一个群里的不等式

2009

$n \inN_+$且 $n \geqslant 4,[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数．求证：
\[0<\frac{(-1)^{[\sqrt{4}]}}{4}+\frac{(-1)^{[\sqrt{5}]}}{5}+\cdots+\frac{(-1)^{[\sqrt{n}]}}{n}<1\]

色k

注：为了让括号显示更清晰，我将 $[x]$ 改为 $\lfloor x\rfloor$。

记
\[S(n)=\frac{(-1)^{\lfloor\sqrt4\rfloor}}4
+\frac{(-1)^{\lfloor\sqrt5\rfloor}}5
+\cdots+\frac{(-1)^{\lfloor\sqrt n\rfloor}}n,\]
显然 $S(n)$ 的单调性是“波浪型”且所有“极值点”均在 $n=m^2-1$（$m\inN$, $m\geqslant 3$）处取得，于是，要证明 $0<S(n)<1$，只需证明 $0<S(m^2-1)<1$。

对任意正整数 $k$，记
\[f(k)=\frac1{k^2}+\frac1{k^2+1}+\cdots +\frac1{(k+1)^2-1},\]
下面证明恒有 $f(k)>f(k+1)$，由积分法易知
\begin{align*}
f(k)&>\int_{k^2}^{(k+1)^2}\frac1x\rmd x=\ln \frac{(k+1)^2}{k^2}, \\
f(k+1)&<\int_{(k+1)^2-1}^{(k+2)^2-1}\frac1x\rmd x=\ln \frac{(k+2)^2-1}{(k+1)^2-1},
\end{align*}
所以只需证
\[\frac{(k+1)^2}{k^2}>\frac{(k+2)^2-1}{(k+1)^2-1},\]
即
\[(k+1)(k+2)>k(k+3),\]
显然成立，所以 $f(k)>f(k+1)$。

由于
\[S(m^2-1)=\bigl(f(2)-f(3)\bigr)+\bigl(f(4)-f(5)\bigr)+\cdots ,\]
最后那项要么是 ${}+\bigl(f(m-2)-f(m-1)\bigr)$ 要么是 ${}+f(m-1)$，所以 $S(m^2-1)>0$；

又由于
\[S(m^2-1)=f(2)-\bigl(f(3)-f(4)\bigr)-\bigl(f(5)-f(6)\bigr)-\cdots,\]
最后那项要么是 ${}-f(m-1)$ 要么是 ${}-\bigl(f(m-2)-f(m-1)\bigr)$，所以 $S(m^2-1)<f(2)=743/840<1$。

综上所述，原不等式得证。