Câu 4 (3,0 điểm). Cho dãy số $\left(x_n\right)$ xác định bởi:

$$x_1=3;x_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x_n+2+\sqrt{x_n^2-4}\right),\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }.$$

a) Chứng minh rằng $\underset{n\to +\infty }{\lim }{x}_n=+\infty$.

b) Tính $\underset{n\to +\infty }{\lim }\sum _{i=1}^n\frac{1}{{\left(x_i-2\right)}^2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $u_n=x_n-2$. Vì $x_1=3>2$ và nếu $x_n>2$ thì $x_n^2-4>0$ và $x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_n+2+\sqrt{x_n^2-4})>\frac{1}{2}(4+0)=2$, nên dãy $(u_n)$ xác định với mọi $n$, $u_n>0$, và $u_{n+1}=\frac{1}{2}\left(u_n+\sqrt{u_n^2+4u_n}\right)$.

a) Ta có $\sqrt{u_n^2+4u_n}>u_n$ nên $u_{n+1}>u_n$: dãy $(u_n)$ tăng. Nếu $(u_n)$ bị chặn trên thì tồn tại $\lim u_n=L\ge u_1=1>0$, và theo công thức truy hồi $L=\frac{1}{2}(L+\sqrt{L^2+4L})\Rightarrow L^2=L^2+4L\Rightarrow L=0$, mâu thuẫn. Vậy $(u_n)$ không bị chặn, do đó $u_n\to +\infty$, tức $\lim x_n=+\infty$.

b) Từ $u_{n+1}=\frac{1}{2}(u_n+\sqrt{u_n^2+4u_n})$ ta có $2u_{n+1}-u_n=\sqrt{u_n^2+4u_n}$, bình phương: $4u_{n+1}^2-4u_n{u}_{n+1}+u_n^2=u_n^2+4u_n\Rightarrow u_{n+1}^2-u_n{u}_{n+1}-u_n=0$, suy ra $u_n=\frac{u_{n+1}^2}{u_{n+1}+1}$. Do đó
$$\frac{1}{u_n}=\frac{u_{n+1}+1}{u_{n+1}^2}=\frac{1}{u_{n+1}}+\frac{1}{u_{n+1}^2}\Rightarrow \frac{1}{u_{n+1}^2}=\frac{1}{u_n}-\frac{1}{u_{n+1}}.$$
Tổng cần tính là $\sum _{i=1}^n\frac{1}{u_i^2}=\frac{1}{u_1^2}+\sum _{i=2}^n\frac{1}{u_i^2}=\frac{1}{u_1^2}+\sum _{i=1}^{n-1}\frac{1}{u_{i+1}^2}$. Áp dụng đồng thức trên với chỉ số $i=1,\dots ,n-1$:
$$\sum _{i=1}^n\frac{1}{(x_i-2{)}^2}=\frac{1}{u_1^2}+\sum _{i=1}^{n-1}\left(\frac{1}{u_i}-\frac{1}{u_{i+1}}\right)=\frac{1}{u_1^2}+\frac{1}{u_1}-\frac{1}{u_n}.$$
Vì $u_1=x_1-2=1$ nên $\frac{1}{u_1^2}+\frac{1}{u_1}=1+1=2$, do đó
$$\sum _{i=1}^n\frac{1}{(x_i-2{)}^2}=2-\frac{1}{u_n}=2-\frac{1}{x_n-2}.$$
Vì $x_n\to +\infty$ nên $\frac{1}{x_n-2}\to 0$, vậy $\underset{n\to +\infty }{\lim }\sum _{i=1}^n\frac{1}{(x_i-2{)}^2}=2$.

Kiểm chứng: $u_1=1$, $u_2=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$, tổng hai số hạng đầu $1+\frac{1}{u_2^2}\approx 1,382=2-\frac{1}{u_2}$, phù hợp công thức.