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．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
先进行探索：$a_1=1$，$a_2=\dfrac 32$，$a_3=\dfrac {17}{12}$，于是$$\dfrac{2}{\sqrt{a_2^2-2}}=4,\dfrac{2}{\sqrt{a_3^2-2}}=24.$$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 $p_n,q_n\in\mathbb N^*$ 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．下面开始证明：
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．
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．
答案
解析
备注
