Bài toán. Với mỗi số nguyên dương $n$, gọi $s_n$ là số cặp số nguyên $(x,\,y)$ thỏa mãn \[x^2+y^2\le n^2.\]Ở đây, nếu $a\ne b$ thì hai cặp $(a,\,b)$ và $(b,\,a)$ gọi là khác nhau, tính $\lim\dfrac{\sqrt{s_n}}{n}$.

Lời giải. Gọi $D_n$ là số cặp số nguyên $(x,\,y)$ thỏa mãn $x^2+y^2\le n^2$ với $x\ne y$, và $E_n$ là số cặp số nguyên $(x,\,x)$ thỏa mãn $x^2+y^2\le n^2$. Ta có $E_n$ là số các số nguyên $k$ sao cho $2k^2\le n^2$, từ $k\le\frac{\sqrt 2}{2}n$ ta có $k\in\mathbb Z$ và\[ – \left\lfloor {\frac{{n\sqrt 2 }}{2}} \right\rfloor \le k \le \left\lfloor {\frac{{n\sqrt 2 }}{2}} \right\rfloor .\]Cho nên $E_n=2\left\lfloor {\frac{{n\sqrt 2 }}{2}} \right\rfloor +1$, giờ ta đi đánh giá $D_n$.

Tổng số cặp số nguyên $(x,\,y)$ thỏa mãn $x^2+y^2\le n^2$ với $x\ne y$ là $4N_n$, với $N_n$ là số các cặp số tự nhiên $(x,\,y)$ thỏa mãn $x^2+y^2\le n^2$ và $x\ne y$. Giả sử $(x,\,y)\in\mathbb N^2$ thỏa mãn $x^2+y^2\le n^2$, khi đó\[0 \le x \le n,\quad 0 \le y \le \left\lfloor {\sqrt {{n^2} – {x^2}} } \right\rfloor .\]Cho nên có đánh giá với $D_n$ là\[4\left( { – n + \sum\limits_{0 \le x \le n} {\left\lfloor {\sqrt {{n^2} – {x^2}} } \right\rfloor } } \right) \le 4{N_n} \le {D_n} \le 4\sum\limits_{0 \le x \le n} {\left\lfloor {\sqrt {{n^2} – {x^2}} } \right\rfloor } .\]Vì thế cho nên từ ${s_n} = {E_n} + {D_n}$ có\[ -4 n +1+ {T_n} \le {s_n} \le 1+ {T_n},\]trong đó ${T_n} = 2\left\lfloor {\frac{{n\sqrt 2 }}{2}} \right\rfloor  + 4\sum\limits_{1 \le x \le n} {\left\lfloor {\sqrt {{n^2} – {x^2}} } \right\rfloor }$. Điều đó sẽ dẫn đến\[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{s_n}}}{{{n^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{{n^2}}}\left( {2\left\lfloor {\frac{{n\sqrt 2 }}{2}} \right\rfloor + 4\sum\limits_{1 \le x \le n} {\left\lfloor {\sqrt {{n^2} – {x^2}} } \right\rfloor } } \right).\]Do đánh giá về phần nguyên\[\begin{array}{l} 2\left\lfloor {\frac{{n\sqrt 2 }}{2}} \right\rfloor  + 4\sum\limits_{1 \le x \le n} {\left\lfloor {\sqrt {{n^2} – {x^2}} } \right\rfloor } &\le 2\left( {\frac{{n\sqrt 2 }}{2}} \right)  + 4\sum\limits_{1 \le x \le n} {\sqrt {{n^2} – {x^2}} } ,\\
2\left\lfloor {\frac{{n\sqrt 2 }}{2}} \right\rfloor +  4\sum\limits_{1 \le x \le n} {\left\lfloor {\sqrt {{n^2} – {x^2}} } \right\rfloor } &\ge 2\left( {\frac{{n\sqrt 2 }}{2} – 1} \right) + 4\sum\limits_{1 \le x \le n} {\left( {\sqrt {{n^2} – {x^2}} – 1} \right)} .
\end{array}\]Cho nên rút cục thì\[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{s_n}}}{{{n^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{4}{{{n^2}}}\sum\limits_{1 \le x \le n} {\sqrt {{n^2} – {x^2}} } = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{4}{n}\sum\limits_{1 \le x \le n} {\sqrt {1 – {{\left( {\frac{x}{n}} \right)}^2}} .} \]Về bản chất, kết quả giới hạn này chính là giá trị của tích phân xác định\[I = \int\limits_0^1 {4\sqrt {1 – {x^2}} dx = \pi .} \]Từ đó cho nên là\[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\sqrt {{s_n}} }}{n} = \sqrt \pi .\]