Chứng minh các bất đẳng thức về tổng, tích của dãy số – Phương pháp quy nạp

1. Một số kiến thức cần nhớ

a) Ph­­ương pháp làm trội, làm giảm

Giả sử cần chứng minh \(\displaystyle A\le B\), khi đó ta cần làm trội biểu thức A thành \(\displaystyle A\le M\) rồi chứng minh \(\displaystyle M\le B\). Cũng có thể làm giảm B thành \(\displaystyle M\le B\) rồi chứng minh \(\displaystyle A\le M\).

Phương pháp làm trội, làm giảm thường được áp dụng cho bất đẳng thức về tổng hoặc tích của một dãy số. Khi đó dùng các tính chất bất đẳng thức để đưa một vế của bất đẳng thức về dạng tính được tổng hữu hạn hoặc tích hữu hạn.

+ Ý tưởng chung cho bất đẳng thức dạng tổng của dãy số là:

Giả sử ta cần chứng minh \(\displaystyle A\left( {{x}_{1}} \right)+A\left( {{x}_{2}} \right)+A\left( {{x}_{3}} \right)+…+A\left( {{x}_{n}} \right)\le M\), khi đó ta thực hiện làm trội \(\displaystyle A\left( {{x}_{i}} \right)\le B\left( {{y}_{i+1}} \right)-B\left( {{y}_{i}} \right)\) để thu được

\(\displaystyle A\left( {{x}_{1}} \right)+A\left( {{x}_{2}} \right)+A\left( {{x}_{3}} \right)+…+A\left( {{x}_{n}} \right)\le B\left( {{y}_{n}} \right)-B\left( {{y}_{1}} \right)\)

Sau đó ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức \(\displaystyle B\left( {{y}_{n}} \right)-B\left( {{y}_{1}} \right)\le M\).

+ Ý tưởng chung cho bất đẳng thức dạng tích của dãy số là:

Giả sử ta cần chứng minh \(\displaystyle A\left( {{x}_{1}} \right).A\left( {{x}_{2}} \right).A\left( {{x}_{3}} \right)…A\left( {{x}_{n}} \right)\le M\), khi đó ta thực hiện làm trội \(\displaystyle A\left( {{x}_{i}} \right)\le \frac{B\left( {{y}_{i+1}} \right)}{B\left( {{y}_{i}} \right)}\) để thu được \(\displaystyle A\left( {{x}_{1}} \right).A\left( {{x}_{2}} \right).A\left( {{x}_{3}} \right)…A\left( {{x}_{n}} \right)\le \frac{B\left( {{y}_{n}} \right)}{B\left( {{y}_{1}} \right)}\)

Sau đó ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức \(\displaystyle \frac{B\left( {{y}_{n}} \right)}{B\left( {{y}_{1}} \right)}\le M\).

+ Một số tổng sai phân hay dùng

\(\displaystyle \frac{1}{n\left( n+1 \right)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1};\,\,\frac{a}{n\left( n+a \right)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+a}\);

\(\displaystyle \frac{2a}{n\left( n+a \right)\left( n+2a \right)}=\frac{1}{n\left( n+a \right)}-\frac{1}{\left( n+a \right)\left( n+2a \right)}\);

\(\displaystyle \frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\cdot \cdot \cdot +\frac{1}{n\left( n+1 \right)}=1-\frac{1}{n}\);

\(\displaystyle \frac{1}{n\left( n+a \right)}+\frac{1}{\left( n+a \right)\left( n+2a \right)}+…+\frac{1}{\left[ n+\left( k-1 \right)a \right]\left( n+ka \right)}=\frac{k}{x\left( n+ka \right)}\);

\(\displaystyle \frac{1}{1.2.3}+\frac{1}{2.3.4}+\cdot \cdot \cdot +\frac{1}{n\left( n+1 \right)\left( n+2 \right)}=\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{1.2.3}-\frac{1}{n\left( n+1 \right)\left( n+2 \right)} \right]\)

Chú ý:

– Ta cần áp dụng làm trội, làm giảm sao cho bất đẳng thức cuối cùng cần chứng minh phải càng đơn giản càng tốt.

– Thông thường ta tìm quy luật viết các số hạng của dãy rồi đưa ra cách viết tổng quát, từ đó ta mới làm trội cho số hạng tổng quát và áp dụng cho các số hạng cụ thể.

b) Phương pháp quy nạp toán học

+ Nội dung của phương pháp quy nạp

Một bất đẳng thức phụ thuộc vào số nguyên dương n được xem là đúng nếu thỏa mãn hai điều kiện sau:

– Bất đẳng thức đúng với giá trị đầu tiên của n

– Từ giả thiết bất đẳng thức đúng với n = k \(\displaystyle \left( k\in N \right)\) suy ra được bất đẳng thức đúng với \(\displaystyle n=k+1\)

 + Các bước chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp quy nạp

Giả sử ta cần chứng minh bất đẳng thức \(\displaystyle A\left( n \right)\ge B\left( n \right)\) với \(\displaystyle n\ge {{n}_{0}},\,\,n\in N\), ta tiến hành các bước như sau:

– Bước 1: Kiểm tra bất đẳng thức đúng với \(\displaystyle n={{n}_{0}}\)

– Bước 2: Giả sử bất đẳng thức đúng với \(\displaystyle n=k\left( k\ge {{n}_{0}},\,\,k\in N \right)\)

– Bước 3: Chứng minh bất đẳng thức đúng với \(\displaystyle n=k+1\) và kết luận bất đẳng thức đúng với .

Chú ý: 

– Thông thường khi chứng minh bất đẳng thức có sự phụ thuộc vào số nguyên dương n, thì ta nên chú ý sử dụng phương pháp quy nạp toán học.

– Trong phương pháp quy nạp toán học thì bất đẳng thức có được từ bước thứ hai chính là một giả thiết mới được dùng để chứng minh bất đẳng thức trong bước thứ ba. Do đó cần phải khai thác thật hiệu quả giả thiết quy nạp. 

2. Một số ví dụ minh họa

Ví dụ 1. Với mọi số tự nhiên n >1. Chứng minh rằng: \(\displaystyle \frac{1}{2}<\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{n+n}\)

Phân tích và lời giải

Nhận thấy tổng trên có n số hạng, do đó ta làm trội bằng cách thay mẫu \(\displaystyle n+k\) với \(\displaystyle \text{k}=\text{1},\,\,\text{2},\,\,\text{3},\,\,…,\text{n}-\text{1}\) bằng \(\displaystyle n+n\). Tức là ta có:

\(\displaystyle \frac{1}{n+k}>\frac{1}{n+n}=\frac{1}{2n}\), với \(\displaystyle \text{k}=\text{1},\,\,\text{2},\,\,\text{3},\,\,…,\text{n}-\text{1}\)

Khi đó ta được: \(\displaystyle \frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{2n}>\frac{1}{2n}+…+\frac{1}{2n}=\frac{n}{2n}=\frac{1}{2}\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Ví dụ 2. Với mọi số tự nhiên \(\displaystyle n\ge 1\). Chứng minh rằng:

\(\displaystyle 1<\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+…+\frac{1}{3n+1}<2\)

Phân tích và lời giải

+ Trước hết ta chứng minh: \(\displaystyle \frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}…+\frac{1}{3n+1}<2\)

Tổng trên có \(\displaystyle 2n+1\) số hạng và lại thấy \(\displaystyle \frac{2n+1}{n+1}<\frac{2n+2}{n+1}=2\), do đó áp dụng tư tưởng như ví dụ trên ta làm trội bằng cách thay mỗi số hạng bằng số hạng lớn nhất. Tức là ta được

\(\displaystyle \frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}…+\frac{1}{3n+1}<\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+1}…+\frac{1}{n+1}=\frac{2n+1}{n+1}<2\)

+ Bây giờ ta chứng minh: \(\displaystyle 1<\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}…+\frac{1}{3n+1}\)

Tổng trên có \(\displaystyle 2n+1\) số hạng  và số hạng chính giữa là \(\displaystyle \frac{1}{2n+1}\), ta chuyển bất đẳng thức cần chứng minh thành

\(\displaystyle \frac{2n+1}{2n+1}<\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+…+\frac{1}{3n+1}\)

Ở đây ta lại nhận thấy \(\displaystyle \frac{2n+1}{2n+1}=n.\frac{2}{2n+1}+\frac{1}{2n+1}\) có chứa số hạng chính giữa, do đó ý tưởng ở đây là ghép các cặp dạng \(\displaystyle \frac{1}{n+1}+\frac{1}{3n+1};\,\,\frac{1}{n+2}+\frac{1}{3n};\,\,…;\,\,\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n+2}\) thì được n tổng, rồi chứng minh mỗi tổng đó đều lớn hơn \(\displaystyle \frac{2}{2n+1}\). Để chứng minh các tổng trên đều lớn hơn \(\displaystyle \frac{2}{2n+1}\) ta chỉ cần chứng minh được \(\displaystyle \frac{1}{2n+1-k}+\frac{1}{2n+1+k}\), trong đó k nhận các giá trị từ \(\displaystyle 1;\,\,2;\,\,…;\,\,n\). Thật vậy:

\(\displaystyle \frac{1}{2n+1-k}+\frac{1}{2n+1+k}=\frac{4n+2}{{{\left( 2n+1 \right)}^{2}}-{{k}^{2}}}>\frac{4n+2}{{{\left( 2n+1 \right)}^{2}}}=\frac{2}{2n+1}\)

Đến đây ta có lời giải như sau:

Ta có

\(\displaystyle \begin{array}{l}\,\,\,\,\,\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{2n+1}…+\frac{1}{3n}+\frac{1}{3n+1}\\=\left( \frac{1}{n+1}+\frac{1}{3n+1} \right)+\left( \frac{1}{n+2}+\frac{1}{3n} \right)+…+\frac{1}{2n+1}\\=\frac{4n+2}{\left( n+1 \right)\left( 3n+1 \right)}+\frac{4n+2}{\left( n+1 \right)3n}+…\frac{1}{2n+1}\ge \frac{2}{2n+1}.n+\frac{1}{2n+1}=1\end{array}\)

Vậy ta được \(\displaystyle 1<\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}…+\frac{1}{3n+1}\)

Vậy bài toán được chứng minh

Nhận xét: Bất đẳng thức bên trái là một bất đẳng thức khó, sử dụng cách làm như bất đẳng thức bên phải không đem lại hiệu quả, cho nên ta phải tìm một phương án khác. Điểm quan trọng để tìm ra lời giải cho bài toán này chính là phát hiện các tổng bằng nhau  và ý tưởng ghép các cặp  sao cho khi quy đồng có cùng một tử số là  và bước tiếp theo chính là đánh giá mẫu về cùng .

Ví dụ 3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương \(n\ge 2\) ta có:

\(\displaystyle \frac{2n+1}{3n+2}<\frac{1}{2n+2}+\frac{1}{2n+3}+\frac{1}{2n+4}+…+\frac{1}{4n+2}<\frac{3n+2}{4\left( n+1 \right)}\)

Phân tích và lời giải

Đặt \(\displaystyle P=\frac{1}{2n+2}+\frac{1}{2n+3}+\frac{1}{2n+4}+…+\frac{1}{4n+2}\)

+ Chứng minh \(\displaystyle P>\frac{2n+1}{3n+2}\). Tổng P có \(\displaystyle \text{2n}+\text{1}\) số hạng, ta ghép thành n cặp cách đều hai đầu, còn lại một số hạng đứng giữa là \(\frac{1}{3n+2}\), mỗi cặp có dạng:

\(\displaystyle \frac{1}{3n+2-k}+\frac{1}{3n+2+k}=\frac{2\left( 3n+2 \right)}{{{\left( 3n+2 \right)}^{2}}-{{k}^{2}}}>\frac{2\left( 3n+2 \right)}{{{\left( 3n+2 \right)}^{2}}}=\frac{2}{3n+2}\) \(\displaystyle \left( \text{k}=1,\,\,2,\,…,\,\,\text{n}\,\text{-}\,\text{1},\text{ n} \right)\)

Do đó ta được: \(\displaystyle P>\frac{2n}{3n+2}+\frac{1}{3n+2}=\frac{2n+1}{3n+2}\)

+ Chứng minh \(\displaystyle P<\frac{3n+2}{4\left( n+1 \right)}\).

Để chứng minh bất đẳng thức này, chúng ta cần có bổ đề sau:

Bổ đề: Với mọi \(\displaystyle 0<\text{k}<m-\text{2}\,\,\left( k,m\in Z \right)\), ta có:

\(\displaystyle \frac{1}{m+k}+\frac{1}{2m-2-k}<\frac{1}{m}+\frac{1}{2m-2}\,\,\,\,\,(*)\)

Chứng minh: Từ giả thiết \(\displaystyle 0<\text{k}<m-\text{2}\,\,\left( k,m\in Z \right)\) , ta thấy các mẫu số đều dương và . Quy đồng mẫu số hai vế ta có

\(\displaystyle \begin{array}{l}\left( * \right)\Leftrightarrow \frac{3m-2}{\left( m+k \right)\left( 2m-2-k \right)}<\frac{3m-2}{m\left( 2m-2 \right)}\,\Leftrightarrow m\left( 2m-2 \right)<\left( m+k \right)\left( 2m-2-k \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\Leftrightarrow 2{{m}^{2}}-2m<2{{m}^{2}}-2m-km+2km-2k-{{k}^{2}}\Leftrightarrow {{k}^{2}}<km-2k\Leftrightarrow k<m-2\end{array}\)

Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo giả thiết, nên bổ đề được chứng minh

Viết lại biểu thức P và áp dụng bổ đề ta có

\(\displaystyle \begin{array}{l}2P=\left( \frac{1}{2n+2}+\frac{1}{4n+2} \right)+\left( \frac{1}{2n+3}+\frac{1}{4n+1} \right)\,+…+\left( \frac{1}{4n+2}+\frac{1}{2n+2} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,<\left( \frac{1}{2n+2}+\frac{1}{4n+2} \right)\left( 2n+1 \right)\end{array}\)

Hay \(\displaystyle P<\frac{1}{2}\cdot \frac{3n+2}{2\left( n+1 \right)\left( 2n+1 \right)}\cdot \left( 2n+1 \right)=\frac{3n+2}{4\left( n+1 \right)}\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Nhận xét: Ý tưởng của bài toán trên cũng là ghép theo cặp, với bất đẳng thức bên trái ta thấy không có vấn đề gì lớn cả. Tuy nhiên với bất đẳng thức bên phía phải, sẽ thực sự gây ra nhiều khó khăn nếu không phát hiện ra bổ đề: Với \(\displaystyle 0<k<m-\text{2}\,\,\left( k,m\in Z \right)\), ta có:

\(\displaystyle \frac{1}{m+k}+\frac{1}{2m-2-k}<\frac{1}{m}+\frac{1}{2m-2}\)

Ví dụ 4. Chứng minh rằng với mọi số nguuyên dương \(\displaystyle n\ge 2\) ta có

\(\displaystyle \frac{n+1}{2}<1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+…+\frac{1}{{{2}^{n}}-1}<n\)

Phân tích và lời giải

Bất đẳng thức cần chứng minh là một bất đẳng thức kép nên ta chia thành hai bất đẳng thức để chứng minh. Nhận thấy tổng trên có \(\displaystyle {{2}^{n}}-1\) phân số nên nếu chia theo nhóm tương tự như ví dụ trên không đem lại hiệu quả vì khi quy đồng theo nhóm thì các tử số không bằng nhau. Để tiện cho việc tìm lời giải ta đặt:

\(\displaystyle P=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+…+\frac{1}{{{2}^{n}}-1}\)

Tức là ta cần chứng minh \(\displaystyle \frac{n+1}{2}<P<n\)

Quan sát yêu cầu bài toán, ta thấy có thể làm trội bằng cách chia biểu thức thành nhiều nhóm, rồi làm trội từng nhóm.

+ Trước hết ta chứng minh \(\displaystyle P<n\).

Để ý ta thấy \(\displaystyle n=1+1+…+1\) (có n số 1), nên ta có thể chia P thành n nhóm sao cho mỗi nhóm đều có thể bé hơn hoặc bằng 1. Ta có thể làm như sau:

\(\displaystyle 1=1;\,\,\frac{1}{2}+\frac{1}{3}<2.\frac{1}{2}=1;\,\,\frac{1}{4}+…+\frac{1}{7}<4.\frac{1}{4}=1;\,\,…;\,\,\frac{1}{{{2}^{n-1}}}+…+\frac{1}{{{2}^{n}}-1}<{{2}^{n-1}}.\frac{1}{{{2}^{n-1}}}=1\)

Như vậy P được chia thành các nhóm có số phân số lần lượt là: \(\displaystyle 1;\,\,2;\,\,4;\,\,8;\,\,…;\,\,{{2}^{n-1}}\), ta cần kiểm tra xem tổng các phân số có phải là \(\displaystyle {{2}^{n}}-1\) không?

Ta có \(\displaystyle 1+\,\,2+\,4+\,8+\,\,…+\,{{2}^{n-1}}={{2}^{n}}-1\), điều này có nghĩa là ta nhóm vừa đủ, và có tất cả n nhóm như vậy, khi này ta có thể giải được như sau:

Ta có:

\(\displaystyle P=1+\left( \frac{1}{2}+\frac{1}{3} \right)+\left( \frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{5}+…+\frac{1}{{{2}^{3}}-1} \right)+\left( \frac{1}{{{2}^{3}}}+…+\frac{1}{{{2}^{4}}-1} \right)+…+\left( \frac{1}{{{2}^{n-1}}}+…+\frac{1}{{{2}^{n}}-1} \right)\)

Làm trội biểu thức bằng cách thay các phân số trong mỗi ngoặc bằng phân số lớn nhất trong mỗi nhóm ta được

\(\displaystyle P<1+\frac{1}{2}.2+\frac{1}{{{2}^{2}}}.4+\frac{1}{{{2}^{3}}}.8+…+\frac{1}{{{2}^{n-1}}}{{.2}^{n-1}}=1+1+…+1=n\)

+ Để chứng minh \(\displaystyle P>\frac{n+1}{2}\) ta cũng làm tương tự.

Ta có \(\displaystyle P=1+\frac{1}{2}+\left( \frac{1}{2+1}+\frac{1}{4} \right)+\left( \frac{1}{{{2}^{2}}+1}+\frac{1}{6}+…+\frac{1}{{{2}^{3}}} \right)+…+\left( \frac{1}{{{2}^{n-1}}+1}+…+\frac{1}{{{2}^{n}}} \right)-\frac{1}{{{2}^{n}}}\)

Làm trội biểu thức bằng cách thay phân số trong mỗi ngoặc bằng phân số nhỏ nhất trong mỗi nhóm ta được.

\(\displaystyle \begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,P>1+\frac{1}{2}+\frac{1}{{{2}^{2}}}.2+\frac{1}{{{2}^{3}}}.4+…+\frac{1}{{{2}^{n}}}{{.2}^{n-1}}-\frac{1}{{{2}^{n}}}=1+\frac{n}{2}-\frac{1}{{{2}^{n}}}\\\Rightarrow P>1+\frac{n}{2}-\frac{1}{{{2}^{n}}}=\frac{n+1}{2}+\frac{{{2}^{n-1}}-1}{{{2}^{n}}}\ge \frac{n+1}{2}\end{array}\)

Kết hợp hai bất đẳng thức ta được bất đẳng thức cần chứng minh.

Ví dụ 5. Chứng minh rằng với n là số nguyên dương, ta luôn có:

\(\displaystyle 1+\frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}+….+\frac{1}{{{n}^{2}}}<2\)

Phân tích và lời giải

Để chứng minh bất đẳng thức trên ta cần làm trội mỗi phân số bằng các thay mẫu số bằng một số nhỏ hơn. Để ý đến đánh giá \(\displaystyle {{k}^{2}}>k\left( k-1 \right)\), khi đó ta thu được các đánh giá có dạng \(\displaystyle \frac{1}{{{k}^{2}}}<\frac{1}{k\left( k-1 \right)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\), cho \(\displaystyle \text{k}=\,\text{2},\,\,3,\,\,\,…,\,\,\text{n}\) ta thì ta được một bất đẳng thức \(\displaystyle 1+\frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}+….+\frac{1}{{{n}^{2}}}<1+\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\) . Bây giờ ta cần kiểm tra xem \(\displaystyle 1+\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}<2\) có đúng không. Dễ thấy bất đẳng thức trên đúng, do đó ta trình bày lại lời giải như sau:

Ta có: \(\displaystyle \frac{1}{{{k}^{2}}}<\frac{1}{k\left( k-1 \right)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k},\,\,\forall k\) là số nguyên dương.

Cho \(\displaystyle \text{k}=\,\text{2},\,\,3,\,\,\,…,\,\,\text{n}\) ta có:

\(\displaystyle \begin{array}{l}\frac{1}{{{2}^{2}}}<1-\frac{1}{2}\\\frac{1}{{{3}^{2}}}<\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\\\,\,\,\,\,\,.\,\,\,\,.\,\,\,\,.\\\frac{1}{{{n}^{2}}}<\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\end{array}\)

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được: \(\displaystyle \frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}+….+\frac{1}{{{n}^{2}}}<1\)

Suy ra \(\displaystyle 1+\frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}+….+\frac{1}{{{n}^{2}}}<2\). Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Ví dụ 6. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta luôn có:

\(\displaystyle \frac{1}{{{4}^{2}}}+\frac{1}{{{6}^{2}}}+\frac{1}{{{8}^{2}}}+…+\frac{1}{{{\left( 2n \right)}^{2}}}<\frac{1}{4}\)

Lời giải

Ta có

\(\displaystyle \begin{array}{l}\frac{1}{{{\left( 2.2 \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( 2.3 \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( 2.4 \right)}^{2}}}+…+\frac{1}{{{\left( 2.n \right)}^{2}}}=\frac{1}{{{4.2}^{2}}}+\frac{1}{{{4.3}^{2}}}+\frac{1}{{{4.4}^{2}}}+…+\frac{1}{4.{{n}^{2}}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{1}{4}\left( \frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}+\frac{1}{{{4}^{2}}}+…+\frac{1}{{{n}^{2}}} \right)<\frac{1}{4}\cdot 1=\frac{1}{4}\end{array}\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Nhận xét: Bất đẳng thức tổng quát của ví dụ trên là:

\(\displaystyle \frac{1}{{{\left( k.2 \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( k.3 \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( k.4 \right)}^{2}}}+…+\frac{1}{{{\left( k.n \right)}^{2}}}<\frac{1}{{{k}^{2}}}\), \(\forall k\in {{N}^{*}}\)

       Ta thay k bởi một số tự nhiên khác 0 tuỳ ý sẽ được các bài toán mới, chẳng hạn với \(\displaystyle k=5\) ta có

\(\displaystyle \frac{1}{{{10}^{2}}}+\frac{1}{{{15}^{2}}}+\frac{1}{{{20}^{2}}}+…+\frac{1}{{{\left( 5n \right)}^{2}}}<\frac{1}{25}\)

Ví dụ 7. Chứng minh rằng: \(\frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}+….+\frac{1}{{{2015}^{2}}}<\frac{2014}{2015}\)

Lời giải

Ta có với mọi \(\displaystyle k\ge 1\) thì \(\displaystyle {{k}^{2}}>k\left( k-1 \right)>0\) nên \(\displaystyle \frac{1}{{{k}^{2}}}<\frac{1}{k\left( k-1 \right)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\)

Cho \(\displaystyle \text{k}=\text{2},\,\,\text{3},\,\,\text{4}\text{,}\,\,…,\text{ 2}01\text{5}\), ta có:

\(\displaystyle \begin{array}{l}\frac{1}{{{2}^{2}}}<\frac{1}{1.2}=1-\frac{1}{2}\\\frac{1}{{{3}^{2}}}<\frac{1}{2.3}=\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,.\,\,\,.\,\,\,.\\\frac{1}{{{2015}^{2}}}<\frac{1}{2014.2015}=\frac{1}{2014}-\frac{1}{2015}\end{array}\)

Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều, ta được

\(\displaystyle \frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}+…..+\frac{1}{{{2015}^{2}}}<1-\frac{1}{2015}=\frac{2014}{2015}\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.