2. Zadatak

a) Iz rekurzije se vidi da su svi članovi niza $(a_n)$ neparni, zbog neparnosti od $a_0$. Sada pretpostavimo suprotno: dva člana niza, npr. $a_k$ i $a_n$ $(k<n)$ nisu relativno prosti. Onda postoji $m\in\mathbb N$, $m\ne1$ za koji vrijedi $m\mid a_k$ i $m\mid a_n$. Iz rekurzije

$$a_0\cdot a_1\cdot\ldots\cdot a_k\cdot\ldots\cdot a_{n-1}=a_n-2$$

slijedi $m\mid2$, pa je jedina mogućnost $m=2$. Međutim, tada bi bilo $2\mid a_k$ i $2\mid a_n$ što je kontradikcija s neparnošću svih članova niza. Dakle, vrijedi tvrdnja a).

b) Napišimo rekurziju za opći član:

$$a_0\cdot a_1\cdot\ldots\cdot a_{n-2}\cdot a_{n-1}=a_n-2.$$

Tu uvrstimo $a_0\cdot a_1\cdot\ldots\cdot a_{n-2}=a_{n-1}-2$ i dobivamo:

$$(a_{n-1}-2)a_{n-1}=a_n-2$$

što je ekvivalentno s $a_n-1=(a_{n-1}-1)^2$. Slijedi:

$$\begin{aligned}a_n-1&=(a_{n-1}-1)^2=(a_{n-2}-1)^4=\ldots\\&=(a_{n-k}-1)^{2^k}=(a_0-1)^{2^n}=2^{2^n}.\end{aligned}$$

Dakle, $a_n=2^{2^n}+1$ pa je $a_{2007}=2^{2^{2007}}+1$.

Napomena. Moguće je i napisati prvih par članova niza, naslutiti opći član i dokazati ga matematičkom indukcijom. (Riječ je zapravo o Fermatovim brojevima.)