Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có bất đẳng thức sau :
\(1 + \frac{1}{{\sqrt 2 }} + ... + \frac{1}{{\sqrt n }} < 2\sqrt n \)
Vậy (1) đúng với n = 1
\(1 + \frac{1}{{\sqrt 2 }} + ... + \frac{1}{{\sqrt k }} < 2\sqrt k \)
\(\begin{array}{l}
1 + \frac{1}{{\sqrt 2 }} + ... + \frac{1}{{\sqrt k }} + \frac{1}{{\sqrt {k + 1} }}\\
< 2\sqrt {k + 1} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)
\end{array}\)
Theo giả thiết qui nạp ta có:
\(\begin{array}{l}
1 + \frac{1}{{\sqrt 2 }} + ... + \frac{1}{{\sqrt k }} + \frac{1}{{\sqrt {k + 1} }}\\
< 2\sqrt k + \frac{1}{{\sqrt {k + 1} }}
\end{array}\)
Để chứng minh (*) ta cần chứng minh
\(2\sqrt k + \frac{1}{{\sqrt {k + 1} }} < 2\sqrt {k + 1} \)
Thật vậy ta có :
\(\begin{array}{l}
2\sqrt k + \frac{1}{{\sqrt {k + 1} }} < 2\sqrt {k + 1} \\
\Leftrightarrow 2\sqrt {k\left( {k + 1} \right)} + 1 < 2\left( {k + 1} \right)\\
\Leftrightarrow 2\sqrt {k\left( {k + 1} \right)} < 2k + 1\\
\Leftrightarrow 4k\left( {k + 1} \right) < {\left( {2k + 1} \right)^2}\\
\Leftrightarrow 4{k^2} + 4k < 4{k^2} + 4k + 1
\end{array}\)
\( \Leftrightarrow 0 < 1\) (luôn đúng)
Vậy ta có (*) luôn đúng tức (1) đúng với n = k+1, do đó (1) đúng.
-- Mod Toán 11
Copyright © 2021 HOCTAP247