Cho dãy số $(x_n)$ xác định bởi $$\{\begin{array}{l}{x}_1=1\\ x_{n+1}=\left(n^2+1\right).x_1{x}_2\dots x_n,\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }.\end{array}$$

Với mỗi $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, đặt $y_n=\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\dots +\frac{1}{x_n}$.

a) Chứng minh rằng $x_n\ge 2^{n-1}$, $\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ và dãy số $(y_n)$ có giới hạn hữu hạn.

b) Chứng minh rằng $\underset{n\to +\infty }{\lim }{y}_n$ là một số vô tỉ.

(Lời giải của bạn Trí Dũng)

a) Vì $x_1=1$ và $x_{n+1}=(n^2+1)x_1{x}_2\cdots x_n\ge 2x_n$, nên bằng quy nạp, $x_n\ge 2^{n-1}$ với mọi $n\ge 1$.

Do đó $0<y_n=\sum _{i=1}^n\frac{1}{x_i}\le \sum _{i=1}^n\frac{1}{2^{i-1}}<2$.

Dễ thấy rằng $(y_n)$ tăng và bị chặn trên. Vì vậy $(y_n)$ có giới hạn hữu hạn.

b) Đặt $L=\underset{n\to +\infty }{\lim }{y}_n$. Giả sử $L=\frac{a}{b}\in \mathbb{Q}$, trong đó $a,b\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

Vì $x_n=((n-1{)}^2+1)x_1{x}_2\cdots x_{n-1}$, nên $x_i\mid x_n$ với mọi $i\le n$, suy ra $x_n{y}_n\in \mathbb{Z}$.

Bởi vậy $A_n:=b{x}_n(L-y_n)=a{x}_n-b{x}_n{y}_n\in {\mathbb{Z}}_{>0}$.

Lại có $x_{m+1}\ge 2x_m$, nên $x_{n+j}\ge 2^{j-1}{x}_{n+1}$ với mọi $j\ge 1$.

Do đó $0<L-y_n=\sum _{j=1}^{\infty }\frac{1}{x_{n+j}}\le \frac{1}{x_{n+1}}\sum _{j=1}^{\infty }\frac{1}{2^{j-1}}=\frac{2}{x_{n+1}}$.

Suy ra $0<A_n\le \frac{2b{x}_n}{x_{n+1}}=\frac{2b}{(n^2+1)x_1{x}_2\cdots x_{n-1}}\le \frac{2b}{n^2+1}<1$ khi $n$ đủ lớn.

Từ đó ta có mâu thuẫn với $A_n\in {\mathbb{Z}}_{>0}$, vậy $\underset{n\to +\infty }{\lim }{y}_n\notin \mathbb{Q}$.