Bài 1: Cho dãy số {$a_n$} được xác định bởi công thức truy hồi sau: $a_0=1;a_1=2;a_n=\frac{a_{n-1}^2+1}{a_{n-2}}$ với mọi $n=2;3;4;...$ Chứng minh rằng: $a_n$ là số nguyên. Spoiler: Lời giải Ta có: $a_n=\frac{a_{n-1}^2+1}{a_{n-2}}$. $\implies a_{n-1}^2+1=a_{n-2}.a_n(1)$. Thay $n$ bởi $n+1$ ta được: $a_n^2+1=a_{n-1}.a_{n+1}(2)$. Trừ $(2)$ cho $(1)$ vế theo vế ta được: $a_n^2-a_{n-1}^2=a_{n-1}.a_{n+1}-a_{n-2}.a_n$ $\implies a_n(a_n+a_{n-2})=a_{n-1}(a_{n+1}+a_{n-1})$. $\implies \frac{a_n+a_{n-2}}{a_{n-1}}=\frac{a_{n+1}+a_{n-1}}{a_n}$ Điều này chứng tỏ rằng dãy {$\frac{a_{n+1}+a_{n-1}}{a_n}$} là hằng số. Và nó bắt đầu bằng: $\frac{a_2+a_0}{a_1}=\frac{(5+1)}{2}=3$. $\implies \frac{a_{n+1}+a_{n-1}}{a_n}=3,\forall n$. $\iff a_{n+1}=3a_{n}-a_{n-1},\forall n=1,2,...$. Do $a_0=1,a_1=2$ nên từ đây ta dễ dàng suy ra được dãy $a_n$ đã cho là dãy số nguyên.
Bài 2: Cho dãy số được xác định bởi công thức sau: $x_1=\frac{1}{2};x_n=\frac{2n-3}{2n}.x_{n-1}\forall n=2,3,4,...$. Spoiler: Lời giải Chứng minh rằng: $x_1+x_2+...+x_n<1\forall n=1,2,...$ Từ giả thiết dễ thấy $x_n>0 \forall n$ và $2nx_n=2(n-1)x_{n-1}-x_{n-1}$ từ đó ta có $\left\{\begin{matrix} 2(n-1)x_{n-1}=2(n-2)x_{n-2}-x_{n-2}\\... \\2.2x_2=2.1x_1-x_1 \end{matrix}\right.$ cộng lại ta có $2nx_n=2x_1-\sum_{i=1}^{n-1}x_i\Rightarrow \sum_{i=1}^{n-1}x_i=1-2nx_n<1$
Bài 3: Cho dãy số Fibonacci: $u_0=u_1=1$ và $u_{n+2}=u_{n+1}+u_n\forall n\ge 2$. Chứng minh rằng: Trong $n^2-3n+4$ số đầu tiên của dãy luôn tồn tại một số chia hết cho $n$. Spoiler: Lời giải Xét các số $u_0$ đến $u_{n^2-3n+4}$ của dãy. Giả sử không có số nào trong các số này chia hết cho $n$. Gọi $a_k$ là số dư của $u_k$ khi chia cho $n$ thì $a_k\in \text{{1;2;...;n-1}}$. Xét các cặp $(a_k;a_{k+1})$ với $k=\overline{0,n^2-3n+4}$. Ta có: $n^2-3n+3$. Chú ý với $p>0$ mà $a_p=a_{p+1}$ ta suy ra: $a_{p-1}=a_{p+1}-a_p=0$. Dẫn đến $u_{p-1}$ chia hết cho $n$. Do đó trong mỗi cặp thì các số khác nhau. Vì $a_{k}\in \text{{1;2;...;n-1}}$ và trong mỗi cặp $2$ số không giống nhau nên số giá trị các cặp có thể nhận được là $(n-1)(n-2)$.Theo nguyên lý Dirichlet suy ra phải có $2$ cặp nhận giá trị giống nhau tức tồn tại $i,j$ mà $a_i=a_j,a_{i+1}=a_{j+1}$. Không mất tính tổng quát ta giả sử $i<j$ và $i$ là nhỏ nhất. Dễ thấy rằng nếu $i>0$ thì từ $(a_i;a_{i+1})=(a_j;a_{j+1})$ .Ta có thể suy ra được: $(a_{i-1};a_{i})=(a_{j-1};a_{j})$. Nhưng điều này trái với cách giả sử $i$ là số nhỏ nhất. Do đó $i=0$. Vì vậy ta được: $(a_{i};a_{i+1})=(a_{j};a_{j+1})=(1;1)\implies a_{j}=a_{j+1}=1$ với $j>0$. Điều này vô lý. Vậy điều giả sử ban đầu là sai. Ta suy ta điều phải chứng minh.
Bài 4: Cho dãy số $\left\{x_n\right\}$ thỏa mãn: $x_1=1$ và $(n+1)(x_{n+1}-x_{n})\ge 1+x_{n}\forall n\ge 1(n\in \mathbb{N})$. Chứng minh rằng: Dãy số $\left\{x_n\right\}$ không bị chặn. Spoiler: Lời giải Từ giả thiết của bài ra, dễ có: $x_{n+1}\ge x_n+\frac{1+x_n}{n+1}\forall n\in \mathbb{N^*}$. Bằng quy nạp theo $n$, ta sẽ chứng minh $x_n\ge n(2)\forall n\in\mathbb{N^*}$. Với $n=1$ có $x_1=1$ và do đó $(2)$ đúng với $n=1$. Giả sử đã có $(2)$ với $n=k\ge 1$. Xét $n=k+1$, theo $(1)$ ta có: $x_{k+1}\ge x_k+\frac{1+x_{k}}{k+1}\ge k+\frac{1+k}{k+1}=k+1$. Như vậy, ta cũng có $(2)$ với $n=k+1$. Và do đó, theo nguyên lý quy nạp, ta có $(2)\forall n\in \mathbb{N^*}$. Từ đây suy ra dãy $\left\{x_n\right\}$ không bị chặn trên và vì thế dãy $\left\{x_n\right\}$ là dãy không bị chặn. Bài 5: Cho dãy số $(x_n)$ được xác định như sau: $x_1=0,x_{n+1}=(\frac{1}{27})^{x_n}$ với mọi $n\in \mathbb{N^*}$. Chứng minh rằng dãy số $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Spoiler: Lời giải Nhận xét rằng $x_n\ge 0,\forall n\in \mathbb{N^*}$. Xét hàm số $f(x)=(\frac{1}{27})^{x}$ nghịch biến trong khoảng $[0;+\infty)$. Khi đó $x_{n+1}=f(x_n),\forall n\in\mathbb{N^*}$. và $f(x)\le f(0)$ nên $0\le x_n\le 1,\forall n\in \mathbb{N^*}$. Ta có: $x_1=0,x_2=1,x_3=\frac{1}{27}$ nên $x_1\le x_3$ và $x_4=f(x_3)\le f(x_1)=x_2$. Tiếp theo, ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp,$x_{2n-1}\le x_{2n+1}$ và $x_{2n+2}\le x_{2n}\forall n\in \mathbb{N^*}$. Thật vậy, giả sử có $x_{2n-1}\le x_{2n+1}$ thì $f(x_{2n-1})\ge f(x_{2n+1})$ nên $x_{2n}\ge x_{2n+2}$ và vì vậy $f(x_{2n})\le f(x_{2n+2})$. $\implies x_{2n+1}\le x_{2n+3}$. Tương tự, giả sử có: $x_{2n}\ge x_{2n+2}$ thì: $f(x_{2n})\le f(x_{2n+2})$ nên $x_{2n+1}\le x_{2n+3}$ và vì vậy $f(x_{2n+1})\ge f(x_{2n+3})$. Suy ra: $x_{2n+2}\ge x_{2n+4}$. Vậy $(x_{2n-1})$ là dãy đơn điệu giảm và dãy $(x_{2n})$ là dãy đơn điệu tăng và đều thuộc $[0;1]$ nên có giới hạn hữu hạn: $lim_{n\to+\infty}x_{2n}=a,lim_{n\to+\infty}x_{2n-1}=b$. và $a=lim_{n\to+\infty}x_{2n+2}=lim_{n\to+\infty}f(x_{2n+1})=lim_{n\to+\infty}f(f(x_{2n}))=f(f(a))$ nên $a=(\frac{1}{27})^{(\frac{1}{27})^a}$. Suy ra: $a=\frac{1}{3}$. Tương tự ta cũng thu được $b=\frac{1}{3}$. Vậy nên $a=b$ và $lim_{n\to+\infty}x_n=\frac{1}{3}$.
Bài 6: Cho dãy $(x_n)(n=0,1,2,...)$ thỏa mãn $x_0=2$ và $x_{n+1}=\frac{2x_n+1}{x_n+2}$ với mọi $n=0,1,2,...$. Tính $[\sum\limits_{k=1}^{n}x_k]$ trong đó $[x]$ kí hiệu số nguyên lớn nhất không vượt quá $x$. Spoiler: Lời giải Chứng minh bằng quy nạp ta thấy ngay $x_n>0$ với mọi $n=0,1,2,..$. Nhận xét rằng: $x_{n+1}-1=\frac{2x_n+1}{x_n+2}-1=\frac{x_n-1}{x_n+2}$ và $x_{n+1}+1=\frac{2x_n+1}{x_n+2}+1=\frac{3(x_n+1)}{x_n+2}$. Từ đó ta có công thức truy hồi: $\frac{x_{n+1}-1}{x_{n+1}+1}=\frac{1}{3}.\frac{x_n-1}{x_n+1},n\ge 0(1)$. Do đó với mọi $n\ge 1$ thì: $\frac{x_{n}-1}{x_{n}+1}=\frac{1}{2}\frac{x_{n-1}-1}{x_{n-1}+1}=...=\frac{1}{3^{n}}.\frac{x_0-1}{x_0+1}=\frac{1}{3^{n+1}}$. Suy ra: $3^{n+1}(x_n-1)=x_n+1$. Bởi vậy: $x_n=\frac{3^{n+1}+1}{3^{n+1}-1}=1+\frac{2}{3^{n+1}-1}$. $=1+\frac{1}{3^{n}+3^{n-1}+...+1}<1+\frac{1}{3^{n}}<1+\frac{1}{2^{n}}$ với mọi $n\ge 1$. Hệ quả là: $n<\sum\limits_{k=1}^{n}x_i<n+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{2^{n}}=n+1-\frac{1}{2^n}<n+1$. Suy ra: $[\sum\limits_{k=1}^{n}x_k]=n$. Bài 7: Cho $a$ là số thực dương tùy ý. Xét dãy số $(x_n)(n=1,2,...)$ xác định bởi $x_1=a,x_{n+1}=\frac{x_n\sqrt{2+\sqrt{2+...+\sqrt{2}}}}{x_n+1}$ với mọi $n=1,2,...$( ở tử có $n$ số 2). Chứng minh rằng dãy số $(x_n)(n=1,2,...)$ có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó. Spoiler: Lời giải Đặt $y_n=\sqrt{2+\sqrt{+...+\sqrt{2}}}$( có $n$ số $2$). Dễ chứng minh bằng quy nạp rằng: $y_n=2cos(\frac{\pi}{2^{n+1}})$. Thành thử: $x_{n+1}=\frac{2x_ncos(\frac{\pi}{2^{n+1})}}{x_n+1}(1)$ Đặt $a_n=\frac{1}{x_n}$. Khi đó: $(1)\iff a_{n+1}=\frac{a_n}{2cos(\frac{\pi}{2^{n+1}})}+\frac{1}{2cos(\frac{\pi}{2^{n+1}})}(2)$. Lại đặt: $b_n=\frac{4a_n}{sin(\frac{\pi}{2^n})}$. Khi đó $(2)$ trở thành: $\frac{sin(\frac{\pi}{2^{n+1}})b_{n+1}}{4}=\frac{sin(\frac{\pi}{2^{n+1}})b_n}{4}+\frac{1}{2cos(\frac{\pi}{2^{n+1}})}$. $\iff b_{n+1}=b_n+\frac{4}{sin(\frac{\pi}{2^n})}(3)$. Chú ý rằng: $cot(\frac{\pi}{2^{n+1}})-cot(\frac{\pi}{2^n})=\frac{1}{sin(\frac{\pi}{2^n})}$. Từ $(3)$ suy ra: $b_{n+1}-4cot(\frac{\pi}{2^{n+1}})=b_n-4cot(\frac{\pi}{2^n})(n=1,2,...)$. Suy ra: $b_n-4cot(\frac{\pi}{2^n})=b_1-4cot(\frac{\pi}{2})=b_1$. Từ đó: $b_n=b_1+4cot(\frac{\pi}{2^n})$. Thành thử: $a_n=\frac{sin(\frac{\pi}{2^n})}{4}.b_n=\frac{sin(\frac{\pi}{2^n})}{4}(b_1+4cot(\frac{\pi}{2^n}))$. $=\frac{b_1}{4}sin(\frac{\pi}{2^n}+cos(\frac{\pi}{2^n}))$. Vậy $lima_n=\frac{b_1}{4}lim(sin(\frac{\pi}{2^n}))+lim(cos(\frac{\pi}{2^n}))=1$. Suy ra $lim(x_n)=\frac{1}{lim(a_n)}=1$. Bài 8: Cho dãy số $(x_n)(n=1,2,...)$ được xác định bởi: $\left\{\begin{array}{I} x_1=\frac{1}{2}\\ x_{n+1}=x_n-x_n^2+x_n^3-x_n^4+...+x_n^{2007}-x_n^{2008}(n\in \mathbb{N^*})\end{array}\right.$ Tìm $\lim\limits_{n\to +\infty} nx_n$. Spoiler: Lời giải Trước hết, ta có các kết quả sau: Định lí 1:( Trung bình Cesaro). Nếu dãy số $(u_n)$ có giới hạn hữu hạn là $a$ thì dãy số các trung bình cộng $[\frac{1}{n}(u_1+u_2+...+u_n)]$ cũng có giới hạn là $a$. Định lí này có thể phát biểu dưới dạng tương đương sau: Định lí 2:(Định lí Stolz). Nếu $\lim\limits_{n\to +\infty}(u_{n+1}-u_n)=a$ thì $\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{u_n}{n}=a$. Ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp $a=0$. Vì $\lim\limits_{n\to +\infty}(u_{n+1}-u_n)=0$ nên với mọi $\epsilon>0$ luôn tồn tại $N_0$ sao cho với mọi $n\ge N_0$ ta có:$|u_{n+1}-u_n|<\epsilon$. Khi đó, với mọi $n>N_0$ ta có $|\frac{u_n}{n}|\le \frac{1}{n}(|u_{N_0}|+|u_{N_0+1}-u_{N_0}|+...+|u_n-u_{n-1}|)<|u_{N_0}|.\frac{1}{n}+(n-N_0).\frac{\epsilon}{n}$ Giữ $N_0$ cố định, ta có thể tìm được $N_1>N_0$ sao cho $\frac{1}{N_1}|u_{N_0}|<\epsilon$. Khi đó với mọi $n>N_1$ ta sẽ có $|\frac{u_n}{n}|<2\epsilon$. Vậy nên $\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{u_n}{n}=0$. Quay trở lại bài toán. Từ giả thiết suy ra: $x_nx_{n+1}=x_n^2-x_n^3+...+x_{n}^{2008}-x_n^{2009}(1)$. Lại có: $x_{n+1}=x_n-x_n^2+x_n^3-x_n^4+...+x_n^{2007}-x_n^{2008}(2)$. Cộng theo vế $(1)$ và $(2)$ ta được: $x_{n+1}=\frac{x_n-x_n^{2009}}{1+x_n}$. Vì $0<x_1=\frac{1}{2}<1$ nên dễ thấy ngay rằng $x_n>0$ với mọi $n\in \mathbb{N^*}$. Ta chứng minh bằng quy nạp BDT sau: $x_n\le \frac{1}{n+1}$ với $\forall n\in \mathbb{N^*}(3)$. Ta thấy $(3)$ đúng với $n=1$. Giả sử $(3)$ đúng với $n=k$, ta chứng minh nó cũng đúng với $n=k+1$, nghĩa là $x_{k+1}\le \frac{1}{k+2}$. Thật vậy: $\frac{1}{k+2}-x_{k+1}=\frac{(1-(k+1)x_k)+(k+2)x_{k}^{2009}}{(k+2)(x_k+1)}>0$ do $0<x_k<\frac{1}{k+1}$ (theo giả thiết quy nạp). Từ đó suy ra $\lim\limits_{n\to +\infty}x_n=0$. Xét hiệu $\frac{1}{x_{n+1}}-\frac{1}{x_n}=\frac{x_n-x_{n+1}}{x_n.x_{n+1}}=\frac{1+x_{n}^{2007}}{1-x_{n}^{2008}}$. Suy ra $\lim\limits_{n\to +\infty}(\frac{1}{x_{n+1}}-\frac{1}{x_n})=1$. Theo định lí trung bình Cesaro thì $\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{1}{nx_n}=1$ hay $\lim\limits_{n\to +\infty}nx_n=1$. Bài 9: Dãy số $(x_n)(n=0,1,2,...)$ được xác định bởi $x_0=1,x_1=\frac{1}{2},x_{n+1}=\frac{x_{n+1}x_n}{2002x_{n+1}+2001x_n+2000x_{n+1}x_n}$ với mọi $n=0,1,2,...$. Hãy tìm công thức tổng quát của $x_n$ theo $n$. Spoiler: Lời giải Từ giả thiết suy ra: $x_n\ne 0$ với mọi $n$ và $\frac{1}{x_{n+2}}=\frac{2001}{x_{n+1}}+\frac{2002}{x_n}+2000$ với mọi $n=0,1,2,...$. Đặt $y_n=\frac{1}{x_n}+\frac{1000}{2001}$ ta có: $y_0=\frac{3001}{2001},y_1=\frac{5002}{2001}$ và $y_{n+2}=2001y_{n+1}+2002y_n$ với $n=0,1,2,...$. Suy ra: $y_{n+2}+y_{n+1}=2002(y_{n+1}+y_n)=2002^2(y_n+y_{n-1}=...=2002^{n+1}(y_1+y_0)=\frac{8003}{2001}.2002^{n+1}$. Đặt $a=y_1+y_0=\frac{8003}{2001}$ và $b=2002$, ta có: $y_n=a.b^{n-1}-y_{n-1}=a.b^{n-1}-a.b^{n-2}+y_{n-2}=...=a[b^{n-1}+(-1).b^{n-2}+...+(-1)^{n-2}b+(-1)^{n-1}]+(-1)^ny_0=\frac{a(b^n-(-1)^n)}{b+1}+(-1)^ny_n$. Suy ra: $y_n=\frac{3000}{2003}(-1)^n+\frac{8003}{2001.2003}(2002)^n$ với $n=0,1,2,...$. Từ đó, công thức tổng quát của $x_n$ là: $x_n=\frac{2001.2003}{2002^n.8003+(-1)^n.3000.2001-1000.2003}$ Bài 10: Cho dãy số $(U_n)$ xác định bởi: $\left\{\begin{array}{I}u_1=\frac{1}{2}\\ u_{n+1}=\frac{3}{2}u_n^2-\frac{1}{2}u_n^3,\forall n\ge 1\end{array}\right.$ Chứng minh rằng dãy số trên có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Spoiler: Lời giải +Xét hàm số: $f(x)=\frac{3}{2}x^2-\frac{1}{2}x^3$ với $x\in [0;1]$, ta có: $f'(x)=3x-\frac{3}{2}x^2\ge 0\forall x\in [0;1]$. $\implies f(x)$ tăng trên $[0;1]$ và $0\le f(x)\le 1\forall x\in [0;1]$. +Chứng minh: $u_n\in [0;1]\forall n\ge 1$. Thật vậy: $u_1=\frac{1}{2}\in [0;1]$. Giả sử: $u_k\in [0;1],\forall k>1$ thì: $\left\{\begin{array}{I} u_{k+1}=\frac{3}{2}u_k^2-\frac{1}{2}u_k^3\\ 0\le u_k\le 1\end{array}\right.\implies 0\le u_{k+1}\le 1\implies u_{k+1}\in [0;1]$. Vậy $u_n\in [0;1],\forall n\ge 1$. Do $f$ là hàm tăng nên $f(u_n)-f(u_{n-1})$ cùng dấu với $u_{n}-u_{n-1}$. Suy ra: $u_{n+1}-u_n$ cùng dấu với $u_n-u_{n-1}$. Lập luận tiếp tục ta đi đến $u_{n+1}-u_n$ cùng dấu với $u_2-u_1$. + Vì $u_2-u_1=\frac{5}{16}-\frac{1}{2}=\frac{-3}{16}<0\implies u_{n+1}-u_n<0\implies u_{n+1}<u_n\forall n\ge 1$. Suy ra $(u_n)$ là dãy giảm. + Lại do: $u_1=\frac{1}{2}$ nên suy ra được $u_n\in [0;\frac{1}{2}]$. + Do $(U_n)$ giảm và bị chặn nên theo Tiêu chuẩn Weierstrass nó có giới hạn. Giả sử $\lim\limits_{n\to+\infty}=a$ thì $0\le a\le \frac{1}{2}$. +Chuyển qua giới hạn hệ thứ khi $n\to +\infty$, ta có: $\frac{3}{2}a^2-\frac{1}{2}a^3\iff a=0,a=1,a=2$. + Do $0\le a\le \frac{1}{2}$. Vậy dãy số $(u_n)$ có giới hạn hữu hạn khi $n\to +\infty$ và $\lim\limits_{n\to +\infty}u_n=0$
Bài 11: Cho dãy số $\left\{a_n\right\}$ xác định bởi: $\left\{\begin{array}{I} a_0=1999\\ a_{n+1}=\frac{a_n^2}{1+a_n},\forall n\ge 0\end{array}\right.$. Tìm phần nguyên của $a_n$ với $0\le n\le 999$. Spoiler: Lời giải Rõ ràng: $a_n>0,\forall n\ge 0$ nên: $a_n-a_{n+1}=a_n-\frac{a_n^2}{1+a_n}=\frac{a_n}{1+a_n}>0,\forall n\ge 0$. $\implies \left\{a_n\right\}$ là dãy giảm. (1) $\implies a_{n+1}=\frac{a_n^2}{1+a_n}=a_n-\frac{a_n}{1+a_n}>a_n-1,\forall n\ge 0$. $\implies a_{n+1}>a_0-(n+1),\forall n\ge 0$. $\implies a_{n-1}>a_0-(n-1),\forall n\ge 2$. $\implies a_{n-1}>2000-n,\forall n\ge 2$ (2). Mặt khác ta lại có: $a_n=a_0t(a_1-a_0)+(a_2-a_1)+...+(a_n-a_{n-1})$. $=1999-(\frac{a_0}{1+a_0}+\frac{a_1}{1+a_1}+...+\frac{a_{n-1}}{1+a_{n-1}})$. $=1999-n+(\frac{1}{1+a_0}+\frac{1}{1+a_1}+...+\frac{1}{1+a_{n-1}})$ (3). Từ $(1)(2)$ ta có: $0<\frac{1}{1+a_0}+\frac{1}{1+a_1}+...+\frac{1}{1+a_{n-1}}<\frac{n}{1+a_{n-1}}$. $<\frac{n}{2001-n}<\frac{n}{1998-n}\le 1$( với $2\le n\le 1999$) (4). Từ $(3),(4)$ ta có: $1999-n<a_n<1999-n\pm 1$( với $2\le n<999$) $\implies [a_n]=1999-n$. Kiểm tra trực tiếp: +$a_0=1999\implies [a_0]=1999$. +$a_1=\frac{a_0^2}{1+a_0}=a_0-\frac{a_0}{1+a_0}=1999-\frac{1999}{2000}$. $\implies a_1=1998+\frac{1}{2000}$. $\implies [a_1]=1998$. Vậy $[a_n]=1999-n$( với $0\le n\le 1999$). Bài 12: Cho $\alpha \in (0;\frac{\pi}{2})$. Tìm $\lim\limits_{n\to +\infty}(cos^2\alpha. \sqrt[n]{cos\alpha}+sin^2\alpha\sqrt[n]{sin\alpha})^n$ Spoiler: Lời giải Đặt $x_n=cos^2\alpha\sqrt[n]{cos\alpha}+sin^2\alpha\sqrt[n]{sin\alpha},n\in \mathbb{N}$. $\implies x_n\rightarrow 1\text{ khi }n\rightarrow +\infty$. $\implies \frac{ln(x_n)}{x_n-1}\to 1(n \to +\infty)$. (Để ý: $\left\{\begin{array}{I} 0<x_n<1,\forall n\in \mathbb{N}\\ \frac{ln(1+x)}{x}\to 1,\text{ khi } x\to 0 \end{array}\right.$) $\implies \frac{nln(x_n)}{n(x_n-1)}\to 1,\text{ khi }n\to +\infty$. Mà $n(x_n-1)=cos^2\alpha\frac{\sqrt[n]{cos\alpha}-1}{\frac{1}{n}}+sin^2\alpha\frac{\sqrt[n]{sin\alpha}-1}{\frac{1}{n}}$. $\to cos^2\alpha ln(cos\alpha)+sin^2\alpha ln(sin\alpha)$ (Vì $\lim\limits_{n\to +\infty}n(\sqrt[n]{x}-1)=ln x(x>0)$). $\implies (x_n)^n\to (cos\alpha)^{cos^2\alpha}(sin\alpha)^{sin^2\alpha}$.
