Năm số hạng đầu của dãy số (u_n) là: u₁ = 2;

\({u_2} = \sqrt {2 + u_1^2} = \sqrt {2 + {2^2}} = \sqrt 6 \);

\({u_3} = \sqrt {2 + u_2^2} = \sqrt {2 + {{\left( {\sqrt 6 } \right)}^2}} = \sqrt 8 = 2\sqrt 2 \);

\({u_4} = \sqrt {2 + u_3^2} = \sqrt {2 + {{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt {10} \);

\({u_5} = \sqrt {2 + u_4^2} = \sqrt {2 + {{\left( {\sqrt {10} } \right)}^2}} = \sqrt {12} = 2\sqrt 3 \).

Ta thấy \(2 = \sqrt {2.\left( {1 + 1} \right)} \); \(\sqrt 6 = \sqrt {2.\left( {2 + 1} \right)} \); \(\sqrt 8 = \sqrt {2.\left( {3 + 1} \right)} \);

\(\sqrt {10} = \sqrt {2.\left( {4 + 1} \right)} \); \(\sqrt {12} = \sqrt {2.\left( {5 + 1} \right)} \).

Khi đó dự đoán công thức số hạng tổng quát của dãy số (u_n) là \({u_n} = \sqrt {2\left( {n + 1} \right)} \).

Với x = n, ta có \({y_n} = \frac{{2n - 1}}{{2{n^2} + 1}}\), suy ra \({A_n}\left( {n;\,\frac{{2n - 1}}{{2{n^2} + 1}}} \right)\).

Vì dãy số (u_n) có u_n là tung độ của điểm A_n, do đó \({u_n} = \frac{{2n - 1}}{{2{n^2} + 1}}\).

Vẫy công thức của số hạng tổng quát là \({u_n} = \frac{{2n - 1}}{{2{n^2} + 1}}\).

Bốn số hạng đầu của dãy số (u_n) là:

\({u_1} = \sin \left[ {\left( {2.1 - 1} \right)\frac{\pi }{4}} \right] = \sin \frac{\pi }{4} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\);

\({u_2} = \sin \left[ {\left( {2.2 - 1} \right)\frac{\pi }{4}} \right] = \sin \frac{{3\pi }}{4} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\);

\({u_3} = \sin \left[ {\left( {2.3 - 1} \right)\frac{\pi }{4}} \right] = \sin \frac{{5\pi }}{4} = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\);

\({u_4} = \sin \left[ {\left( {2.4 - 1} \right)\frac{\pi }{4}} \right] = \sin \frac{{7\pi }}{4} = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Ta có \({u_{n + 4}} = \sin \left[ {\left( {2.\left( {n + 4} \right) - 1} \right)\frac{\pi }{4}} \right]\)\( = \sin \left[ {\left( {2n + 8 - 1} \right)\frac{\pi }{4}} \right]\)

\( = \sin \left[ {\left( {2n - 1} \right)\frac{\pi }{4} + 8.\frac{\pi }{4}} \right]\)\( = \sin \left[ {\left( {2n - 1} \right)\frac{\pi }{4} + 2\pi } \right]\)

\( = \sin \left[ {\left( {2n - 1} \right)\frac{\pi }{4}} \right] = {u_n}\), \(\forall n \ge 1\).

Vậy u_{n + 4} = u_n với mọi n ≥ 1.

Theo câu b) ta có u_{n + 4} = u_n với mọi n ≥ 1.

Do đó, u₁ = u₅ = u₉, u₂ = u₆ = u₁₀, u₃ = u₇ = u₁₁, u₄ = u₈ = u₁₂.

Tổng 12 số hạng đầu của dãy số là:

u₁ + u₂ + u₃ + u₄ + ... + u₁₂ = 3(u₁ + u₂ + u₃ + u₄)

                                      = \(3\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{{ - \sqrt 2 }}{2} + \frac{{ - \sqrt 2 }}{2}} \right) = 0\).   

Ta có u_{n + 1} = 2(n + 1) + 3 = 2n + 5.

Xét u_{n + 1} – u_n = (2n + 5) – (2n + 3) = 2 > 0 với mọi n ∈ ℕ^*.

Do đó, u_{n + 1} > u_n với mọi n ∈ ℕ^*.

Vậy dãy số (u_n) với u_n = 2n + 3 là dãy số tăng.

Ta có u_{n + 1} = 3^{n + 1} – (n + 1) = 3 . 3ⁿ – n – 1.

Xét u_{n + 1} – u­_n = (3 . 3ⁿ – n – 1) – (3ⁿ – n) = 3 . 3ⁿ – 3ⁿ – 1 = 2 . 3ⁿ – 1 > 0 với mọi n ∈ ℕ^*.

Do đó, u_{n + 1} > u_n với mọi n ∈ ℕ^*.

Vậy dãy số (u_n) với u­_n = 3ⁿ – n là dãy số tăng.

Ta có u_{n + 1} = \(\frac{{\sqrt {n + 1} }}{{{2^{n + 1}}}}\) = \(\frac{{\sqrt {n + 1} }}{{{{2.2}^n}}}\).

Xét \({u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{{\sqrt {n + 1} }}{{{{2.2}^n}}} - \frac{{\sqrt n }}{{{2^n}}} = \frac{{\sqrt {n + 1} - 2\sqrt n }}{{{{2.2}^n}}}\) \( = \frac{{\sqrt {n + 1} - \sqrt {4n} }}{{{{2.2}^n}}}\)

\( = \frac{{n + 1 - 4n}}{{{{2.2}^n}\left( {\sqrt {n + 1} + \sqrt {4n} } \right)}} = \frac{{ - 3n + 1}}{{{{2.2}^n}\left( {\sqrt {n + 1} + \sqrt {4n} } \right)}} < 0\) với mọi n ∈ ℕ^*.

(do – 3n + 1 < 0, 2ⁿ > 0 và \(\sqrt {n + 1} + \sqrt {4n} > 0\) với mọi n ∈ ℕ^*).

Do vậy, u_{n + 1} < u_n với mọi n ∈ ℕ^*.

Vậy dãy số (u_n) với \({u_n} = \frac{{\sqrt n }}{{{2^n}}}\) là dãy số giảm.

Ta có \({u_{n + 1}} = \frac{{a\left( {n + 1} \right) + 2}}{{n + 1 + 1}} = \frac{{an + a + 2}}{{n + 2}}\).

Xét \({u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{{an + a + 2}}{{n + 2}} - \frac{{an + 2}}{{n + 1}} = \frac{{\left( {an + a + 2} \right)\left( {n + 1} \right) - \left( {an + 2} \right)\left( {n + 2} \right)}}{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)}}\)

\( = \frac{{a{n^2} + an + an + a + 2n + 2 - a{n^2} - 2an - 2n - 4}}{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)}}\)\( = \frac{{a - 2}}{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)}}\).

Để dãy số (u_n) là dãy số tăng thì u_{n + 1} > u_n với mọi n ∈ ℕ^* hay u_{n + 1} – u_n > 0 với mọi n ∈ ℕ^*, tức là \(\frac{{a - 2}}{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)}} > 0\) với mọi n ∈ ℕ^*.

Mà n + 2 > 0, n + 1 > 0 với mọi n ∈ ℕ^*.

Nên \(\frac{{a - 2}}{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)}} > 0\) ⇔ a – 2 > 0 ⇔ a > 2.

Vậy (u_n) là dãy số tăng khi a > 2.

Ta có n² ≥ 1 với mọi n ∈ ℕ^*.

Do đó, \(\sqrt {{n^2} + 1} \ge \sqrt {1 + 1} = \sqrt 2 \) với mọi n ∈ ℕ^*.

Vậy dãy số (u_n) với \({u_n} = \sqrt {{n^2} + 1} \) bị chặn dưới.

Ta có – n² – n ≤ – 2 với mọi n ∈ ℕ^*.

Do đó, dãy số (u_n) với u_n = – n² – n bị chặn trên.

Ta có \(\frac{{2n + 1}}{{n + 2}} > 0\) với mọi n ∈ ℕ^*. Do đó, dãy số (u_n) với \({u_n} = \frac{{2n + 1}}{{n + 2}}\) bị chặn dưới. (1)

Lại có \(\frac{{2n + 1}}{{n + 2}} = \frac{{2\left( {n + 2} \right) - 3}}{{n + 2}} = 2 - \frac{3}{{n + 2}} < 2\) với mọi n ∈ ℕ^*.

Do đó, dãy số (u_n) với \({u_n} = \frac{{2n + 1}}{{n + 2}}\) bị chặn trên. (2)

Từ (1) và (2), suy ra dãy số (u_n) với \({u_n} = \frac{{2n + 1}}{{n + 2}}\) bị chặn.

Ta thấy đường tròn được chia thành n + 6 cung bằng nhau và mỗi cung có số đo bằng \(\left( {\frac{{360}}{{n + 6}}} \right)\begin{array}{*{20}{c}}^\circ \\{}\end{array}\). Do mỗi điểm được nối với điểm cách nó hai điểm trên đường tròn nên góc ở đỉnh của mỗi ngôi sao là góc nội tiếp chắn n + 6 – 2 . 3 = n cung bằng nhau đó. Suy ra số đo góc ở đỉnh tính theo đơn vị độ của mỗi ngôi sao là \({u_n} = \frac{1}{2}.\frac{{360}}{{n + 6}}.n = \frac{{180n}}{{n + 6}}\).