Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3044
2019-05-06 
Вывести из результатов задач 3042 а) и б), что при любом целом положительном $n$ сумма
$1 + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \cdots + \frac{1}{n^2}$
заключается между $\left (1 - \frac {1}{2n+1} \right ) \left (1 - \frac {2}{2n+1} \right ) \frac {\pi^2}{6}$ и $\left ( 1 - \frac {1}{2n+1} \right ) \left (1 + \frac {1}{2n+1} \right ) \frac {\pi^2}{6}$.
Решение:
Покажем, что для любого положительного угла, меньшего $\frac{ \pi}{2}$,
$\sin \alpha < \alpha < tg \alpha$.
Имеем (рис.):
$S_{\triangle AOB} = \frac{1}{2} \sin \alpha$,
$S_{\: сект AOB} = \frac{1}{2} \alpha$,
$S_{\triangle AOC} = \frac{1}{2} tg \alpha$,
(радиус круга принимаем равным единице, углы измеряются в радианах). Но так как $S_{\triangle AOB} < S_{\: сект AOB} < S_{\triangle AOC}$, то $\sin \alpha < \alpha < tg \alpha$.
Из того, что $\sin \alpha < \alpha < tg \alpha$, следует, что $ctg \alpha < \frac{1}{ \alpha} < cosec \alpha$. Поэтому из формул задач 3042 а)
и б) вытекает:
$\frac {n(2n_1)}{3} = ctg^2 \frac{\pi}{2n+1} + ctg^2 \frac{2 \pi}{2n+1} + ctg^2 \frac{3 \pi}{2n+1} + \cdots + ctg^2 \frac{n \pi}{2n+1} < \left ( \frac{2n+1}{\pi} \right )^2 + \left ( \frac{2n+1}{2 \pi} \right )^2 + \left ( \frac{2n+1}{3 \pi} \right )^2 + \cdots + \left ( \frac{2n+1}{n \pi} \right )^2 < cosec^2 \frac{\pi}{2n+1} + cosec^2 \frac{2 \pi}{2n+1} + cosec^2 {3 \pi}{2n+1} + \cdots + cosec^2 \frac{n \pi}{2n+1} = \frac{2n(n+1)}{3}$.
Разделив все члены последнего двойного неравенства на $\frac{(2n+1)^2}{\pi^2}$ будем иметь:
$\frac{2n}{2n+1} \cdot \frac {2n-1}{2n+1} \cdot \frac{ \pi^2}{6} = \left ( 1 - \frac{1}{2n+1} \right ) \left ( 1 - \frac{2}{2n+1} \right ) \cdot \frac{\pi^2}{6} < 1 + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \cdots + \frac{1}{n^2} < \frac{2}{2n+1} \cdot \frac {2n+2}{2n+1} \cdot \frac{ \pi^2}{6} = \left ( 1 - \frac{1}{2n+1} \right ) \left ( 1 + \frac{1}{2n+1} \right ) \cdot \frac{ \pi^2}{6}$,
что и требовалось доказать.
Вывести из результатов задач 3042 а) и б), что при любом целом положительном $n$ сумма
$1 + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \cdots + \frac{1}{n^2}$
заключается между $\left (1 - \frac {1}{2n+1} \right ) \left (1 - \frac {2}{2n+1} \right ) \frac {\pi^2}{6}$ и $\left ( 1 - \frac {1}{2n+1} \right ) \left (1 + \frac {1}{2n+1} \right ) \frac {\pi^2}{6}$.
Решение:
Покажем, что для любого положительного угла, меньшего $\frac{ \pi}{2}$,
$\sin \alpha < \alpha < tg \alpha$.
Имеем (рис.):
$S_{\triangle AOB} = \frac{1}{2} \sin \alpha$,
$S_{\: сект AOB} = \frac{1}{2} \alpha$,
$S_{\triangle AOC} = \frac{1}{2} tg \alpha$,
(радиус круга принимаем равным единице, углы измеряются в радианах). Но так как $S_{\triangle AOB} < S_{\: сект AOB} < S_{\triangle AOC}$, то $\sin \alpha < \alpha < tg \alpha$.
Из того, что $\sin \alpha < \alpha < tg \alpha$, следует, что $ctg \alpha < \frac{1}{ \alpha} < cosec \alpha$. Поэтому из формул задач 3042 а)
и б) вытекает:
$\frac {n(2n_1)}{3} = ctg^2 \frac{\pi}{2n+1} + ctg^2 \frac{2 \pi}{2n+1} + ctg^2 \frac{3 \pi}{2n+1} + \cdots + ctg^2 \frac{n \pi}{2n+1} < \left ( \frac{2n+1}{\pi} \right )^2 + \left ( \frac{2n+1}{2 \pi} \right )^2 + \left ( \frac{2n+1}{3 \pi} \right )^2 + \cdots + \left ( \frac{2n+1}{n \pi} \right )^2 < cosec^2 \frac{\pi}{2n+1} + cosec^2 \frac{2 \pi}{2n+1} + cosec^2 {3 \pi}{2n+1} + \cdots + cosec^2 \frac{n \pi}{2n+1} = \frac{2n(n+1)}{3}$.
Разделив все члены последнего двойного неравенства на $\frac{(2n+1)^2}{\pi^2}$ будем иметь:
$\frac{2n}{2n+1} \cdot \frac {2n-1}{2n+1} \cdot \frac{ \pi^2}{6} = \left ( 1 - \frac{1}{2n+1} \right ) \left ( 1 - \frac{2}{2n+1} \right ) \cdot \frac{\pi^2}{6} < 1 + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \cdots + \frac{1}{n^2} < \frac{2}{2n+1} \cdot \frac {2n+2}{2n+1} \cdot \frac{ \pi^2}{6} = \left ( 1 - \frac{1}{2n+1} \right ) \left ( 1 + \frac{1}{2n+1} \right ) \cdot \frac{ \pi^2}{6}$,
что и требовалось доказать.
