Cho dãy số $(u_n)$ được xác định bởi $u_1=\alpha >0$ và $u_{n+1}=u_n+\frac{n}{u_n}$ với mọi $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

a) Chứng minh rằng $u_n\ge n$ với mọi $n\ge 2$.

b) Chứng minh rằng dãy số $\left(\frac{u_n}{n}\right)$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Lời giải (nguồn: trang giải chính thức, Bài toán 0.1 - Lim Olympic - Quảng Trị TST - P1).

a) Ta có $u_2=a+\frac{1}{a}\ge 2$. Giả sử $u_n\ge n$ với $n\ge 2$ nào đó. Khi đó
$$u_{n+1}-(n+1)=u_n+\frac{n}{u_n}-n-1=\frac{(u_n-n)(u_n-1)}{u_n}\ge 0.$$
Suy ra $u_{n+1}\ge n+1$. Theo quy nạp, ta có $u_n\ge n$ với mọi $n\ge 2$.

b) Ta có $u_{n+1}^2-u_n^2=2n+\frac{n^2}{u_n^2}$ nên $u_n^2=a^2+n(n-1)+\sum _{i=1}^{n-1}\frac{i^2}{u_i^2}$ với mọi $n\ge 2$.

Để ý với $i\ge 2$ ta có $u_i\ge i$, nên $\frac{i^2}{u_i^2}\le 1$. Vì vậy
$$a^2+n(n-1)\le u_n^2\le a^2+n(n-1)+\frac{1}{a^2}+n-2.$$
Từ đó ta suy ra được với mọi $n\ge 2$ thì
$$1-\frac{1}{n}+\frac{a^2}{n^2}\le \frac{u_n^2}{n^2}\le 1+\frac{a^2+a^{-2}-2}{n^2}.$$
Theo nguyên lý kẹp ta có $\frac{u_n^2}{n^2}\to 1$, và vì $u_n>0$ nên $\frac{u_n}{n}\to 1$.

Kết luận: giới hạn của dãy $\left(\frac{u_n}{n}\right)$ bằng 1.