某botさんの問題を解く[4]

整数問題botさんの問題を解きたいと思います
(この引用がまずかったら消させていただきます)
某雑誌の宿題が解けたので更新します
この問題初見時は大苦戦した記憶があります
[4]問題
(解)
まず$n=1,2\dots$に対して$a_n$が奇数であることを示す
$(a+b\surd 2)(a+b\surd 2{)}^n=(a+b\surd 2{)}^{n+1}$より
$(a+b\surd 2)(a_n+b_n\surd 2)=(a_{n+1}+b_{n+1}\surd 2)$
$(a_{n+1},b_{n+1})=(a{a}_n+2b{b}_n,b{a}_n+a{b}_n)$…$(★)$
$a$は奇数より$a_{n+1}\equiv a_n\equiv \dots \equiv a_1(=a)\equiv 1(mod2)$
よって全ての$n$に対して$a_n$は奇数…$(★★)$
次に$0$以上の整数$m$に対して$a_{2^m}$と$b_{2^m}$は互いに素であることを示す
$(a_{2^m}+b_{2^m}\surd 2{)}^2=(a_{2^{m+1}}+b_{2^{m+1}}\surd 2)$
よって
$(a_{2^{m+1}},b_{2^{m+1}})=((a_{2^m}{)}^2+2(b_{2^m}{)}^2,2a_{2^m}{b}_{2^m})\dots (★★★)$
ここで$a_{2^{m+1}},b_{2^{m+1}}$が互いに素でないと仮定すると
$(★★)$に注意すると
$a_{2^{m+1}}\equiv b_{2^{m+1}}\equiv 0(modp)$を満たす$3$以上の素因数$p$が存在して
このとき$(★★★)$より
$a_{2^{m+1}}{a}_{2^m}\equiv (a_{2^m}{)}^3+(2a_{2^m}{b}_{2^m})a_{2^m}\equiv (a_{2^m}{)}^3+b_{2^{m+1}}{a}_{2^m}(modp)$
$(a_{2^m}{)}^3\equiv 0(modp)$より
$a_{2^m}\equiv 0(modp)\dots (♥)$
$(★★★)$と$(♥)$と$2$と$p$は互いに素であることより
$b_{2^m}\equiv 0(modp)$
よってこの操作を繰り返すと
$a_1\equiv b_1\equiv 0(modp)$となるが$a_1(=a)$と$b_1(=b)$が互いに素であることに反する
よって$a_{2^{m+1}},b_{2^{m+1}}$は互いに素…(■)
$a_n$と$b_n$が互いに素でないと仮定すると
$a_n\equiv b_n\equiv 0(modq)$を満たす素数$q$が存在して
ここで(★)より
$a_n\equiv b_n\equiv 0(modq)$ならば$a_{n+1}\equiv b_{n+1}\equiv 0(modq)$
この操作を繰り返すことで
$n\leqq i$満たす自然数$i$に対して$a_i$と$b_i$は互いに素でないが
$n\leqq 2^m$となる$m$が存在して(■)に矛盾する。
よって$a_n$と$b_n$は互いに素