Bài toán.
Cho hai dãy $(x_{n}),\,(y_{n}):$$$\left\{\begin{matrix}
x_{1}=-1,y_{1}=1\\x_{n+1}=-3x_{n}^{2}-2x_{n}y_{n}+8y_{n}^{2}
\\y_{n+1}=2x_{n}^{2}+3x_{n}y_{n}-2y_{n}^{2}

\end{matrix}\right.\;\;\forall n\geq 1$$
Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $x_{p}+y_{p}$ không chia hết cho $p$

Lời giải.
Ta có $$x_{n}+2y_{n}=-3x_{n-1}^{2}-2x_{n-1}y_{n-1}+8y_{n-1}^{2}+2\left (  -2x_{n-1}^{2}+3x_{n-1}y_{n-1}-2y_{n-1}^{2}\right )$$$$\Rightarrow x_{n}+2y_{n}=\left ( x_{n-1}+2y_{n-1} \right )^{2}=\left ( x_{1}+2y_{1} \right )^{2(n-1)}=1,\;\forall n\geq 1$$Lại có $$x_{n}-y_{n}=-3x_{n-1}^{2}-2x_{n-1}y_{n-1}+8y_{n-1}^{2} -\left ( 2x_{n-1}^{2}+3x_{n-1}y_{n-1}-2y_{n-1}^{2}  \right )$$$$\Rightarrow x_{n}-y_{n}=-5(x_{n-1}+2y_{n-1})(x_{n-1}-y_{n-1})=-5(x_{n-1}-y_{n-1})$$$$\Rightarrow x_{n}-y_{n}=(-5)^{n-1}(x_{1}-y_{1})=-2.(-5)^{n-1}$$Do đó$$x_{n}+y_{n}=\frac{x_{n}-y_{n}+2(x_{n}+2y_{n})}{3}=\frac{-2.(-5)^{n-1}+2}{3}$$Xét $p>5$. Khi đó $$x_{p}+y_{p}=\frac{-2.5^{p-1}+2}{3}$$ Theo định lý Fermat nhỏ ta được $$5^{p-1}\equiv 1\left ( mod\;p \right )\Rightarrow 2-2.5^{p-1}\equiv 0\left ( mod\;p \right )$$ Dẫn đến  $x_{p}+y_{p}$ chia hết cho $p$  (do $(p,3)=1$)

Nếu $p=2$ thì $x_{2}+y_{2}=4\Rightarrow \left.\begin{matrix}
2
\end{matrix}\right|x_{2}+y_{2}$

Nếu $p=3$ thì $x_{3}+y_{3}=-16\Rightarrow x_{3}+y_{3}\equiv 2\left ( mod\;3 \right )$

Nếu $p=5$ thì $x_{5}+y_{5}=-416\Rightarrow x_{5}+y_{5}\equiv 4\left ( mod\;5 \right )$

Vậy $p=3,5$ thỏa yêu cầu đề bài.

Bài dãy số chọn đội tuyển VMO Cần Thơ 2015

Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Cần Thơ 2015)
Cho dãy số $\left ( x_{n} \right )$ với $n\in N^{*}$ được xác định bởi $$\left\{\begin{matrix}
x_{0}>0\\ x_{n}=\frac{9}{10}u_{n-1}+\frac{1007}{5x_{n-1}^{9}},\;\forall n\geq 1

\end{matrix}\right.$$
Chứng minh dãy số $\left ( x_{n} \right )$ có giới hạn và tìm giới hạn này.

Lời giải.
Trước hết chứng minh $x_{n}>0$ với $\forall n\in N$

Với $n=0$ ta được $x_{0}>0$

Giả sử $x_{i}>0,\;\forall i=\overline{0,n}$. Ta cần chứng minh $x_{n+1}>0$

Thật vậy $$x_{n+1}=\frac{9}{10}x_{n}+\frac{1007}{5x_{n}^{9}}>0$$ Do đó $x_{n}>0,\forall n\in N$

Theo bất đẳng thức AM-GM ta được $$x_{n+1}=\frac{x_{n}}{10}+\frac{x_{n}}{10}+...+\frac{x_{n}}{10}+\frac{1007}{5x_{n}^{9}}\geq 10\sqrt[10]{\frac{1}{10^{9}}.\frac{1007}{5}}=\sqrt[10]{2014}$$
Lại có $$x_{n+1}-x_{n}=\frac{9}{10}x_{n}+\frac{1007}{5x_{n}^{9}}-x_{n}=\frac{1007}{5x_{n}^{9}}-\frac{1}{10}x_{n}=\frac{2014-x_{n}^{10}}{10x_{n}^{9}}\leq 0\Rightarrow x_{n+1}\leq x_{n}$$
Vậy dãy số $(x_{n})$ là dãy giảm mà bị chặn dưới bởi $\sqrt[10]{2014}$ nên dãy $(u_{n})$ có giới hạn hữu hạn.

Đặt $lim\;x_{n}=L$. Chuyển qua giới hạn ta được $$L=\frac{9}{10}L+\frac{1007}{5L^{9}}\Rightarrow \frac{L}{10}=\frac{1007}{5L^{9}}\Rightarrow L^{10}=2014\Rightarrow L=\sqrt[10]{2014}$$
Vậy dãy số $(x_{n})$ có giới hạn hữu hạn và giới hạn đó là $\sqrt[10]{2014}$

Bài dãy số chọn đội tuyển VMO Hà Tĩnh 2015

Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Hà Tĩnh 2015)
Cho dãy số $(x_n)$ được xác định bởi: $$x_1=\frac{1}{2}; x_{n+1}=\frac{2014+x_n}{2016-x_n}\, \forall n=1,2,..$$
  a) Chứng minh rằng dãy $(x_n)$ có giới hạn và tính giới hạn đó.

  b) Với mỗi số tự nhiên $n \ge 1,$ ta đặt $$y_n=\frac{1}{2013n+2015} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{x_k-2014}$$ Tính $\lim y_n$

Lời giải.
a)  Trước hết chứng minh $x_{n}<1,\,\forall n=1,2,...$

Với $n=1$ ta được $x_{1}<1$

Với $n=2$ ta được $x_{2}<1$

Giả sử $x_{n}<1$. Ta cần chứng minh $x_{n+1}<1$

Thật vậy $$x_{n+1}<1\Leftrightarrow \frac{2014+x_{n}}{2016-x_{n}}-1<0\Leftrightarrow \frac{2(x_{n}-1)}{2016-x_{n}}<0$$ Điều này đúng do $x_{n}<1$

Ta sẽ chứng minh dãy $(x_{n})$ là dãy tăng.

Với $n=1$ ta được $x_{2}=\frac{4029}{4031}>\frac{1}{2}=x_{1}$

Giả sử $x_{n}>x_{n-1}$. Ta cần chứng minh $x_{n+1}>x_{n}$

Thật vậy $$x_{n+1}>x_{n}\Leftrightarrow \frac{2014+x_{n}}{2016-x_{n}}-x_{n}> 0\Leftrightarrow \frac{(x_{n}-1)(x_{n}-2014)}{2016-x_{n}}> 0$$ Vậy dãy $(x_{n})$ là dãy tăng và bị chặn trên bởi $1$ nên $(x_{n})$ hôi tụ. Đặt $lim\,x_{n}=L\,(L<1)$

Chuyển qua giới hạn ta được $$L=\frac{2014+L}{2016-L}\Rightarrow L=1$$

Mở rộng. Tìm công thức tồng quát của $x_{n}$
Ta có $$x_{n+1}-1=\frac{2014+x_{n}}{2016-x_{n}}-1=\frac{2(x_{n}-1)}{2016-x_{n}}\;(1)$$$$x_{n+1}-2014=\frac{2014+x_{n}}{2016-x_{n}}-2014=\frac{2015(x_{n}-2014)}{2016-x_{n}}\;(2)$$ Giả sử $\exists i:x_{i}=2014$. Khi đó theo $(2)$ ta suy ra $x_{1}=2014$ (vô lý) nên $x_{n}\neq 2014,\,\forall n $

Khi đó từ $(1)$ và $(2)$ ta được $$\frac{x_{n+1}-1}{x_{n+1}-2014}=\frac{2}{2015}.\frac{x_{n}-1}{x_{n}-2014}=...=\left ( \frac{2}{2015} \right )^{n-1}.\frac{x_{1}-1}{x_{1}-2014}$$
$$\Rightarrow \frac{x_{n}-1}{x_{n}-2014}=\left ( \frac{2}{2015} \right )^{n-2}.\frac{1}{4027}\Rightarrow x_{n}=\frac{2014.2^{n-2}-4027.2015^{n-2}}{2^{n-2}-4027.2015^{n-2}}$$

b) Ta có $$x_{n+1}-2014=\frac{2014+x_{n}}{2016-x_{n}}-2014=\frac{2015(x_{n}-2014)}{2016-x_{n}}$$
$$x_{n+1}-x_{n}=\frac{(x_{n}-1)(x_{n}-2014)}{2016-x_{n}}$$
Suy ra $$\frac{2015(x_{n+1}-x_{n})}{(x_{n+1}-2014)(x_{n}-2014)}=\frac{(x_{n}-1)}{x_{n}-2014}\Rightarrow 2015\left (  \frac{1}{x_{n}-2014}-\frac{1}{x_{n+1}-2014}\right )= 1+\frac{2013}{x_{n}-2014} $$
$$\Rightarrow \frac{1}{x_{n}-2014} =\frac{2015}{2013}\left (  \frac{1}{x_{n}-2014}-\frac{1}{x_{n+1}-2014}\right )-\frac{1}{2013}$$
$$\Rightarrow y_{n}=\begin{bmatrix}
\frac{2015}{2013}\left ( \frac{-2}{4027} -\frac{1}{x_{n+1}-2014}\right )-\frac{n}{2013}
\end{bmatrix}.\frac{1}{2013n+2015}\Rightarrow lim\,y_{n}=\frac{-1}{2013^{2}}$$
Vậy $lim\,y_{n}=-\frac{-1}{2013^{2}}$

Bài dãy số chọn đội tuyển VMO Vũng Tàu 2015

Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Vũng Tàu 2015)
Cho dãy số $(x_{n})$  xác định bởi $$\left\{\begin{matrix}
x_{1}=3\\ x_{n+1}=\frac{2x_{n}^{3}-2x_{n}+1}{2\left ( x_{n}-1 \right )^{2}}

\end{matrix}\right.$$ Với mỗi số nguyên dương $n$, ta đặt $$y_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{x_{k}^{2}}$$ Tính giới hạn của dãy số $(y_{n})$.

Lời giải.
Ta có $$x_{n+1}-\frac{1}{2}=\frac{2x_{n}^{3}-2x_{n}+1}{2(x_{n}-1)^{2}}-x_{n}=\frac{x_{n}^{2}(2x_{n}-1)}{2(x_{n}-1)^{2}}$$
$$\Rightarrow 2x_{n+1}-1=\frac{x_{n}^{2}(2x_{n}-1)}{(x_{n}-1)^{2}}\Rightarrow \frac{1}{2x_{n+1}-1}=\frac{(x_{n}-1)^{2}}{x_{n}^{2}(2x_{n}-1)}=\frac{1}{2x_{n}-1}-\frac{1}{x_{n}^{2}}$$
$$\Rightarrow \frac{1}{x_{n}^{2}}=\frac{1}{2x_{n}-1}-\frac{1}{2x_{n+1}-1}\Rightarrow y_{n}=\frac{1}{5}-\frac{1}{2x_{n+1}-1}$$
Lại có $$x_{n+1}-x_{n}=\frac{2x_{n}^{3}-2x_{n}+1-2x_{n}(x_{n}-1)^{2}}{2(x_{n}-1)^{2}}=\frac{(2x_{n}-1)^{2}}{2(x_{n}-1)^{2}}\geq 0$$ Vậy dãy $(x_{n})$ là dãy tăng.

Giả sử dãy $(x_{n})$ bị chặn trên thì dãy $(x_{n})$ có giới hạn hữu hạn. Đặt  $lim\,x_{n}=L$, chuyển

qua giới hạn ta được $$L=\frac{2L^{3}-2L+1}{2(L-1)^{2}}\Rightarrow (2L-1)^{2}=0\Rightarrow L=\frac{1}{2}$$
Điều này vô lý vì $..>x_{n}>x_{n-1}>...x_{1}>\frac{1}{2}\Rightarrow L>\frac{1}{2}$

Vậy $lim\,x_{n}=+\infty $. Do đó $$lim\,y_{n}=\frac{1}{5}$$

Bài dãy số chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2015

Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2015)
Cho dãy $(u_n)$ xác định bởi $$\left\{\begin{matrix} u_1=1\\ u_{n+1}=3u_n-\sqrt{u_n^2+1},n=1,2,3... \end{matrix}\right.$$
Tính $$\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim} \frac{2u_{n+1}^2+3u_n^2}{u_{n+1}^2+2u_{n-1}}.$$
Lời giải.
Ta có $$\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim} \frac{2u_{n+1}^2+3u_n^2}{u_{n+1}^2+2u_{n-1}}=\lim_{n\rightarrow +\infty }\frac{2+3\left ( \frac{u_{n}}{u_{n+1}}\right )^{2}}{1+\frac{2u_{n-1}}{u_{n+1}^{2}}}$$
Ta sẽ chứng minh $u_{n}> \frac{\sqrt{3}}{3},\, \forall n\geq 2\,(1)$

Với $n=2$ ta được $u_{2}=3u_{1}-2\sqrt{u_{1}^{2}+1}=3-2\sqrt{2}> \frac{\sqrt{3}}{3}$

Giả sử $(1)$ đúng với $\forall i=\overline{1,n}$. Ta cần chứng minh $u_{n+1}> \frac{\sqrt{3}}{3}$

Thật vậy $$u_{n+1}> \frac{\sqrt{3}}{3}\Leftrightarrow 3u_{n}-\sqrt{u_{n}^{2}+1}> \frac{\sqrt{3}}{3}\Leftrightarrow \left ( 3u_{n}-\frac{\sqrt{3}}{3} \right )^{2}> u_{n}^{2}+1\Leftrightarrow \left ( u_{n}-\frac{\sqrt{3}}{3} \right )\left ( 8u_{n}+\frac{2}{\sqrt{3}} \right )> 0$$
Điều này đúng.

Ta chứng minh dãy $(u_{n})$ là dãy tăng.

Thật vậy $$u_{n+1}-u_{n}=2u_{n}-\sqrt{u_{n}^{2}+1}> 0\Leftrightarrow 3u_{n}^{2}>1$$
Vậy dãy $(u_{n})$  là dãy tăng.

Nếu dãy $(u_{n})$ bị chặn trên thì theo định lý Weierstrass, dãy $(u_{n})$ có giới hạn hữu hạn

Đặt $\lim\,u_{n}=L$. Chuyển qua giới hạn ta được $$L=3L-\sqrt{L^{2}+1}\Rightarrow L=\frac{\sqrt{3}}{3}$$
Điều này vô lý vì $...>x_{n}>x_{n-1}>...>x_{2}>\frac{\sqrt{3}}{3}$

Vậy $lim\,u_{n}=+\infty $

Theo giả thiết ta có $$\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=3-\sqrt{1+\frac{1}{u_{n}^{2}}}< 2\Rightarrow \frac{u_{n}}{u_{n+1}}> \frac{1}{2}$$
Lại có $$\frac{u_{n+1}}{u_{n}}.\frac{u_{n+1}}{u_{n+2}}=\frac{3-\sqrt{1+\frac{1}{u_{n}^{2}}}}{3-\sqrt{1+\frac{1}{u_{n+1}^{2}}}}< 1\Rightarrow \frac{u_{n+1}}{u_{n+2}}< \frac{u_{n}}{u_{n+1}}$$
Đặt $v_{n}=\frac{u_{n}}{u_{n+1}}$. Khi đó dãy $(v_{n})$ là dãy giảm và bị chặn dưới bởi $\frac{1}{2}$ nên hội tụ.

Đặt $lim\, v_{n}=L\Rightarrow\,L>\frac{1}{2}$

Do$$\left ( u_{n+1}-3u_{n} \right )^{2}=u_{n}^{2}+1\Rightarrow 8\left ( \frac{u_{n}}{u_{n+1}} \right )^{2}-6.\frac{u_{n}}{u_{n+1}}+1=\frac{1}{u_{n+1}^{2}}$$ nên chuyển qua giới hạn ta được $$8L^{2}-6L-1=0\Rightarrow L=\frac{1}{2}$$Suy ra $$lim\, \frac{2u_{n+1}^{2}+3u_{n}^{2}}{1+2u_{n-1}}=\frac{2+3.\left ( \frac{1}{2} \right )^{2}}{1}=\frac{11}{4}$$

Bài dãy số chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2014

Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2014)
Cho dãy số $a_{n}$ được xác định bởi $$\left\{\begin{matrix}
a_{1}=2,a_{2}=1\\a_{n+2}=\frac{a_{n}.a_{n+1}}{2a_{n}+a_{n+1}} ,\, \forall n\in N^{*}

\end{matrix}\right.$$
Chứng minh rằng dãy số $(a_{n})$ có giới hạn hữu hạn khi $n\rightarrow +\infty $. Hãy tìm $$\lim_{n\rightarrow +\infty }a_{n}$$
Lời giải.
Trước hết chứng minh $a_{n}> 0,\, \forall n\in N^{*}\: (1)$

Với $n=1$ ta được $a_{1}=2>0$

Với $n=2$ ta được $a_{2}=1>0$

Giả sử $(1)$ đúng với $\forall i=\overline{1,n}$. Ta cần chứng minh $a_{n+1}>0$

Thật vậy $$a_{n+2}=\frac{a_{n}.a_{n+1}}{2a_{n}+a_{n+1}}> 0$$
Theo giả thiết đề bài ta được $$\frac{1}{a_{n+2}}=\frac{2a_{n}+a_{n+1}}{a_{n}.a_{n+1}}=\frac{2}{a_{n+1}}+\frac{1}{a_{n}}> \frac{1}{a_{n+1}}\Rightarrow a_{n+2}<a_{n+1}$$
Vậy dãy $(a_{n})$ là dãy giảm mà bị chặn dưới bởi $0$ nên theo định lý Weierstrass, dãy $(a_{n})$ có

giới hạn hữu hạn. Đặt $$\lim_{n\rightarrow +\infty }a_{n}=L$$Chuyển qua giới hạn ta được $$L=\frac{L^{2}}{3L}\Rightarrow L=0$$Vậy $$\lim_{n\rightarrow +\infty }a_{n}=0$$

Bài dãy số thi Vietnamese Mathematical Olympiad 2011

Bài toán. (VMO 2011)
Cho dãy số nguỵên $(a_{n})$ thỏa $$\left\{\begin{matrix}
a_{0}=1;\, a_{1}=-1\\ a_{n+2}=6a_{n+1}+5a_{n},\, \forall n\in N

\end{matrix}\right.$$
Chứng minh rằng $a_{2012}-2010$ chia hết cho $2011$.

Lời giải.
Xét dãy $v_{n}$ được xác định như sau: $$\left\{\begin{matrix}
v_{0}=1;\, v_{1}=-1\\ v_{n+2}=5v_{n+1}+2016v_{n},\, \forall n\in N

\end{matrix}\right.$$
Trước hết, ta chứng minh $a_{n}\equiv v_{n}\;(mod\;2011),\, \forall n\in N\;(1)$

Với $n=0$ ta được $a_{0}\equiv v_{0}\equiv 1\;(mod\;2011)$

Với $n=1$ ta được $a_{1}\equiv v_{1}\equiv -1\;(mod\;2011)$

Giả sử $(1)$ đúng với $\forall i=\overline{0;n}$. Ta cần chứng minh $a_{n+1}\equiv v_{n+1}\;(mod\;2011)$

Thật vậy: $$a_{n+1}\equiv 6a_{n}+5a_{n-1}\equiv 6v_{n}+2016v_{n-1}\equiv v_{n+1}\;(mod\;2011)$$
Vậy  $a_{n}\equiv v_{n}\;(mod\;2011),\, \forall n\in N$

Lại có: $$v_{n+2}=6v_{n+1}+2016v_{n}\Rightarrow v_{n}=a.48^{n}+b.(-42)^{n}$$
Kết hợp với $v_{0}$ và $v_{1}$ ta được hệ $$\left\{\begin{matrix}
v_{0}=a+b=1\\ v_{1}=48a-42b=-1

\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
a=\frac{41}{90}\\b=\frac{49}{90}

\end{matrix}\right.$$
Do đó $$v_{n}=\frac{41.48^{n}+49.(-42)^{n}}{90}$$
Ta cần chứng minh $$\left ( a_{2012}-2010 \right )\vdots \, 2011\Leftrightarrow \left (  v_{2012}+1\right )\vdots 2011\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
41.48^{2012}+49.(-42)^{2012}+90
\end{bmatrix} \vdots 2011$$
Theo định lý Fermat nhỏ mở rộng ta được $$48^{2011}\equiv 48\, (mod\, 2011),\,42^{2011}\equiv 42\, (mod\, 2011)$$
Suy ra $$ \begin{bmatrix}
41.48^{n}+49.(-42)^{n}+90
\end{bmatrix}\equiv 41.42^{2}+49.42^{2}+90\equiv 0 \, (mod\, 2011)$$
Vậy bài toán được chứng minh hoàn toàn.

Bài toán. 
Cho dãy số thực $\begin{Bmatrix}
a_{n}
\end{Bmatrix}$ thỏa $$\left\{\begin{matrix}
a_{1}\in (1;2)\\ a_{n+1}=a_{n}+\frac{n}{a_{n}}

\end{matrix}\right.$$
Chứng minh rằng tồn tại nhiều nhất một cặp $(a_{i};a_{j})$ với $i\neq j$ sao cho $a_{i}+a_{j}$ là số nguyên.

Lời giải.
Trước hết, chứng minh $a_{n}> n,\,\forall n\in N^{*}\,(1) $

Với $n=1$ ta được $a_{1}\in (1;2)\Rightarrow a_{1}> 1$

Giả sử $(1)$ đúng với $n$. Ta cần chứng minh $a_{n+1}> n+1$

Thật vậy: $$a_{n+1}> n+1\Leftrightarrow a_{n}+\frac{n}{a_{n}}> n+1\Leftrightarrow (a_{n}-1)(a_{n}-n)> 0$$Điều này đúng nên ta được $a_{n}>n$

Đặt $b_{n}=a_{n}-n,\, \forall n\in N^{*}$
$$b_{n+1}=a_{n+1}-(n+1)=(a_{n}-n)+\frac{n}{a_{n}}-1< b_{n}$$Vậy dãy $(b_{n})$ là dãy giảm.

Suy ra $$\forall i,j,i\neq j:0< b_{i}+b_{j}< 2b_{1}< 2$$Kết hợp với dãy $(b_{n})$ giảm, suy ra tồn tại nhiều nhất một cặp $(b_{i};b_{j})$ thỏa $b_{i}+b_{j}\in Z$

Do đó tồn tại nhiều nhất một cặp $(a_{i};a_{j})$ với $i\neq j$ sao cho $a_{i}+a_{j}$ là số nguyên.

Bài dãy số chọn đội tuyển Chuyên Lương Thế Vinh 2015

Bài toán. (Chọn đội tuyển trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh)
Cho dãy số $(x_{n})$ xác định bởi:
$$\left\{\begin{matrix}
x_{1}=1\\  x_{n+1}=x_{n}^{2}+3x_{n}+1

\end{matrix}\right.$$
Xét dãy $(y_{n})$ được xác định bởi $$y_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{x_{k}+2}$$
Tìm $lim \, y_{n}$

Lời giải.
Ta có: $$x_{n+1}-x_{n}=x_{n}^{2}+2x_{n}+1=(x_{n}+1)^{2}\geq 0$$
Do đó $(x_{n})$ là dãy tăng.

Giả sử $(x_{n})$ bị chặn trên thì $(x_{n})$ có giới hạn hữu hạn. Đặt $lim\, x_{n}=L$.

Chuyển qua giới hạn ta được: $$L=L^{2}+3L+1\Rightarrow L=-1$$
Điều này vô lý vì $$x_{n}> x_{n-1}> ...> x_{1}=1$$
Do đó $lim\, x_{n}=+\infty $

Lại có: $$x_{n+1}=x_{n}^{2}+3x_{n}+1\Rightarrow x_{n+1}+1=x_{n}^{2}+3x_{n}+2=(x_{n}+1)(x_{n}+2)$$
$$\Rightarrow \frac{1}{x_{n+1}+1}=\frac{1}{(x_{n}+1)(x_{n}+2)}=\frac{1}{x_{n}+1}-\frac{1}{x_{n}+2}
\Rightarrow \frac{1}{x_{n}+2}=\frac{1}{x_{n}+1}-\frac{1}{x_{n+1}+1}$$
$$\Rightarrow y_{n}=\frac{1}{x_{1}+1}-\frac{1}{x_{n+1}+1}
\Rightarrow y_{n}=\frac{1}{2}-\frac{1}{x_{n+1}+1}\Rightarrow \lim_{x\rightarrow +\infty }y_{n}=\frac{1}{2}$$
Vậy $lim \, y_{n}=\frac{1}{2}$

Bài toán mới suy biến của bài toán trên (Toán học Tuổi trẻ)

Cho dãy số $(u_{n})$ xác định bởi:  $$\left\{ \begin{align}  & {{u}_{1}}=1 \\ & {{u}_{n+1}}=\sqrt{{{u}_{n}}({{u}_{n}}+1)({{u}_{n}}+2)({{u}_{n}}+3)+1},\forall n\in N*. \\ \end{align} \right.$$
Xét dãy $(x_{n})$ được xác định bởi $$x_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{u_{k}+2}$$Tìm $lim \, x_{n}$