题目 已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1,a_{n+1}=3a_n+2\sqrt{2a_n^2-1},n\in\mathbb N^*$． 问题1 证明：数列 $\{a_n\}$ 是正整数数列； 答案1 略 解析1 由 $a_{n+1}=3a_n+2\sqrt{2a_n^2-1}$，得$$a_n^2-6a_na_{n+1}+a_{n+1}^2+4=0.\qquad\cdots\cdots\text{ ① }$$同理可得$$a_{n+2}^2-6a_{n+2}a_{n+1}+a_{n+1}^2+4=0\qquad\cdots\cdots\text{ ② }$$由 $\text{ ①② }$ 可知，$a_n,a_{n+2}$ 为方程 $x^2-6a_{n+1}x+a_{n+1}^2+4=0$ 的两根，又 $a_n<a_{n+2}$，即有 $a_n+a_{n+2}=6a_{n+1}$，即$$a_{n+2}=6a_{n+1}-a_n.$$因为 $a_1=1,a_2=5$，所以 $a_n$ 为正整数． 备注1 问题2 是否存在 $m\in\mathbb N^*$，使得 $2015\mid a_m$，并说明理由． 答案2 不存在 解析2 假设存在 $m\in\mathbb N^*$，使得 $2105\mid a_m$，则 $31\mid a_m$．<br/>一方面，$a_ma_{m+2}=a_{m+1}^2+4$，所以 $31\mid a_{m+1}^2+4$，即$$a_{m+1}^2\equiv-4\pmod{31},$$所以$$a_{m+1}^{30}\equiv-4^{15}\equiv-2^{30}\pmod{31}.$$由费马小定理知 $2^{30}\equiv1\pmod{31}$，所以$$a_{m+1}^{30}\equiv-1\pmod{31}.$$另一方面，$(a_{m+1},31)=1$，事实上，假设 $(a_{m+1},31)=d>1$，则 $d\mid 31$，即 $d=31$，所以 $31\mid{a_{m+1}}$，而 $31\mid a_{m+1}^2+4$，这样得到 $31\mid 4$．矛盾．<br/>所以，由费马小定理，得 $a_{m+1}^{30}\equiv1\pmod{31}$．<br/>这样得到 $1\equiv-1\pmod{31}$，矛盾，所以不存在 $m\in\mathbb N^*$，使得 $2015\mid a_m$． 备注2