每日一题[2292]韦达定理

已知 $p,q\in\mathbb Z$，数列 $\{a_n\}$ 的首项 $a_1=0$，$a_{n+1}=pa_n+\sqrt{(p^2-1)a_n^2+q^2},n\geqslant 1$ 且 $n\in\mathbb N^\ast$，求证：${a_n}$ 为整数数列．

解析    根据题意，有 $$(a_{n+1}-pa_n)^2=(p^2-1)a_n^2+q^2\iff a_{n+1}^2-2pa_na_{n+1}+a_n^2-q^2=0,$$ 进而 $$a_n^2-2pa_na_{n-1}+a_{n-1}^2-1=0,$$ 因此 $a_{n-1},a_{n+1}$ 是关于 $t$ 的方程 $$t^2-2pa_n\cdot t+a_n^2-q^2=0$$ 的两根，从而 $$a_{n+1}+a_{n-1}=2pa_n,$$ 而 $a_1=0$，$a_2=|q|$ 均为整数，因此 $a_n$ 为整数数列．