Bài toán: Cho dãy số $(x_n)$ được xác định bởi: $$\begin{cases}x_0=\dfrac{27}{10}\\x_{n+1}^3-3x_{n+1}(x_{n+1}-1)=x_n+1,\forall n\ge 2\end{cases}$$ Chứng minh rằng dãy số $x_n$ có giới hạn hữu hạn và xác định giới hạn đó.
Lời giải:
  Ta có: $$x_{n+1}-3x_{n+1}(x_{n+1}-1)=x_n+1\\\Leftrightarrow x_{n+1}^3-3x^2_{n+1}+3x_{n+1}-1=x_n+1\\\Leftrightarrow (x_{n+1}-1)^3=x_n\Rightarrow x_{n+1}=1+\sqrt[3]{x_n}$$ Kết hợp với $x_1=\dfrac{27}{10}\Rightarrow x_n>2,\forall n\in\mathbb{N^*}$. Xét hàm số:  $$f(x)=1+\sqrt[3]{x},\;\text{với } x>2$$ Ta có:  $$f'(x)=\dfrac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}\Rightarrow 0<f'(x)<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}$$ Rõ ràng $x_{n+1}=f(x_n)$, do đó nếu ta có $L$ là giới hạn của dãy $(x_n)$ thì $L$ phải thỏa mãn phương trình: $$f(x)=x\Leftrightarrow x=1+\sqrt[3]{x}\\\Leftrightarrow (x-1)^3=x\\\Leftrightarrow (x-1)^3-x=0$$ Đặt $g(x)=(x-1)^3-x$. Ta lại có: $g(2).g(3)=-5<0$ nên phương trình $g(x)=0$ nhận nghiệm $L\in (2;3)$. Lại do $g'(x)=3x(x-2)>0, \forall x>2$ nên phương trình $g(x)=0$ có nghiệm duy nhất $L\in (2, 3)$.
  Bây giờ, ta sẽ chứng minh rằng $L$ chính là giới hạn của dãy $(x_n)$. Thật vậy, với mọi $\alpha ,\beta >2$ theo định lý Largrange, luôn tồn tại số $c$ sao cho: $$|f(\beta )-f(\alpha )|=|f'(c)|.|\beta -\alpha |$$ Do $f'(c)<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}$ nên ta có: $$|f(\beta )-f(\alpha )<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}|\beta -\alpha |$$ Chọn $x_n=\beta, L=\alpha$, lúc này ta được: $$|f(x_n)-f(L)|<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}|x_n-L|\\\Leftrightarrow |x_{n+1}-L|<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}|x_n-L|$$ Tương tự, ta có: $$|x_n-L|<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}|x_{n-1}-L|\\|x_{n-1}-L|<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}|x_{n-2}-L|\\......\\|x_1-L|<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}|x_0-L|$$ Nhân vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta được: $$|x_{n+1}-L|<\dfrac{1}{(3\sqrt[3]{4})^n}|x_0-L|$$ Suy ra $$\lim_{n\to +\infty}|x_n-L|=\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{(3\sqrt[3]{4})^n}|x_0-L|=0\Leftrightarrow \lim_{n\to +\infty}x_n=L$$ Cuối cùng, ta được kết quả: $$\lim_{n\to +\infty}x_n=L,\text{với L là nghiệm của phương trình }L=1+\sqrt[3]{L}$$