https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Kyodai/2009/Rikei_B

2025.10.29記

[6] $a$ と $b$ を互いに素，すなわち1以外の公約数を持たない正の整数とし，さらに $a$ は奇数とする．正の整数 $n$ に対して整数 $a_n$ ， $b_n$ を ${(a+b\sqrt{2})}^n=a_n+b_n\sqrt{2}$ をみたすように定めるとき，次の(1)，(2)を示せ．ただし $\sqrt{2}$ が無理数であることは証明なしに用いてよい．

(1) $a_2$ は奇数であり， $a_2$ と $b_2$ は互いに素である．

(2) すべての $n$ に対して， $a_n$ は奇数であり， $a_n$ と $b_n$ は互いに素である．

2025.11.14記

[解答]
$a_{n+1}+b_{n+1}\sqrt{2}$ $=(a+b\sqrt{2})(a_{n}+b_{n}\sqrt{2})$ $=(aa_n+2bb_n)+(ba_n+ab_n)\sqrt{2}$ であり， $a，b，a_n，b_n，a_{n+1}，b_{n+1}$ が整数であることと $\sqrt{2}$ が無理数であることから
$a_{n+1}=aa_n+2bb_n$ ， $b_{n+1}=ba_n+ab_n$ …(★)
が成立する．ここで
$a_{n+1}\equiv aa_n \equiv a_n$ （ $\mbox{mod}\, 2$ ）
であるから，帰納的にすべての $n$ に対して， $a_n$ は奇数である．

(1) $a_2=a^2+2b^2$ ， $b_2=2ab$ であるから $ab$ と $a^2+2b^2$ が互いに素であることを示せば良い．もし互いに素でないと仮定すると共通の奇数の素因数 $p$ が存在するが， $a$ と $b$ は互いに素であるから， $p$ は $a$ ， $b$ の片方だけの素因数となるので， $a^2$ ， $b^2$ の片方だけが $p$ の倍数となる．このとき $a^2+2b^2$ が $p$ の倍数となることに矛盾する．よって $a_2$ と $b_2$ は互いに素である．

(2) (1)より帰納的に $n=2^m$ （ $m=0，1，2，…$ ）のときに $a_{2^m}$ と $b_{2^m}$ は互いに素であることが言える…(♪)．

ここである $n$ について $a_n$ と $b_n$ が互いに素ではなく， $a_n$ が奇数であることから共通の奇数の素因数 $p$ を持ったとすると(★)により， $a_{n+1}$ と $b_{n+1}$ が互いに素ではなく，共通の奇数の素因数 $p$ を持つこととなり，帰納的に $k\geqq n$ なる任意の正の整数 $k$ に対して $a_{k}$ と $b_{k}$ が互いに素ではなく，共通の奇数の素因数 $p$ を持つこととなるが，これは(♪)に反することとなり矛盾する．よって $a_n$ と $b_n$ が互いに素ではないような正の整数 $n$ は存在せず，すべての $n$ に対して， $a_n$ と $b_n$ は互いに素である．

誘導なしでは難しいので解法が限定されてしまいますが，

(1) $a_2$ は奇数であり， $a_2$ と $b_2$ は互いに素である．

(2) $a_4$ は奇数であり， $a_4$ と $b_4$ は互いに素である．

(3) すべての $n$ に対して， $a_n$ は奇数であり， $a_n$ と $b_n$ は互いに素である．

のような出題の方が良かったように思います．

なお，この誘導に乗らない別解として次のものがあります．線形連立漸化式を行列で捉えることを知っていればその解法を思いつくことができるのではないかと思います．

行列で書くと
$\begin{pmatrix} a_{n+1} \\ b_{n+1}\end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix} a & 2b \\ b & a \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a_{n} \\ b_{n}\end{pmatrix}$
が成立するので
$\begin{pmatrix} a_{n} \\ b_{n}\end{pmatrix}$ $=\dfrac{1}{a^2-2b^2}\begin{pmatrix} a & -2b \\ -b & a \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a_{n+1} \\ b_{n+1}\end{pmatrix}$
が成立します．一方，ケーリー=ハミルトンの定理から
$\begin{pmatrix} a_{n+2} \\ b_{n+2}\end{pmatrix}$ $-2a\begin{pmatrix} a_{n+1} \\ b_{n+1}\end{pmatrix}$ $+(a^2-2b^2)\begin{pmatrix} a_{n} \\ b_{n}\end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
も成立します．おそらく，ケーリー=ハミルトンの定理から3項間漸化式を導く捉え方は知らない人も多いかと思います（言われてみれば当然なのですが）．

[別解]
(2) (★)から
$(a^2-2b^2)a_n=aa_{n+1}-2bb_{n+1}$ ， $(a^2-2b^2)b_n=-ba_{n+1}+ab_{n+1}$
が成立する．

ここで $a_n，b_n$ が互いに素であり， $a_{n+1}，b_{n+1}$ が互いに素でないと仮定すると $a_{n+1}，b_{n+1}$ は共通の奇数の素因数 $p$ を持つ．そして $(a^2-2b^2)a_n$ ， $(a^2-2b^2)b_n$ が共に奇素数 $p$ の倍数で $a_n，b_n$ が互いに素であることから， $a^2-2b^2$ は奇素数 $p$ の倍数である．

(★)から $n\geqq 2$ なる整数のときに
$a_{n+1}=aa_{n}+2bb_{n}$ ，
$-aa_{n}=-a^2a_{n-1}-2abb_{n-1}$ ，
$2bb_{n}=2b^2a_{n-1}+2abb_{n-1}$
が成立するので辺々足して
$a_{n+1}=2aa_{n}-(a^2-2b^2)a_{n-1}$
が成立し，よって $aa_{n}$ は奇素数 $p$ の倍数となる．同様に
$b_{n+1}=ba_{n}+ab_{n}$ ，
$-ab_{n}=-aba_{n-1}-a^2b_{n-1}$ ，
$ba_{n}=aba_{n-1}+2b^2b_{n-1}$
が成立するので辺々足して
$b_{n+1}=2ab_{n}-(a^2-2b^2)b_{n-1}$
も成立し，よって $ab_{n}$ は奇素数 $p$ の倍数となる．

ここで $aa_{n}$ ， $ab_{n}$ が奇素数 $p$ の倍数であり， $a_n，b_n$ が互いに素であることから， $a$ は奇素数 $p$ の倍数である．

すると $a^2-2b^2$ が奇素数 $p$ の倍数であることから $2b^2$ は奇素数 $p$ の倍数となり，よって $b$ も $p$ となり， $a，b$ が互いに素であることに矛盾する．よって $a_n，b_n$ が互いに素ならば， $a_{n+1}，b_{n+1}$ も互いに素となり，帰納的に2以上のすべての $n$ に対して， $a_n$ と $b_n$ は互いに素である．これと $a=a_1，b=b_1$ が互いに素であることからすべての正の整数 $n$ に対して， $a_n$ と $b_n$ は互いに素である．

$a_{n-1}，b_{n-1}$ が登場するので少し変な答案になりましたが，それを避けるには $a_0=1，b_0=0$ と定義すると(★)は任意の非負整数について成立することになり，「(★)から $n\geqq 2$ なる整数のときに」の部分は「(★)から正の整数 $n$ に対して」と置き換えることができます．