Bài toán: Cho dãy số $(u_n)$ được xác định bởi: $$\begin{cases}u_0=\dfrac{1}{3}, u_1=\dfrac{1}{2}\\u_{n+2}=\dfrac{1}{4}u^2_{n+1}+\dfrac{3}{4}\sqrt{u_n}, \forall n\in\mathbb{N}\end{cases}$$ Tính giới hạn:  $\lim u_n$.
Lời giải:
 Xét dãy số $(v_n)$ được cho bởi: $$\begin{cases}v_0=\dfrac{1}{3}\\v_{n+1}=\dfrac{1}{4}v^2_n+\dfrac{3}{4}\sqrt{v_n},\forall n\in\mathbb{N}\end{cases}$$
Bằng qui nạp, ta dễ dàng chứng minh được: $0< u_n <1$. Xét hàm số: $$f(x)=\dfrac{1}{4}x^2+\dfrac{3}{4}\sqrt{x}, x\in(0; 1)$$ Dễ thấy ngay rằng $f(x)$ là hàm đồng biến . Do đó, nếu $v_n>v_{n-1}$thì ta phải có: $$v_{n+1}=f(v_n)>f(v_{n-1})=v_n$$ Suy ra $(v_n)$ là dãy tăng và bị cặn bởi $1$, như thế nó hội tụ, giả sử $u_n$ hội tụ về $L$, chuyển qua giới hạn, ta được: $$L=\dfrac{1}{4}L^2+\dfrac{3}{4}\sqrt{L}\Leftrightarrow \sqrt{L}(\sqrt{L}-1)(L+\sqrt{l}-3)=0$$ kết hợp với $0<v_n<1$ ta có $L=1$ Như vậy $\lim u_n=1$
Bằng qui nạp, ta cũng chứng minh được rằng: $0<u_n<1$ và $v_n<\min\{v_{2n}, v_{2n+1}\}$. Theo đó, ta có: $$v_n\le u_{2n}<1\\v_n\le u_{2n+1}<1$$ Cuối cùng, kết hợp với $\lim v_n=1$. Ta có ngay: $$\boxed{\lim u_n=1}$$