Cho \({a_1} < {a_2} < .... < {a_n}\), n l...

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Vì \({S_n} = {a_1} + {a_2} + ... + {a_n} \Rightarrow {S_{n + 1}} = {S_n} + {a_{n + 1}}.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\sqrt {{S_{n + 1}}}  - \sqrt {{S_n}}  \ge 1\\ \Leftrightarrow {S_{n + 1}} \ge {\left( {\sqrt {{S_n}}  + 1} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {S_n} + {a_{n + 1}} \ge {S_n} + 2\sqrt {{S_n}}  + 1\\ \Leftrightarrow {a_{n + 1}} \ge 2\sqrt {{S_n}}  + 1\end{array}\)

Vì dãy số trên không có 2 số nào liên tiếp nên

\(\begin{array}{l}{a_{n + 1}} \ge {a_n} + 2\\{a_n} \ge {a_{n - 1}} + 2 \Rightarrow {a_{n + 1}} \ge {a_{n - 1}} + 2.2\\.............\\{a_2} \ge {a_1} + 2 \Rightarrow {a_{n + 1}} \ge {a_1} + n.2\\ \Rightarrow n.{a_{n + 1}} \ge {a_1} + {a_2} + ..... + {a_n} + 2\left( {1 + 2 + 3 + .... + n} \right)\\ \Leftrightarrow n{a_{n + 1}} - n\left( {n + 1} \right) \ge {S_n}\\ \Leftrightarrow 2\sqrt {n{a_{n + 1}} - n\left( {n + 1} \right)}  + 1 \ge 2\sqrt {{S_n}}  + 1\end{array}\)

Ta sẽ chứng minh

\(\begin{array}{l}{a_{n + 1}} \ge 2\sqrt {n{a_{n + 1}} - n\left( {n + 1} \right) + 1} \\ \Leftrightarrow a_{n + 1}^2 - 2{a_{n + 1}} + 1 \ge 4n{a_{n + 1}} - 4n\left( {n + 1} \right)\\ \Leftrightarrow {\left( {{a_{n + 1}} - 2n - 1} \right)^2} \ge 0\,\,\left( {luon\,dung} \right)\end{array}\)

Do đó ta luôn có: \(\sqrt {{S_{n + 1}}}  - \sqrt {{S_n}}  \ge 1\)  nên luôn tồn tại số k thỏa mãn \(\sqrt {{S_{n + 1}}}  > k \ge \sqrt {{S_n}} \)

Vậy \(b = {k^2}\) là số chính phương cần tìm.