Прежде всего докажем индукцией по $n$, что $x_n=\tg n\alpha$, где $\alpha=\arctg 2$. При $n=1$ это верно по условию. Пусть теперь $x_n=\tg n\alpha$; тогда
$$
x_{n+1}=\dfrac{2+x_n}{1-2x_n}
=\dfrac{\tg\alpha+\tg n\alpha}{1-\tg\alpha \tg n\alpha}
=\tg (n+1)\alpha,
$$
что и требовалось. (Это соотношение поясняет и происхождение задачи: она связана с элементарным доказательством иррациональности чисел вида $\tg r\pi$, где $r$ — произвольное рациональное число, не кратное $\dfrac{1}{4}$.)
а) Заметим, что при любом $m$
$$
x_{2m}=\tg 2m\alpha=\dfrac{2\tg m\alpha}{1-\tg^2 m\alpha}
=\dfrac{2x_m}{1-x_m^2}. \tag{*}
$$
Теперь можно доказывать утверждение а) от противного. Если $x_n=0$ и $n$ — чётное число, $n=2m$, то из $(*)$ следует, что $x_m=0$. Если $n=2^k(2s+1)$, где $k$ и $s$ — целые неотрицательные числа, то, повторяя это рассуждение $k$ раз, получим, что $x_{2s+1}=0$. Отсюда
$$
\dfrac{2+x_{2s}}{1-2x_{2s}}=0
$$
или $x_{2s}=-2$, то есть в силу $(*)$
$$
\dfrac{2x_s}{1-x_s^2}=-2.
$$
Оба корня этого уравнения иррациональны (они равны $\dfrac{1\pm\sqrt5}{2}$), но все $x_n$ должны быть рациональными, так как числа $\dfrac{2+x}{1-2x}$ при любом рациональном $x$ и число $x_1=2$ рациональны. Противоречие.
Попутно отметим, что $x_n\ne\dfrac{1}{2}$ ни при каком $n$ (это доказывается вполне аналогично), поэтому последовательность определена при всех $n$.
б) Докажем, что последовательность $x_n$ не только непериодична, но и вообще принимает каждое своё значение только один раз. Допустим, что это не так, и $x_{n+m}-x_n=0$ при некоторых $n$ и $m$, $n,m\ge1$. Поскольку $x_n=\tg n\alpha$, получим, что $$
\tg (n+m)\alpha-\tg n\alpha
=\dfrac{\sin m\alpha}{\cos (n+m)\alpha\cos n\alpha}=0.
$$
Следовательно, $x_m=\tg m\alpha=0$, а это в силу а) невозможно.
