Cho dãy số thực dương $(a_n)$ thỏa mãn điều kiện $a_n\left(a_{n+1}^2-1\right)=a_{n+1}\left(a_n^2+1\right),\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.
a) Chứng minh $\lim a_n=+\infty$.
b) Tính $\lim \frac{1}{\sqrt{n}}\left(\sum _{i=1}^n\frac{1}{a_i}\right)$.

Vì $a_n,a_{n+1}>0$, chia hai vế cho $a_n{a}_{n+1}$ ta được $a_{n+1}-\frac{1}{a_{n+1}}=a_n+\frac{1}{a_n}$, nên
$$a_{n+1}-a_n=\frac{1}{a_n}+\frac{1}{a_{n+1}}$$
a) Để ý $(a_n)$ tăng, giả sử $(a_n)$ bị chặn trên, khi đó tồn tại $L>0$ sao cho $a_n\to L$.
Khi đó vế trái tiến tới 0, còn vế phải tiến tới $2/L>0$, mâu thuẫn nên suy ra ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=+\infty$.
b) Do $a_{n+1}>a_n$, ta có $0<a_{n+1}-a_n<\frac{2}{a_n}$, suy ra
$$0<\frac{a_{n+1}}{a_n}-1=\frac{a_{n+1}-a_n}{a_n}<\frac{2}{a_n^2}\to 0,$$
Do đó $\frac{a_{n+1}}{a_n}\to 1$, mặt khác ta có
$$a_{n+1}^2-a_n^2=(a_{n+1}+a_n)\left(\frac{1}{a_n}+\frac{1}{a_{n+1}}\right)=2+\frac{a_{n+1}}{a_n}+\frac{a_n}{a_{n+1}}\to 4$$
Do đó theo Stolz-Cesaro thì $\frac{a_n^2}{n}\to 4$ nên $\frac{a_n}{\sqrt{n}}\to 2$. Đặt $S_n={\sum }_{i=1}^n\frac{1}{a_i}$ thì
$$\frac{S_n-S_{n-1}}{\sqrt{n}-\sqrt{n-1}}=\frac{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}{a_n}=\frac{\sqrt{n}}{a_n}\left(1+\sqrt{1-\frac{1}{n}}\right)\to 1.$$
Vì thế lại theo Stolz-Cesaro ta có được ${\lim }_{n\to \infty }\frac{S_n}{\sqrt{n}}=1$ hay ${\lim }_{n\to \infty }\frac{1}{\sqrt{n}}{\sum }_{i=1}^n\frac{1}{a_i}=1$.