Xét dãy số nguyên dương $(a_n)$ thoả mãn $a_1>1$ và $\left(2^{a_n}-1\right)a_{n+1}$ là số chính phương với mọi $n\in {\mathbb{Z}}^{+}$. Chứng minh rằng với mọi $n\in {\mathbb{Z}}^{+}$ thì $a_n>1$ và $g\left(a_{n+1}\right)>g\left(a_n\right)$, trong đó $g(k)$ là ước nguyên tố lớn nhất của số nguyên dương $k>1$.

Ta có thể viết lại bài toán thành như sau:
Cho các số nguyên dương $x,y$ với $x>1$ và $(2^x-1)y$ là số chính phương. Chứng minh $y>1$ và $y$ có ước nguyên tố $p$ lớn hơn ước nguyên tố lớn nhất của $x$.
Gọi $q$ là ước nguyên tố lớn nhất của $x$ và viết $x=q^t\cdot m$, $(m,q)=1$.
Với mọi $a\in \mathbb{Z},a>1$, $2^a-1\equiv 3(\mathrm{mod}4)$ nên nó không là số chính phương $⟹y>1$.
Ta có $2^x-1=(2^{q^t}-1)\cdot ((2^{q^t}{)}^{m-1}+\cdots +1)$
Do $2^{q^t}-1$ không là số chính phương nên nó có ước nguyên tố $p$ mà $v_p(2^{q^t}-1)$ lẻ.
Gọi $h={\text{ord}}_{p}2$, ta có $h\mid q^t$. Dễ thấy $h>1$, do đó $h=q^{h_1}$ nào đó, suy ra $q\mid h$.
Mà $h\mid p-1$ theo Fermat nên $p-1\ge q$, hay $p>q$.
Ta có $(2^{q^t}{)}^{m-1}+\cdots +1\equiv m(\mathrm{mod}p)$, mà mọi ước nguyên tố của $m$ nhỏ hơn $q<p$.
$⟹p\nmid (2^{q^t}{)}^{m-1}+\cdots +1$. Do đó $v_p(2^x-1)=v_p(2^{q^t}-1)$ lẻ.
Do $y(2^x-1)$ là số chính phương nên $p\mid y$, vậy ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét: Bài toán trên từng xuất hiện một phiên bản tương tự trong RMM 2025.