设正整数 $n\geqslant 4$，求证：$$0<\dfrac{(-1)^{[\sqrt 4]}}{4}+\dfrac{(-1)^{[\sqrt 5]}}{5}+\cdots +\dfrac{(-1)^{[\sqrt n]}}{n}<1.$$其中，$[x]$ 表示不超过实数 $x$ 的最大整数．
【难度】
【出处】
2011年全国高中数学联赛陕西省预赛二试
【标注】
【答案】
略
【解析】
先证明一个引理：
设 $a_k=\dfrac 1{k^2}+\dfrac 1{k^2+1}+\dfrac 1{k^2+2}+\cdots +\dfrac 1{(k+1)^2-1}$，则对任意的正整数 $k$，有 $a_k>a_{k+1}$．
证明：$a_k$ 的表达式共有 $2k+1$ 项，分别考察其前 $k$ 项的和与后 $k+1$ 项的和．
因为\[\begin{split}&\dfrac 1{k^2}+\dfrac 1{k^2+1}+\cdots +\dfrac 1{k^2+k-1}>\dfrac k{k^2+k-1}>\dfrac k{k^2+k}=\dfrac 1{k+1},\\&\dfrac 1{k^2}+\dfrac 1{k^2+1}+\cdots +\dfrac 1{k^2+k-1}<\dfrac k{k^2}=\dfrac 1k,\end{split}\]所以$$\dfrac 1{k+1}<\dfrac 1{k^2}+\dfrac 1{k^2+1}+\cdots +\dfrac 1{k^2+k-1}<\dfrac 1k.\cdots {\text{ ① }}$$同理可证，$$\dfrac 1{k+1}<\dfrac 1{k^2+k}+\dfrac 1{k^2+k+1}+\cdots +\dfrac 1{(k+1)^2-1}<\dfrac 1k.\cdots {\text{ ② }}$$① + ② 得$$\dfrac 2{k+1}<a_k<\dfrac 2k,$$所以$$a_k>\dfrac 2{k+1}>a_{k+1}.$$回到原题：
设 $S_n=\dfrac{(-1)^{[\sqrt 4]}}{4}+\dfrac{(-1)^{[\sqrt 5]}}{5}+\cdots +\dfrac{(-1)^{[\sqrt n]}}{n}$，
对于正整数 $m\geqslant 2$，令$$m^2\leqslant n<(m+1)^2,$$则 $[\sqrt n]=m$．所以\[\begin{split}S_n&=\left(\dfrac 1{2^2}+\dfrac 1{2^2+1}+\cdots +\dfrac 1{3^2-1}\right)-\left(\dfrac 1{3^2}+\dfrac 1{3^2+1}+\cdots +\dfrac 1{4^2-1}\right)\\&+\cdots +(-1)^{m-1}\left(\dfrac 1{(m-1)^2}+\dfrac 1{(m-1)^2+1}+\cdots +\dfrac 1{m^2-1}\right)+(-1)^m\left(\dfrac 1{m^2}+\dfrac 1{m^2+1}+\cdots +\dfrac 1n\right).\end{split}\]令$$\begin{split}a_k&=\dfrac 1{k^2}+\dfrac 1{k^2+1}+\cdots +\dfrac 1{(k+1)^2-1},k=2,3,\cdots ,m-1,\\
$a_m&=\dfrac 1{m^2}+\dfrac 1{m^2+1}+\cdots +\dfrac 1n,n\leqslant (m+1)^2-1,\end{split}$$则$$S_n=a_2-a_3+a_4-\cdots +(-1)^ka_k+(-1)^ma_m.$$注意到\[\begin{split}a_m&=\dfrac 1{m^2}+\dfrac 1{m^2+1}+\cdots +\dfrac 1n\\&\leqslant \dfrac 1{m^2}+\dfrac 1{m^2+1}+\cdots +\dfrac 1{(m+1)^2-1}\\&=a_{k+1}.\end{split}\]由引理，得$$a_2>a_3>\cdots >a_k>a_{k+1}\geqslant a_m.$$当 $m$ 为偶数时，$$S_n=a_2-(a_3-a_4)-(a_5-a_6)-\cdots -(a_{m-1}-a_m)<a_2;$$当 $m$ 为奇数时，$$S_n=a_2-(a_3-a_4)-(a_5-a_6)-\cdots -(a_{m-2}-a_{m-1})<a_2.$$因此，对任意的正整数 $m\geqslant 2$，都有 $S_n<a_2$．
又$$a_2=\dfrac 14+\dfrac 15 +\dfrac 16+\dfrac 17+\dfrac 18<1,$$所以 $S_n<1$．
类似地，$$a_3-a_4+a_5-\cdots +(-1)^ma_m<a_3,$$所以$$S_n=a_2-(a_3-a_4+a_5-\cdots +(-1)^ma_m)>a_2-a_3>0.$$综上所述，对任意正整数 $n\geqslant 4$，都有 $0<S_n<1$．
设 $a_k=\dfrac 1{k^2}+\dfrac 1{k^2+1}+\dfrac 1{k^2+2}+\cdots +\dfrac 1{(k+1)^2-1}$，则对任意的正整数 $k$，有 $a_k>a_{k+1}$．
证明：$a_k$ 的表达式共有 $2k+1$ 项，分别考察其前 $k$ 项的和与后 $k+1$ 项的和．
因为\[\begin{split}&\dfrac 1{k^2}+\dfrac 1{k^2+1}+\cdots +\dfrac 1{k^2+k-1}>\dfrac k{k^2+k-1}>\dfrac k{k^2+k}=\dfrac 1{k+1},\\&\dfrac 1{k^2}+\dfrac 1{k^2+1}+\cdots +\dfrac 1{k^2+k-1}<\dfrac k{k^2}=\dfrac 1k,\end{split}\]所以$$\dfrac 1{k+1}<\dfrac 1{k^2}+\dfrac 1{k^2+1}+\cdots +\dfrac 1{k^2+k-1}<\dfrac 1k.\cdots {\text{ ① }}$$同理可证，$$\dfrac 1{k+1}<\dfrac 1{k^2+k}+\dfrac 1{k^2+k+1}+\cdots +\dfrac 1{(k+1)^2-1}<\dfrac 1k.\cdots {\text{ ② }}$$① + ② 得$$\dfrac 2{k+1}<a_k<\dfrac 2k,$$所以$$a_k>\dfrac 2{k+1}>a_{k+1}.$$回到原题：
设 $S_n=\dfrac{(-1)^{[\sqrt 4]}}{4}+\dfrac{(-1)^{[\sqrt 5]}}{5}+\cdots +\dfrac{(-1)^{[\sqrt n]}}{n}$，
对于正整数 $m\geqslant 2$，令$$m^2\leqslant n<(m+1)^2,$$则 $[\sqrt n]=m$．所以\[\begin{split}S_n&=\left(\dfrac 1{2^2}+\dfrac 1{2^2+1}+\cdots +\dfrac 1{3^2-1}\right)-\left(\dfrac 1{3^2}+\dfrac 1{3^2+1}+\cdots +\dfrac 1{4^2-1}\right)\\&+\cdots +(-1)^{m-1}\left(\dfrac 1{(m-1)^2}+\dfrac 1{(m-1)^2+1}+\cdots +\dfrac 1{m^2-1}\right)+(-1)^m\left(\dfrac 1{m^2}+\dfrac 1{m^2+1}+\cdots +\dfrac 1n\right).\end{split}\]令$$\begin{split}a_k&=\dfrac 1{k^2}+\dfrac 1{k^2+1}+\cdots +\dfrac 1{(k+1)^2-1},k=2,3,\cdots ,m-1,\\
$a_m&=\dfrac 1{m^2}+\dfrac 1{m^2+1}+\cdots +\dfrac 1n,n\leqslant (m+1)^2-1,\end{split}$$则$$S_n=a_2-a_3+a_4-\cdots +(-1)^ka_k+(-1)^ma_m.$$注意到\[\begin{split}a_m&=\dfrac 1{m^2}+\dfrac 1{m^2+1}+\cdots +\dfrac 1n\\&\leqslant \dfrac 1{m^2}+\dfrac 1{m^2+1}+\cdots +\dfrac 1{(m+1)^2-1}\\&=a_{k+1}.\end{split}\]由引理，得$$a_2>a_3>\cdots >a_k>a_{k+1}\geqslant a_m.$$当 $m$ 为偶数时，$$S_n=a_2-(a_3-a_4)-(a_5-a_6)-\cdots -(a_{m-1}-a_m)<a_2;$$当 $m$ 为奇数时，$$S_n=a_2-(a_3-a_4)-(a_5-a_6)-\cdots -(a_{m-2}-a_{m-1})<a_2.$$因此，对任意的正整数 $m\geqslant 2$，都有 $S_n<a_2$．
又$$a_2=\dfrac 14+\dfrac 15 +\dfrac 16+\dfrac 17+\dfrac 18<1,$$所以 $S_n<1$．
类似地，$$a_3-a_4+a_5-\cdots +(-1)^ma_m<a_3,$$所以$$S_n=a_2-(a_3-a_4+a_5-\cdots +(-1)^ma_m)>a_2-a_3>0.$$综上所述，对任意正整数 $n\geqslant 4$，都有 $0<S_n<1$．
答案
解析
备注
