每日一题[447]探索、发现与证明

已知数列$\{a_n\}$满足$a_{n+1}=\dfrac 12a_n+\dfrac{1}{a_n}$，且$a_1=1$，求证：对任意$n\geqslant 2$，均有$\dfrac 2{\sqrt{a_n^2-2}}$是正整数．

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探索    $a_1=1$，$a_2=\dfrac 32$，$a_3=\dfrac {17}{12}$，于是

$$\dfrac{2}{\sqrt{a_2^2-2}}=4,\dfrac{2}{\sqrt{a_3^2-2}}=24.$$

发现    从这两个例子中可以感觉到分子的$2$是多余的，分母化简的结果总是对应项分母的倒数．更进一步，有

$$a_2^2-2=\dfrac {3^2}{2^2}-2=\dfrac{3^2-2\cdot 2^2}{2^2}=\dfrac{1}{2^2},$$ 而 $$a_3^2-2=\dfrac{17^2}{12^2}-2=\dfrac{17^2-2\cdot {12}^2}{12^2}=\dfrac{1}{12^2},$$ 于是猜想若$a_n=\dfrac{q_n}{p_n}$，其中$p_n,q_n\in\mathcal N^*$且$(p_n,q_n)=1$，那么 $$q_n^2-2p_n^2=1.$$ 只要证明了此命题，那么原命题即得证．

证明    当$n=2$时，显然有$q_n^2-2p_n^2=1$．

假设当$n=k$($k\geqslant 2$)时命题成立，则当$n=k+1$时，有

$$a_{k+1}=\dfrac{2p_k^2+q_k^2}{2p_kq_k},$$ 显然$\left(2p_k^2+q_k^2,2p_kq_k\right)=1$，于是 $$p_{k+1}=2p_kq_k,q_{k+1}=2p_k^2+q_k^2,$$ 进而 $$q_{k+1}^2-2p_{k+1}^2=\left(2p_k^2-q_k^2\right)^2=1,$$ 因此命题得证．

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其他方法　令

$$b_n=\dfrac {2}{\sqrt{a_n^2-2}},n\geqslant 2,$$ 则有 $$a_n^2=\dfrac {4}{b_n^2}+2.$$ 从而有 $$\begin{split} b_{n+1}&=\dfrac {2}{\sqrt{a_{n+1}^2-2}}\\&=\dfrac{2}{\sqrt{\left(\dfrac 12a_n+\dfrac {1}{a_n}\right )^2-2}}\\&=b_n\sqrt{2(b_n^2+2)}.\end{split}$$ 于是有 $$\begin{split} b_{n+2}&=b_{n+1}\sqrt{2(b_{n+1}^2+2)}\\&=b_{n+1}\sqrt{2[b_n^2\cdot 2(b_n^2+2)+2]}\\&=2b_{n+1}(b_n^2+1).\end{split}$$ 又因为$b_2=4,b_3=24$，由数学归纳法知$n\geqslant 2$时，$b_n$为正整数．