可以看出，$（r_n）、（s_n）、（t_n）$是互质的，因此出现在一个素数中的素数不能出现在另一个素数中。然而，我不确定是否所有的素数都会出现。看看二次互易，我们可以看到$$\开始{align*}\mathbb R&：p\equiv 7,13,19\pmod{24}\\\mathbb S&：p\equiv 5,23,1,19\pmod{24}\\\mathbb T&：p\equiv 11,17,19\pmod{24}\结束{align*}$$编辑1：见附录B
因此，它至少涵盖了所有类$\pmod{24}$。这个方法要短得多，但不幸的是有重叠，所以它不能单独划分素数。
0.证明大纲
我们想证明发生在$（s_n）$中的素数不会出现在$（r_n）或$（t_n）$中，因此一种直接的方法是证明$$\gcd（ri，sj）=$$对于所有$i，j\geq 0$。（类似地，检查$\gcd（r_i，t_j）=1$。）
为此，我们证明了所有$n，k\geq 0$的6个等式：$$\开始{align*}\gcd（r{n+1+k}，sn）&=\gcd（tk，sn\\\gcd（rn，s{n+k}）&=\gcd（rn，tk）\\\gcd（t{n+k}，sn）&=\gcd（rk，sn\\\gcd（tn，s{n+k}）&=\gcd（t_n，rk）\\\gcd（t{n+k}，rn）&=\gcd（sk，rn）\\\gcd（tn，r{n+1+k}）&=\gcd（t_n，sk）\结束{align*}$$（请注意，指数是不平衡的，这发生在指数较高的$r$上。）
观察到重复使用后，指数严格下降。这不包括$\gcd（r_n，s_n）$和$\gcd$（t_n，r_n），但在整个过程中都会得到证明。
因此，给定一个起始$\gcd（r_i，s_j）$或$\gcd（t_i，s.j）$，对于一些小的$l，m$，例如$0\leql，m\leq2$，我们可以将其减少为$\gcd（r_1，s_m）$或$\gcd。这些都可以表示为等于$1$，因此$（s_n）$与$（r_n）$$和$（t_n）$互素。（类似地，$（r_n）$互素到$（t_n）$。）
1.序列之间的线性关系。
更新公式如下$$\开始{align*}\开始{bmatrix}1 & 1\\2 & 3\结束{bmatrix}\开始{bmatrix}序号\\序号\结束{bmatrix}=\开始{bmatrix}r{n+1}\\s{n+1}\结束{bmatrix}，\开始{bmatrix}2 & 1\\3 & 2\结束{bmatrix}\开始{bmatrix}特纳\\序号\结束{bmatrix}=\开始{bmatrix}t{n+1}\\s{n+1}\结束{bmatrix}，\开始{bmatrix}5 & -2\\3 & -1\结束{bmatrix}\开始{bmatrix}特纳\\序号\结束{bmatrix}=\开始{bmatrix}t{n+1}\\r{n+1}\结束{bmatrix}\结束{align*}$$
这可以显示如下：$$\开始{align*}r{n+1}&=rn+sn=rn+2r{n-1}+3s{n-1{=rk+2r{n-1}+3（rn-r{n-1neneneep）=4rn-r{n1}\\s{n+1}&=2rn+3sn=2（r{n-1}+s{n-1{）+3sn=（sn-3s{n-1}）+2s{n-1}+3sn=4sn-s{n-1{\\t{n+1}&=2tn+sn=2tn+3t{n-1}+2s{n-1{2tn+3t}+2（tn-2t{n-1}）=4tn-t{n-1\\s{n+1}&=3tn+2sn=3（2t{n-1}+s{n-1）+2sn=2（sn-2s{n-1}）+3s{n-1}+2sn=4sn-s{n-1\\t{n+1}&=5tn-2rn=5tn-2（3t_{n-1}-r_{n-1}）=5tn-6t_{n-1}-（tn-5t{n-1}）=4tn-t{n-1{\\r{n+1}&=3tn-rn=3（5t_{n-1}-2r_{n-1}）-r_n=5（r_n+r_{n-1}）-6r_{n-1}-rn=4r_n-r{n-1}\结束{align*}$$
2.证明$r_n，s_n，t_n$是两两互质
由于$\gcd（r_1，s_1）=\gcd$$\开始{align*}u_1r_1+v_1s_1&=1\\w_zt_1+z_1s_1&=1\\f_1t_1+g_1r_1&=1\结束{align*}$$我们可以将其写成矩阵形式：$$\开始{align*}\开始{bmatrix}u1和v1\结束{bmatrix}\开始{bmatrix}第1段\\s_1\结束{bmatrix}=1,\开始{bmatrix}w_1和z_1\结束{bmatrix}\开始{bmatrix}第1天\\s_1\结束{bmatrix}=1,\开始{bmatrix}第1代和第1代\结束{bmatrix}\开始{bmatrix}第1天\\第1段\结束{bmatrix}=1\结束{align*}$$由于更新矩阵是可逆的，更一般地说，我们有$$\开始{align*}1=\开始{bmatrix}u1和v1\结束{bmatrix}\开始{bmatrix}第1段\\s_1\结束{bmatrix}&=\开始{bmatrix}u1和v1\结束{bmatrix}\开始{bmatrix}3 & -1\\-2 & 1\结束{bmatrix}^{n-1}\开始{bmatrix}1 & 1\\2 & 3\结束{bmatrix}^{n-1}\开始{bmatrix}第1段\\s_1\结束{bmatrix}\\&= \开始{bmatrix}un和vn\结束{bmatrix}\开始{bmatrix}序号\\序号\结束｛bmatrix｝\\1&=u_nr_n+v_ns_n\结束{align*}$$因此，对于所有$n$，$\gcd（r_n，s_n）=1$。类似地，$\gcd（t_n，s_n）=\gcd$$\开始{align*}1=\开始{bmatrix}u1和v1\结束{bmatrix}\开始{bmatrix}第1段\\s_1\结束{bmatrix}&=\开始{bmatrix}w_1和z_1\结束{bmatrix}\开始{bmatrix}2 & -1\\-3 & 2\结束{bmatrix}^{n-1}\开始{bmatrix}2 & 1\\3 & 2\结束{bmatrix}^{n-1}\开始{bmatrix}第1天\\s_1\结束{bmatrix}\\1&=w_nt_n+z_ns_n\\1=\开始{bmatrix}u1和v1\结束{bmatrix}\开始{bmatrix}第1段\\s_1\结束{bmatrix}&=\开始{bmatrix}第1代和第1代\结束{bmatrix}\开始{bmatrix}-1 & 2\\-3 & 5\结束{bmatrix}^{n-1}\开始{bmatrix}5 & -2\\3 & -1\结束{bmatrix}^{n-1}\开始{bmatrix}第1天\\第1段\结束{bmatrix}\\1&=f_nt_n+g_nr_n\结束{align*}$$特别是，这涵盖了[0]中提到的情况$\gcd（r_n，s_n）=\gcd[t_n，r_n）=1$。
3.显示下降相等
我们没有直接计算$\gcd（a，b）$，而是使用以下事实$$\gcd（a，b）=\gcd（a\pmod b，b）$$将$a$减少到更小的值。
使用$u_nr_n+v_ns_n=1$，我们得到$$\开始{align*}u_nr_n&\equiv 1\pmod{sn}\\u_nr{n+1}&=u_n（r_n+s_n）\equiv1\equivt_0\pmod{s_n}\\u_nr{n+1+1}&=u_n（4r{n+1}-rn）等于4\cdot 1-1\等于t1\pmod{sn}\\u_nr{n+1+k}&=u_n（4r{n+k}-r{n+k-1}）等于4t_{k-1}-tk\等效tk\pmod{sn}\结束{align*}$$因此，使用$\gcd（u_n，s_n）=1$，$$\开始{align*}\gcd（r{n+1+k}，sn）&=\gcd\\&=\gcd（u_nr_{n+1+k}\pmod{sn}，s_n）\\&=\gcd（t_k，s_n）\结束{align*}$$显示了六个等式中的第一个。其余五个相似，这就完成了证明。（为了完整起见，它们将在下一节中列出，而最后一节略有不同。）
A.其他。计算
$$\开始{align*}v_ns_n&\equiv 1\equiv t_0\pmod{r_n}\\v_ns{n+1}&=v_n（2rn+3s+n）\equiv3\equiv t1\pmod{rn}\\v_ns{n+k}&=v_n（4s{n~+k-1}+s{n＋k-2}）等于4t_{k-1}-t_{k-2}\等于tk\pmod{rn}\\\gcd（rn，s{n+k}）&=\gcd\\&=\gcd（r_n，v_ns_{n+k}\pmod{r_n}）\\&=\gcd（r_n，t_k）\\w_nt_n和\equiv 1\equiv r_0\pmod{sn}\\w_nt_{n+1}&=w_n（2t_n+sn）\equiv2\equivr_1\pmod{sn}\\w_nt{n+k}&=w_n（4t{n~+k-1}-t{n+k-2}）等于4r_｛k-1｝-r_{k-2}\equiv r_k\pmod{sn}\\\gcd（t{n+k}，sn）&=\gcd\\&=\gcd（w_nt_{n+k}\pmod{sn}，s_n）\\&=\gcd（r_k，s_n）\\z_ns_n&\equiv 1\equiv r_0\pmod{tn}\\z_ns{n+1}&=z_n（3tn+2sn）\equiv2\equivr_1\pmod{tn}\\z_ns_｛n+k｝&=z_n（4s_｛n+k-1｝-s_｛n+k-2｝）\等价4r_｛k-1｝-r_{k-2}\等于r_k\pmod{tn}\\\gcd（tn，s{n+k}）&=\gcd（tn，zns{n+k}）\\&=\gcd（t_n，z_ns{n+k}\pmod{tn}）\\&=\gcd（t_n，r_k）\\f_nt_等于1\等于s_0\pmod{r_n}\\f_nt_{n+1}&=f_n（5tn-2r_n）\equiv5\equivs_1\pmod{rn}\\fnt{n+k}&=fn（4t{n+k-1}-t{n+k-2}）等于4s_{k-1}-s_{k-2}\equiv s_k\pmod{r_n}\\\gcd（t{n+k}，rn）&=\gcd（fnt{n+k}，rn）\\&=\gcd（f_nt_{n+k}\pmod{r_n}，r_n）\\&=\gcd（s_k，r_n）\\g_nr_n&等于1\pmod{tn}\\g_nr{n+1}&=g_n（3tn-rn）\equiv-1\equiv-s0\pmod{tn}\\g_nr{n+1+1}&=g_n（4r{n+1}-rn）\equiv-4-1\equiv-s1\pmod{tn}\\g_nr{n+1+k}&=g_n（4r{n+k}-r{n+k-1}）\equiv-4s{k-1}+s{k-2}\equiv-sk\pmod{tn}\\\gcd（tn，r{n+1+k}）&=\gcd\\&=\gcd（t_n，g_nr{n+1+k}\pmod{tn}）\\&=\gcd（t_n，-s_k）\\&=\gcd（t_n，s_k）\结束{align*}$$
B.通过二次互易进行部分分类
从OEIS链接（或可能通过归纳直接证明），我们有$$\开始{align*}（r_n）&\subseteq\{x:x^2-3y^2=1\}\\（s_n）&\subseteq\{x:3y^2-x^2=2\}\\（t_n）&\subseteq\{x:3x^2-2=y^2\结束{align*}$$因此，$\mathbb R$中的质数$p$满足$$\开始{align*}-3y^2&\相当于1\pmod p\\-3&\等于（3y）^2\pmod p\结束{align*}$$这意味着$-3$是$\mathbb R$的二次剩余。可以证明，这是可能的，例如，当且仅当$p\equiv 1\pmod 3$在这里（虽然不是证据。）
类似地，$\mathbb S$中的素数$p$和$\mathbb T$中的质数$q$满足$$\开始{align*}3y^2&\equiv 2\pmod p&-2&\equav y^2\pmod q\\6&\等于（3y）^2\pmod p\结束{align*}$$因此，$6$和$-2$分别是$\mathbb{S，T}$中的二次剩余。再次从维基百科链接中，我们得到了$p\equiv1,5,19,23\pmod{24}$和$q\equiv 1,3\pmod8$。
扩展到素数$\pmod｛24｝$并使用3个规则进行检查，我们得到：$$\开始{align*}\mathbb R&：p等于7,13,1,19\pmod｛24｝\\\mathbb S&：p\equiv 5,23,1,19\pmod{24}\\\mathbb T&：p\equiv 11,17,19\pmod{24}\结束{align*}$$通过检查，类$1\pmod{24}$确实出现在所有类中，尽管类型$19$似乎没有出现在$\mathbbR$中。
