Ta có: \(\frac{1}{u_n + 1} = \frac{1}{u_n - 1} - \frac{1}{u_{n+1} - 1}\)

=>\(u_{n+1} - 1 = \frac{u_n^2 - 1}{2}\)

=>\(\frac{1}{u_n - 1} - \frac{1}{u_{n+1} - 1} = \frac{1}{u_n - 1} - \frac{2}{u_n^2 - 1} = \frac{(u_n + 1) - 2}{u_n^2 - 1} = \frac{u_n - 1}{u_n^2 - 1} = \frac{1}{u_n + 1}\)

\(S_{n}=\left(\frac{1}{u_1 - 1}-\frac{1}{u_2 - 1}\right)+\left(\frac{1}{u_2 - 1}-\frac{1}{u_3 - 1}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{u_n - 1}-\frac{1}{u_{n+1} - 1}\right)\)

\(=\frac{1}{u_1 - 1}-\frac{1}{u_{n+1} - 1}\)

\(=\frac{1}{2-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1}=1-\frac{1}{u_{n+1}-1}\)

=>\(\lim_{}S_{n}=1-0=1\)

\(u_{n+1}-1=u_n\left(u_n-1\right)\Leftrightarrow\dfrac{1}{u_{n+1}-1}=\dfrac{1}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_n}\Rightarrow\dfrac{1}{u_n}=\dfrac{1}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}\)

Lan luot the i vo n:

\(\dfrac{1}{u_1}=\dfrac{1}{u_1-1}-\dfrac{1}{u_2-1}\)

\(\dfrac{1}{u_2}=\dfrac{1}{u_2-1}-\dfrac{1}{u_3-1}\)

...

\(\dfrac{1}{u_n}=\dfrac{1}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}\)

Cong ve voi ve:

\(\dfrac{1}{u_1}+\dfrac{1}{u_2}+...+\dfrac{1}{u_n}=\dfrac{1}{u_1-1}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}\)

Do dãy tăng và ko bị chặn trên <bạn thay vô là biết>

\(\Rightarrow\lim\limits\left(u_{n+1}-1\right)=+\infty\Rightarrow\lim\limits\sum\limits^n_{i=1}\dfrac{1}{u_i}=\lim\limits\left(\dfrac{1}{u_1-1}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}\right)=1\)

Đặt \(a=\sqrt3-\sqrt2\)

=>\(a^2=\left(\sqrt3-\sqrt2\right)^2=5-2\sqrt6\)

=>\(-a^2=2\sqrt6-5\)

\(3a=3\left(\sqrt3-\sqrt2\right)=3\sqrt3-3\sqrt2\)

\(\frac{1}{a}=\frac{1}{\sqrt3-\sqrt2}=\frac{\sqrt3+\sqrt2}{\left(\sqrt3-\sqrt2\right)\left(\sqrt3+\sqrt2\right)}=\sqrt3+\sqrt2\)

Khi đó, ta sẽ có: \(u_{n+1} = a u_n^2 - a^2 u_n + 3a\) (1)

Đặt \(v_n = u_n + \sqrt{2}\)

=>\(u_{n}=v_{n}-\sqrt{2}\)

Thay vào (1), ta có: \(v_{n+1} - \sqrt{2} = a(v_n - \sqrt{2})^2 - a^2(v_n - \sqrt{2}) + 3a\)

=>\(v_{n+1} = a v_n^2 - v_n + \frac{1}{a}\) , với số hạng đầu tiên là \(v_1 = u_1 + \sqrt{2} = \sqrt{3} + 2\sqrt{2}\)

Đặt \(x_n = v_n - \frac{1}{a}\)

\(x_1 = v_1 - \frac{1}{a} = (\sqrt{3} + 2\sqrt{2}) - (\sqrt{3} + \sqrt{2}) = \sqrt{2}\)

\(x_{n+1}=v_{n+1}-\frac{1}{a}\)

\(=av_{n}^2-v_{n}\)

\(=v_{n}(av_{n}-1)\)

\(=\left(x_{n}+\frac{1}{a}\right)ax_{n}\)

\(=x_{n}+ax_{n}^2\)

\(v_n = x_n + \frac{1}{a}\)

\(\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_{n+1}}=\frac{x_{n+1} - x_n}{x_n x_{n+1}}\)

\(=\frac{a x_n^2}{x_n(x_n + a x_n^2)}\)

\(=\frac{a x_n}{1 + a x_n}=\frac{1}{x_n + \frac{1}{a}}=\frac{1}{v_n}\)

=>\(\frac{1}{v_n} = \frac{1}{x_n} - \frac{1}{x_{n+1}}\)

\(S_n = \sum_{i=1}^n \frac{1}{u_i + \sqrt{2}} = \sum_{i=1}^n \frac{1}{v_i}\)

\(=\left(\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}\right)+\left(\frac{1}{x_2}-\frac{1}{x_3}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_{n+1}}\right)=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_{n+1}}\)

Ta có: \(\begin{cases}x_1=\sqrt2>0\\ a=\sqrt3-\sqrt2>0\end{cases}\)

=>(\(x_{n}\) ) là dãy tăng và \(\lim_{n\to\infty}x_{n}=+\infty\)

=>\(\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} \left(\frac{1}{x_1} - \frac{1}{x_{n+1}}\right) = \frac{1}{x_1} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}\)

=>\(\lim \left(\sum_{i=1}^n \frac{1}{u_i + \sqrt{2}}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2}\)

ta có : \(u_n=\frac{1+2^m}{2^m}\Rightarrow lim\left(u_n\right)=lim\left(\frac{1+2^m}{2^m}\right)=lim\left(1+\frac{1}{2^m}\right)=1\)

\(u_n^2+2011=2u_n.u_{n+1}\Rightarrow u_{n+1}=\frac{u_n^2+2011}{2u_n}\)

Ta có \(u_1>0\), giả sử \(u_k>0\Rightarrow u_{k+1}=\frac{u_k^2+2011}{2u_k}>0\)

\(\Rightarrow\) Dãy đã cho là dãy dương

Mặt khác \(u_{n+1}=\frac{1}{2}\left(u_n+\frac{2011}{u_n}\right)\ge\frac{1}{2}.2\sqrt{2011}=\sqrt{2011}\)

\(\Rightarrow u_n\ge2011\) \(\forall n\ge1\Rightarrow\) dãy đã cho bị chặn dưới

Xét \(\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{u_n^2+2011}{2u^2_n}=\frac{1}{2}+\frac{2011}{2u_n^2}\le\frac{1}{2}+\frac{2011}{2.2011}=1\) (do \(u_n\ge\sqrt{2011}\))

\(\Rightarrow u_{n+1}\le u_n\) \(\Rightarrow\) dãy đã cho là dãy giảm

Dãy giảm, bị chặn dưới \(\Rightarrow\) dãy có giới hạn

Gọi giới hạn của dãy là \(a\Rightarrow\sqrt{2011}\le a\le u_1\)

\(\Rightarrow a^2-2a^2+2011=0\)

\(\Rightarrow a^2=2011\Rightarrow a=\sqrt{2011}\)

\(\Rightarrow lim\left(u_n\right)=\sqrt{2011}\)

Hình như: \(n^2u_n=\dfrac{2.2^2.3^2...n^2}{\left(2^2-1\right)\left(3^2-1\right)...\left(n^2-1\right)}\)

Dãy số đã cho hiển nhiên là dãy dương

\(u_3=2>1\Rightarrow\) dự đoán dãy trên là dãy tăng hay \(u_{n+1}>u_n\) \(\forall n\ge2\)

Với \(n=2\) ta có \(u_3>u_2\) (đúng)

Giả thiết cũng đúng với \(n=k\) hay \(u_{k+1}>u_k\)

Ta cần chứng minh \(u_{k+1}>u_{k+1}\)

Thật vậy, \(u_{k+2}=\sqrt{u_{k+1}}+\sqrt{u_k}>\sqrt{u_k}+\sqrt{u_{k-1}}=u_{k+1}\)

Mặt khác \(u_n=\sqrt{u_{n-1}}+\sqrt{u_{n-2}}< \sqrt{u_n}+\sqrt{u_n}=2\sqrt{u_n}\)

\(\Rightarrow u_n^2< 4u_n\Rightarrow u_n< 4\)

\(\Rightarrow\) Dãy số tăng và bị chặn trên nên nó có giới hạn

Gọi giới hạn của dãy số là \(a\Rightarrow lim\left(u_n\right)=lim\left(u_{n-1}\right)=lim\left(u_{n+1}\right)=a\)

Từ biểu thức: \(u_{n+1}=\sqrt{u_n}+\sqrt{u_{n-1}}\)

Lấy giới hạn 2 vế: \(\Rightarrow a=\sqrt{a}+\sqrt{a}\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a=0\left(l\right)\\a=4\end{matrix}\right.\)

Vậy \(lim\left(u_n\right)=4\)