Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi
$$u_1=3\text{ vaˋ }{u}_{n+1}=\frac{2026u_n^2}{2026u_n-2025}(\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }).$$
a) Chứng minh ${\lim }_{n\to +\infty }{u}_n=+\infty$.
b) Tìm tất cả các giá trị $\alpha \in \mathbb{R}$ sao cho dãy số $(v_n)$, với $v_n=u_n\cdot n^{\alpha }$, là hội tụ và có giới hạn khác 0.

a) Ta có $u_1=3>1$. Giả sử $u_n>1$ thì $2026u_n^2>2026u_n-2025>0$ nên $u_{n+1}>1$. Do đó bằng quy nạp ta suy ra $u_n>1\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Mặt khác ta có
$$u_{n+1}-u_n=\frac{2026u_n^2}{2026u_n-2025}-u_n=\frac{2026u_n^2-u_n(2026u_n-2025)}{2026u_n-2025}=\frac{2025u_n}{2026u_n-2025}>0$$
Do đó $u_{n+1}>u_n\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ nên $(u_n)$ là dãy tăng. Giả sử dãy $(u_n)$ bị chặn trên thì theo định lý Weierstrass, tồn tại $L\ge 3$ để $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=L$. Khi đó trong công thức truy hồi, cho $n\to +\infty$ thì
$$L=\frac{2026L^2}{2026L-2025}\Rightarrow L=0,\text{ maˆu thuaˆ˜n.}$$
Vậy dãy $u_n$ không bị chặn trên hay $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=+\infty$.

b) Do $(u_n)$ và $(n)$ đều là hai dãy không bị chặn trên nên theo định lý Stolz, ta có
$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{u_n}{n}=\underset{n\to +\infty }{\lim }(u_{n+1}-u_n)=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{2025u_n}{2026u_n-2025}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{2025}{2026-\frac{2025}{u_n}}=\frac{2025}{2026}.$$
Ta có: $v_n=u_n\cdot n^{\alpha }=\frac{u_n}{n}\cdot n^{\alpha +1}$
Xét các trường hợp của $\alpha$:
- Nếu $\alpha +1>0$ (tức $\alpha >-1$): $\lim v_n=\lim \left(\frac{u_n}{n}\right)\cdot \lim (n^{\alpha +1})=+\infty$. (Loại)
- Nếu $\alpha +1<0$ (tức $\alpha <-1$): $\lim v_n=\lim \left(\frac{u_n}{n}\right)\cdot \lim (n^{\alpha +1})=\frac{2025}{2026}\cdot 0=0$. (Loại vì yêu cầu giới hạn khác 0).
- Nếu $\alpha +1=0$ (tức $\alpha =-1$): $\lim v_n=\lim \left(\frac{u_n}{n}\cdot n^0\right)=\lim \left(\frac{u_n}{n}\right)=\frac{2025}{2026}\ne 0$. (Thỏa mãn)
Vậy $\alpha =-1$ là giá trị duy nhất thỏa đề.