Stoker

Hiển nhiên $x_{3}$ không nguyên , cũng dễ thấy $x_{n}$ hữu tỷ với mọi $n$

Ta đặt $x_{n-1}=\frac{c}{d},x_{n-2}=\frac{e}{f}$ thế thì $x_{n}=\frac{(cf)^{2}+(ed)^{2}}{df(cf+ed)}$ không thuộc $Z$

Thật ra không cần điều kiện nguyên tố cùng nhau chỉ cần $>1$ và phân biệt

Vif $a$ khác $b$ thì $\frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}=a+b-\frac{2ab}{a+b}$

Bạn làm chỗ này rõ giúp mình được không. Cảm ơn bạn 

(Croatia TST 2011) Với $a,b$ là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau và $a,b > 1,$ cho dãy $(x_n)$ thỏa mãn 

Cách của mình.

Ta sẽ chứng minh $p\mid a^{2^{n+1}}+1$ với $a$ nguyên dương nào đó, rồi tương tự như bài của Ego ta có điều phải chứng minh.

Theo trên ta có nếu $p$ là ước của $2^{2^n}+1$ thì $p\equiv 1\ (\text{mod}\ 2^{n+1})$

Mà $n\geq 2$ nên $p\equiv 1\ (\text{mod}\ 8)$

Do đó tồn tại $a$ sao cho $a^2\equiv 2\ (\text{mod}\ p)$

Hay $a^{2^{n+1}}\equiv 2^{2^n} \equiv -1\ (\text{mod}\ p) \implies p\mid a^{2^{n+1}}+1.$ Ta có điều phải chứng minh.

Chứng minh rằng nếu $p$ là ước nguyên tố của $2^{2^n}+1$ thì $p$ có dạng $2^{n+2}k+1.$