Даю решение предложенных мною старых задач.
Общее решение для такой последовательности имеет вид:

,

.
Число

целое (в силу нечётности

и

). Рассмотрим отдельно

и

.
(1)
![$ x_{2k}=a\sum\limits_{i=1}^{[(k+1)/2]} C_k^{2i-1}m^{k+1-2i}(d^2)^{2i}$ $ x_{2k}=a\sum\limits_{i=1}^{[(k+1)/2]} C_k^{2i-1}m^{k+1-2i}(d^2)^{2i}$](https://dxdy-03.korotkov.co.uk/f/e/3/8/e38b5f206d41d93e510d2c3953b5970282.png)
.
Аналогичная формула получается для нечётных номеров, и при этом максимальная степень двойки в знаменателе получается всегда у последнего члена суммы. Если ввести последовательность
![$y_n=x_n\cdot 2^{[(n-1)/2]}$ $y_n=x_n\cdot 2^{[(n-1)/2]}$](https://dxdy-03.korotkov.co.uk/f/a/5/f/a5f65b43a9c0aa41c7f4768d67d3954682.png)
, получаем, что он всегда цел и нечётен, когда

не делится на 4. Когда

делится на 4 из (1) получается, что
При этом получается, что члены

всегда целые. А при

целы только для тех

делящихся на 4, для которых выполняется:
(2)
![$[\frac{n-1}{2}]\le ord_2(mn),m=\frac{a^2+b}{2},4|n. $[\frac{n-1}{2}]\le ord_2(mn),m=\frac{a^2+b}{2},4|n.](https://dxdy-04.korotkov.co.uk/f/3/4/f/34f373f659332f034edf2e0dac1599c882.png)
Достаточно проверить выполнение (2) для

, ограниченных неравенством
