến trong đó SOS là PP dc chú ý nhiều nhất. File còn nhiều điểm thiếu sót, mong được góp ý thêm.
Bạn có thể download ở đây..

Do vài trjc trặc về tên tác giả bài toán. Bản file được sửa lại dưới đây,

File gửi kèm




#261420 The Interesting Around Technical Analysis Three Variable Inequalities

Gửi bởi Messi_ndt trong 19-05-2011 - 21:10

The Interesting Around Technical Analysis Three Variable Inequalities được viết bởi Messi_ndt và Red 3 (From ML). Nó bao gồm các kỹ thuật phân tích xoay quanh BDT ba biến trong đó SOS là PP dc chú ý nhiều nhất. File còn nhiều điểm thiếu sót, mong được góp ý thêm.
Bạn có thể download ở đây..

File gửi kèm




#238960 567 Nice And Hard Inequalities

Gửi bởi Messi_ndt trong 01-09-2010 - 16:20

Một tài liệu Bất đẳng thức Olympic của mình đây.
Tặng bạn Curi gem.
567 Nice And Hard Inequalities

Vì một số lí do mà Messi_ndt chưa hoàn chỉnh được tài liệu này được, Up lên cho anh em tham khảo.
Vẫn còn một số chỗ chưa hoàn chỉnh và thiếu một số phần mà mình dư định làm.
Dù sao đây cũng là tâm huyết của Messi_ndt trong một thời giãn dài.
Anh em dowdload về đọc thử nhé.
Các bạn có thể dowload ở đây.

File gửi kèm




#234975 Việt Nam TST 2010

Gửi bởi Messi_ndt trong 19-04-2010 - 18:36

Đề chọn đội tuyển Việt Nam dự thi Toán quốc tế (TST)

Ngày 1

Bài 1 (6 điểm): Với mỗi $n$ nguyên dương, xét tập sau $T_n = [11(k + h) + 10(n^k + n^h) \mid 1 \leq k, h \leq 10]$. Tìm tất cả $n$ sao cho không tồn tại $a \neq b \in T_n$ sao cho $a - b$ chia hết cho $110$.

Bài 2 (6 điểm): Cho $\Delta ABC$ không vuông tại $A$. Trung tuyến $AM, D$ là một điểm chạy trên $AM. (O_1), (O_2)$ lần lượt là các đường tròn đi qua $D$ và tiếp xúc với $BC$ tại $B$ và $C. CA$ cắt $(O_2)$ tại $Q, BA$ cắt $(O_1)$ tại $P$.
a) Cmr tiếp tuyến tại $P$ của $(O_1)$ và tiếp tuyến tại $Q$ của $(O_2)$ phải cắt nhau, gọi giao điểm này là $S$.
b) Cmr $S$ luôn chạy trên một đường cố định khi $D$ chạy trên $AM$.

Bài 3 (8 điểm): Hình chữ nhật kích thước $1*2$ được gọi là hình chữ nhật đơn (hcnd). Hình chữ nhật $2*3$ bỏ đi 2 ô ở góc chéo nhau (tức có có 4 ô) gọi là hình chữ nhật kép (hcnk). Người ta ghép khít các hncd và hcnk được bảng $2008*2010$. Tìm số bé nhất các hcnd có thể dùng để lát được như trên.

TST năm nay bài số và bài tổ hợp đều khó cả,chỉ có bài bất đẳng thức là dễ,và bài hình cũng khá nhẹ nhàng.
:)

Bài 1.Đấy là lời giải của nbkschool:
n thỏa mãn khi và chỉ khi n là căn nguyên thủy mod 11.Nếu n chia hết cho 11 thì đơn giản.
Nếu n nguyên tố cùng nhau với 11 thì xét 2 trường hợp:
TH 1:n không phải là căn nguyên thủy mod 11.Điều kiện đề bài tương đương với tồn tại $(k_1,k_2,h_1,h_2)$ sao cho $10 |k_1+k_2-h_1-h_2$ và $11|n^{k_1}+n^{k_2}-n^{h_1}-n^{h_2}$,đồng thời hai bộ $(k_1,k_2),(h_1,h_2)$ (không tính thứ tự) phải khác nhau.
Tồn tại ước d của $10$ và $<10$ sao cho $11 |n^d-1$.Nếu d=5 chọn $(k_1,k_2,h_1,h_2)=(9,10,4,5)$.Nếu $d=2$ chọn $(k_1,k_2,h_1,h_2)=(3,10,1,2)$.Nếu $d=1$ chọn $(k_1,k_2,h_1,h_2)=(3,10,1,2)$.Với các cách chọn trên ta đều có $n^{k_1} \equiv n^{h_1} (mod 11)$ và $n^{k_2} \equiv n^{h_2} (mod 11)$ nên thỏa mãn.

TH 2:n là căn nguyên thủy mod 11.Ta chứng minh không tồn tại a,b thỏa mãn,từ đó n thỏa mãn.
Ta nhận xét rằng $k_1$ khác $h_1,h_2$ (nếu không sẽ suy ra 2 bộ trùng nhau).Tương tự $k_2$ khác $h_1,h_2$
Khi đó ta có thể lấy a' sao cho $a'+k_1 \equiv 0 (mod 10)$ và chọn $k'_1=a'+k_1 (mod 10)$.$k'_2,h'_1,h'_2$ tương tự.
Bộ số cũ thỏa đề bài khi và chỉ khi bộ số mới thỏa đề bài.Ở đây để cho quen mắt thì đổi kí hiệu n thành g.
Nếu $10| k'_2$ thì $g^{h'_1} \equiv g^{h'_2} (mod 11)$ suy ra $h'_2 \equiv h'_1 (mod 10)$ suy ra $h'_2=h'_1$.Nhưng như thế thì $k'_1+k'_2+h'_1+h'_2 \equiv 2(k'_1-h'_1) \equiv 0 (mod 10)$,suy ra $k'_1=h'_1$,vô lý.
Xét trường hợp còn lại,ta có $g^{k'_1} \equiv g^{h'_1+h'_2}$.Suy ra $1+ g^{h'_1+h'_2}-g^{h'_1}-g^{h'_2} \equiv 0 (mod 11)$ hay $(g^{h'_1}-1)(g^{h'_2}-1) \equiv 0 (mod 11)$.Vậy một trong hai số $h'_1,h'_2$ phải chia hết cho 10,suy ra trùng với $k'_1$,vô lý.
Từ đó không tồn tại bộ $(k'_1,k'_2,h'_1,h'_2)$ thỏa nên cũng không tồn tại bộ $(k_1,k_2,h_1,h_2)$ thỏa.
Bài toán được chứng minh.

Bài hình: :)

Ta có $MB^2=MC^2$ $\Rightarrow $ M thuộc trục đẳng phương của $(O_1)$ và $(O_2)$.
Suy ra DM là trục đẳng phương của 2 đường tròn. Do đó A thuộc trục đẳng phương của 2 đường tròn.
$\Rightarrow AP.AB=AQ.AC \Rightarrow$ tứ giác BCPQ nội tiếp.
Gọi tiếp tuyến của $(O_1)$ là Px thì $\widehat{xPB}=\widehat{PBC}=\widehat{PQA}$ hay (APQ) tiếp xúc với $(O_1)$, tương tự suy ra (APQ) tiếp xúc với cả $(O_1)$ và $(O_2)$.
Tam giác APQ đồng dạng với ACB nên APQ không vuông. Suy ra tiếp tuyến tại P và Q phải cắt nhau tại S.
$SP^2=SQ^2$ nên S thuộc trục đẳng phương của $(O_1)$ và $(O_2)$, hay S thuộc 1 đường thẳng cố định.


#234692 Một kĩ thuật chứng minh B.Đ.T

Gửi bởi Messi_ndt trong 17-04-2010 - 11:39

Bài toán B.Đ.T thường là nội dung khó với các bạn học sinh trung học cơ sở .Một lí do
đơn giản vì đây là dạng toán ''mới mẻ'' với các bạn và khi giải các bài toán B.Đ.T các
bạn thường cảm thấy ''lúng túng'' không biết phải sử dụng phương pháp gì?Tuy nhiên,
trong nhiều bài toán B.Đ.t có điều kiện chúng ta có thể dựa vào điều kiện của biến để
đặt ẩn phụ đưa bài toán về dạng đơn giản có thể đánh giá được trực tiếp mà không cần
sử dụng đến các công cụ ''đao to búa lớn''. Bài viết dưới đây dựa trên ý tưởng của
My Teacher-thầy Hoàng văn Đắc
Chúng ta bắt đầu với một bài toán đơn giản sau

Ví dụ 1 .CMR Với $a,b \in R$ và $a+b=4$ thì $a^{4}+b^{4} \geq 32$
Nhận xét rằng một biểu thức nhiều biến thường đạt giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất khi tất
cả các biến bằng nhau ( tổng quát hơn là trường hợp một số biến bằng nhau) hoặc một
số biến có giá trị trên biên .Điều này gợi ý cho ta cách đổi biến như sau
Lời giải Do $a+b=4$ nên có thể đặt $a=2+x,b=2-x$ với $x\in R$
Ta có $a^{4}+b^{4}=(2+x)^{4}+(2-x)^{4}=2x^{4}+48x^{2}+32 \geq 32$ (đpcm)
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=0 \Leftrightarrow a=b=2$.Như vậy bằng cách đổi biến thích hợp chúng ta đã
đưa bài toán về dạng đơn giản có thể đánh giá trực tiếp được và B.Đ.T chúng ta sử dụng chỉ là
B.Đ.T cơ bản nhất $x^{2} \geq 0, \forall x\in R$
:D :D
Chúng ta sẽ gặp lại nhau sau ít phút quảng cáo :D ....

Trở lại với bài viết .Tiếp theo chúng ta xem xét một vài ví dụ khác.Qua đó hi vọng
các bạn học sinh THCS sẽ có được một cách nhìn mới với những bài toán B.Đ.T kiểu này.

Ví dụ 2.Cho $a,b \in R$ thỏa mãn $a+b \geq 2$.CMR
$a^{3}+b^{3} \leq a^{4}+b^{4}$
Lời giải. Đặt $a=1+x,b=1+y$.Từ $a+b \geq 2$ ta có $x+y \geq 0$
B.Đ.T cần chứng minh tương đương với $(1+x)^{3}+(1+y)^{3} \leq (1+x)^{4}+(1+y)^{4}$
$\Leftrightarrow x(1+x)^{3}+y(1+y)^{3} \geq0$
$\Leftrightarrow x^{4}+y^{4}+3(x+y)(x^{2}-xy+y^{2})+3(x^{2}+y^{2})+x+y \geq 0$ (B.Đ.T này
đúng vì $x+y \geq 0$)
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=y=0 \Leftrightarrow a=b=1$.

Ví dụ 3.Cho $a,b,c\in R$ thỏa mãn $a+b+c=3$.
CMR $a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ca \geq 6$
Lời giải.Vì $a+b+c=3$ nên có thể đặt $a=1+x ,b=1+y, c=1-x-y$ với $x,y \in R$
Ta có
$a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ca=(1+x)^{2}+(1+y)^{2}+(1-x-y)^{2}+$
$+(1-x)(1-y)+(1-y)(1-x-y)+(1-x-y)(1-x)$
$=x^{2}+xy+y^{2}+6=(x+\dfrac{y}{2})^{2}+\dfrac{3y^{2}}{4}+6\geq 6$ (đpcm)
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow y=0,x+\dfrac{y}{2}=0 \Leftrightarrow a=b=c=1$

:D :rolleyes:
Ví dụ 4.Cho $a,b,c,d\in R$ thỏa mãn $a+b+c+d=1$.CMR
$(a+c)(b+d)+2ac+2bd \leq \dfrac{1}{2}$
Lời giải.Vì $a+b+c+d=1$ nên có thể đặt $a=\dfrac{1}{4}+x+z , b= \dfrac{1}{4}-x+z ,c=\dfrac{1}{4}+y-z ,d= \dfrac{1}{4}-y-z $
Ta có $(a+c)(b+d)+2ac+2bd$
$=(\dfrac{1}{2}+x+y)(\dfrac{1}{2}-x-y)+2(\dfrac{1}{4}+x+z)(\dfrac{1}{4}+y-z)+2(\dfrac{1}{4}-x+z)(\dfrac{1}{4}-y-z)$

$= \dfrac{1}{2}-(x-y)^{2}-4z^{2} \leq \dfrac{1}{2}$ (đpcm)
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x-y=0,z=0 \Leftrightarrow a=c ,b=d$

Ví dụ 5.Cho $a,b,c,d\in R$ thỏa mãn $a+b=c+d$
CMR $c^{2}+d^{2}+cd \geq 3ab$

Lời giải.Do $a+b=c+d$ nên ta đặt $c=a+x , d=b-x$ với $x\in R$
Ta có $c^{2}+d^{2}+cd =(a+x)^{2}+(b-x)^{2}+(a+x)(b-x)=(a-b+\dfrac{x}{2})^{2}+\dfrac{3x^{2}}{4}+3ab\geq 3ab$
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a-b+\dfrac{x}{2}=x=0 \Leftrightarrow a=b=c=d$
:lol: :rolleyes:
Ví dụ 6.Cho $x,y\in R,x<2$ và $x+y>5$.CMR
$5x^{2}+2y^{2}+8y>62$
Lời giải.Vì $x<2,x+y>5$ nên ta đặt $x=2- t , x+y=5+u$ ($t,u >0$)
$5x^{2}+2y^{2}+8y=5(2-t)^{2}+2(3+t+u)^{2}+8(3+t+u)=62+2(t+u)^{2}+5t^{2}+20u>62$
Ta có đpcm

Ví dụ 7Cho$ x,y\in R ,x \leq 1 ,x+y \geq 3$. Tìm GTNN của $F= 3x^{2}+y^{2}+3xy$
Lời giải.Đặt $x=1-a, x+y =3+b$ thì $y=2+a+b;a,b \geq 0 $
Ta có $3x^{2}+y^{2}+3xy=3(1-a)^{2}+(2+a+b)^{2}+3(1-a)(2+a+b)$
$=a^{2}+b^{2}-5a+7b-ab+13$
$=(a-\dfrac{b}{2}-\dfrac{5}{2})^{2}+\dfrac{3b^{2}}{4}+\dfrac{9b}{2}+\dfrac{27}{4} \geq \dfrac{27}{4}$
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=\dfrac{5}{2},b=0 \Leftrightarrow x=\dfrac{-3}{2},y=\dfrac{9}{2}$
:rolleyes: :D
Ví dụ 8 Cho $x,y \in R,x+y=3 ,x \leq 1$.CMR
$y^{3}-x^{3}-6y^{2}-x^{2}+9y \geq 0$

Lời giải.Đặt $x=1-w$ thì $y=2+w$($w \geq 0$)
$y^{3}-x^{3}-6y^{2}-x^{2}+9y\geq0 \Leftrightarrow (2+w)^{3}-(1-w)^{3}-6(2+w)^{2}-(1-w)^{2}+9(2+w) \geq0 $
$\Leftrightarrow w(w-1)^{2} \geq 0$ (đúng)
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow w \in$ {${0;1}$} $\Leftrightarrow (x;y)\in$ {$(1;2),(0;3)$}

Lời kết.Như vậy với việc đổi biển khéo léo ta có thể đưa việc xét một biểu thức phức tạp
về một biểu thức đơn giản hơn,phù hợp với trình độ THCS.Những VD trên là đơn giản (không
có VD nào có thể coi là khó!)và những lời giải trên là để minh họa cho kĩ thuật nên có thể chưa
phải là lời giải hay nhất,ngắn gọn nhất.Tác giả cho rằng việc đưa ra quá nhiều VD sẽ chỉ nhàm
chán và vô vị ,vì vậy chỉ đưa ra vài VD đơn giản để bạn đọc có thể nắm bắt được ý tưởng nhanh
chóng.Khi đã nắm bắt được ý tưởng ,bạn hoàn toàn có thể ''đánh bay'' một lớp các bài toán như
vậyvà đương nhiên bạn cũng có thể tự tạo ra các bài toán kiểu này.Dưới đây cũng là những BT
đơn giản để các bạn thử nghiệm!

Em thấy phương pháp đổi ẩn của bất đẳng thức này thực chất là dựa vào tính chẩt đại số khi chuyển ẩn thì khai triển triệt tiêu bớt ẩn và còn lại 1 đa thức có đặc điểm mạnh hơn đa thúc ban đầu và dễ chứng minh hơn.


#229712 Vi khuẩn nhân đôi

Gửi bởi Messi_ndt trong 20-02-2010 - 23:42

Tôi xin trình bày cách giải:
Khi cho 1 con vào trong cốc (tự nhân đôi, kiểu sinh sản thường thấy ở các sinh vật nhân sơ) thì sau 1 giờ đầy cốc => Ở phút thứ 59 nó sẽ sản sinh được 1/2 cốc. Rõ ràng khi ta bỏ thêm 1 con nữa vào bình thì sau 59 phút con này lại sản sinh thêm 1/2 cốc nữa.
Kết luận: Bỏ 2 con vào thì sau 59 phút đầy bình.
HẾT!
có lí

haha. cha này đến đâu nói tàm nham đến đó

có nhìn thấy chúng đâu mà biết bao giờ đầy. Hơn nữa lỡ bỏ hai con vào chúng giết lẫn nhau thì sao///////////////////////

nhỡ 2 con vào nó sinh sản kiểu khác thì sao
2 con biết làm sao chúng sẽ làm gì nhau

Mấy bác nói thế thì cho tất cả các nhà bác học trên thế giới giải cả đời ấy chứ.Nói nhăng ko à.


#229682 Góp ý cho box "Bất Đẳng thức và Cực trị"

Gửi bởi Messi_ndt trong 20-02-2010 - 20:25

EM cũng đồng ý với đóng góp các anh đã nói, ko nên dùng nhiều các pp : dồn biến, chuản hoá, SOS ,... .Tuy vậy chúng ta vẫn biết để mà có hướng làm trước, nhưng theo em nhuẽng BĐT cổ điển thì vẫn nên cho dùng như: cosi, bunhia, svac, benuili, holder,trebusep, schur,...nó rất hữu ích và ko quá xa vời với các bạn THCS

Thực ra bạn nói cũng không chính xác lắm.Có nhiều bài bất đẳng thức đâu chỉ dùng MV mà cũng có thể dùng các phép biến đổi sơ cấp như p,q,r và Shur thui.các bất đẳng thức cổ điển là đương nhiên và pp S.O.S cũng không vượt quá kiến thức THCS lắm.Kể cả dồn biến MV thì cũng có một phần lớn là với kt THCS cũng có thể hiểu và vận dùng giải BDT được đấy chứ.Chỉ như hàm lồi,lõi,karamata,Langrage,Jensen,...là chưa thể dùng nên các tv nên post nó vào box THPT nhưng lưu ý nếu dùng được các bdt cổ điển để giải thì vẫn có thể post nó vào đây.Chúng ta chỉ post để cho đúng với kiến thức và trình đọ THCS thui chứ cũng có nhiều thành viên là Sinh Viên,nữ sinh vào đây giải đó thui.Do vậy cần phải xem xét trước khi post bài ....vv.


#228108 Hai bài toán nổi tiếng!

Gửi bởi Messi_ndt trong 03-02-2010 - 18:41

Cho đến nay, bài toán Goldbach-Euler vẫn chưa giải được hoàn toàn. Nếu mệnh đề của Euler là đúng, ta chứng minh mệnh đề Goldbach.
Giải: Cho số tự nhiên n>5, ta sẽ chứng minh rằng n viết được dưới dạng tổng của 3 số nguyên tố. Xét:

Trường hợp 1: Nếu n chẵn thì n=2+m với m chẵn, m>3. vì số chẵn >2 kế tiếp là 4 nên dù là m>3 thì m vẫn viết được dưới dạng tổng 2 số nguyên tố.
Trường hợp 2: nếu n lẻ thì n=3+m với m chẵn, m>2. Theo mệnh đề Euler, m chẵn, m>2 nên m viết được dưới dạng tổng hai số nguyên tố. Do đó n viết được dưới dạng tổng của 3 số nguyên tố.

Cái này nếu một hôm có bác nào post lời giải hoàn chỉnh thì quả là tuyệt vời a nhỉ


#227824 Từ điển toán anh.

Gửi bởi Messi_ndt trong 30-01-2010 - 21:55

Hôm nay là ngày bình thường.Từ điển toán học.Chắc cái này nhiều bạn cần:

File gửi kèm




#225274 phương pháp cân bằng hệ số trong chứng minh bđt

Gửi bởi Messi_ndt trong 07-01-2010 - 10:24

chứng minh
Phụ lục A: về các bất đẳng thức Carlson:2 BĐT được đề cập đến trong CD3, VD4 đều có tên chung là các BĐT Carlson, dễ thấy rằng mỗi BĐT Carlson cần đến 1 phương án giải quyết khác nhau, mặc dù kỹ thuật của chúng đều là cân bằng hệ số. Để hiểu rõ hơn về vấn đề này mời các bạn thử giải bài toán sau
BT: các BĐT sau có đúng không, nếu đúng hãy chứng minh, có thẻ làm chặt hơn không, nếu có thể hãy chỉ ra đánh giá tốt nhất:
i) $(\sum_{i=1}^{n}{x_i})^4<54(\sum_{i=1}^{n}{x_{i}^2})(\sum_{i=1}^{n}{i\cdot{x_{i}^2}})(\sum_{i=1}^{n}{i^2x_{i}^2})$
ii)$(\sum_{i=1}^{n}{x_i})^{15}<3\cdot{10^5}(\sum_{i=1}^{n}{x_{i}^3})(\sum_{i=1}^{n}{i\cdot{x_{i}^3}})(\sum_{i=1}^{n}{i^2x_{i}^3})(\sum_{i=1}^{n}{i^3x_{i}^3})(\sum_{i=1}^{n}{i^3x_{i}^3})(\sum_{i=1}^{n}{i^4x_{i}^3})$
Phụ lục B: chứng minh định lý euler:$\lim_{n\to{\infty}}{\sum_{i=1}^{n}{\dfrac{1}{i^2}}=\dfrac{\pi^2}{6}$:
Chúng ta đã biết công thức Moivre: $\cos{nx}+i\sin{nx}=(\cos{x}+i\sin{x})^n$, cân bằng hệ số phần ảo rồi thay $n:=2n+1$ ta có
$\sin{(2n+1)x}=\sin^{2n+1}{x}(C^{1}_{2n+1}cotg^{2n}{x}-C^{3}_{2n+1}cotg^{2n-2}{x}........)$
Như thế n số $cotg^{2}{\dfrac{k\pi}{2n+1}},k=\overline{1,n}$ là tất cả các nghiệm của đa thức bậc n: $C^{1}_{2n+1}X^N-C^{3}_{2n+1}X^{n-1}..........$, như thế áp dụng định lý Viet ta có $\sum_{i=1}^{n}{cotg^2{\dfrac{k\pi}{2n+1}=\dfrac{C^{3}_{2n+1}}{C^{1}_{2n+1}}=\dfrac{n(2n-1)}{3}\Rightarrow{\sum_{i=1}^{n}{\dfrac{1}{\sin^2{\dfrac{k\pi}{2n+1}}}}=\dfrac{2n(n+1)}{3}$, áp dụng bất đẳng thức kép: $\sin{\alpha}<\alpha<tg{\alpha},\forall{\alpha\in{(0,\dfrac{\pi}{2})}}\Rightarrow{\dfrac{1}{\sin{\alpha}}>\dfrac{1}{\alpha}>cotg{\alpha}$
Dẫn tới: $\dfrac{\pi^2}{6}\cdot{[(1-\dfrac{2}{2n+1})(1-\dfrac{1}{2n+1})]<\sum_{i=1}^{n}{\dfrac{1}{i^2}}<\dfrac{\pi^2}{6}\cdot{[(1+\dfrac{1}{2n+1})(1-\dfrac{1}{2n+1})]$, lấy lim 2 vế, áp dụng nguyên lý kẹp, ta có điều phải chứng minh
Tài liệu tham khảo: báo toán học và tuổi trẻ, tạp chí kvant số 6 năm 1974