(7,0 điểm) Cho dãy số thực dương $(a_n)$ thỏa mãn $a_{n+1}-\frac{4}{a_{n+1}}=a_n+\frac{4}{a_n},\forall n\ge 1$. Đặt $y_n=a_n^2+\frac{16}{a_n^2},\forall n\ge 1$.

a) Chứng minh $a_n+\frac{4}{a_n}=\sqrt{y_1+16n-8},\forall n\ge 1$.

b) Tính $\lim \frac{1}{\sqrt{n+1}}\left(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots +\frac{1}{a_n}\right)$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $s_n=a_n+\frac{4}{a_n}>0$. Từ giả thiết $a_{n+1}-\frac{4}{a_{n+1}}=s_n$, bình phương hai vế: $a_{n+1}^2-8+\frac{16}{a_{n+1}^2}=s_n^2$, tức $s_{n+1}^2=s_n^2+16$. Suy ra $s_n^2=s_1^2+16(n-1)$. Mặt khác $y_1=a_1^2+\frac{16}{a_1^2}=s_1^2-8$, nên $s_n^2=y_1+16n-8$, do đó $a_n+\frac{4}{a_n}=\sqrt{y_1+16n-8}$ (câu a).

Câu b: Từ $a_n+\frac{4}{a_n}=s_n$ với $s_n=\sqrt{y_1+16n-8}\ge 4$, ta có $\frac{1}{a_n}=\frac{s_n-\sqrt{s_n^2-16}}{8}=\frac{(s_n-\sqrt{s_n^2-16})(s_n+\sqrt{s_n^2-16})}{8\left(s_n+\sqrt{s_n^2-16}\right)}=\frac{16}{8\left(s_n+\sqrt{s_n^2-16}\right)}=\frac{2}{s_n+\sqrt{s_n^2-16}}$. Vì $\frac{\sqrt{s_n^2-16}}{s_n}\to 1$ khi $n\to \infty$, ta có $\frac{1}{a_n}=\frac{2}{s_n+\sqrt{s_n^2-16}}\sim \frac{2}{2s_n}=\frac{1}{s_n}\sim \frac{1}{4\sqrt{n}}$.

Do đó $\frac{1}{\sqrt{n+1}}\sum _{k=1}^n\frac{1}{a_k}$ có cùng giới hạn với $\frac{1}{\sqrt{n+1}}\sum _{k=1}^n\frac{1}{4\sqrt{k}}$. Theo tiêu chuẩn Stolz–Cesàro (hoặc tổng Riemann): $\sum _{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k}}\sim 2\sqrt{n}$, nên giới hạn cần tính bằng $\frac{1}{4}\cdot \frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}\to \frac{1}{2}$.

Vậy $\lim \frac{1}{\sqrt{n+1}}\left(\frac{1}{a_1}+\cdots +\frac{1}{a_n}\right)=\frac{1}{2}$.