Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 172
2014-06-07 
Для каждого значения $n \in \mathbf{N}$ найти наибольшее значение $k \in \mathbf{Z}^{+}$, при котором число $[(3+ \sqrt{11})^{2n-1}]$ делится на $2^{k}$.
Решение:
Обозначим
$a_{n}= (3 + \sqrt{11})^{n} + (3 – \sqrt{11})^{n}$,
тогда имеет место равенство
$a_{n+2} = 6 a_{n+1} + 2a_{n}, n \in \mathbf{Z}^{+}$.
Действительно, пусть $\alpha = (3 + \sqrt{11})^{n}, \beta = (3 - \sqrt{11})^{n}$, тогда
$a_{n}= \alpha + \beta$,
$a_{n+1} = (3 +\sqrt{11}) \alpha + (3 - \sqrt{11}) \beta$,
$a_{n+2} = (3 +\sqrt{11})^{2} \alpha + (3 - \sqrt{11})^{2} \beta = (20 + 6 \sqrt{11})\alpha + (20 – 6 \sqrt{11}) \beta =$
$= (18 + 6\sqrt{11}) \alpha + (18 - 6\sqrt{11}) \beta + (2 \alpha + 2 \beta) = 6 a_{n+1} + 2a_{n}$.
Отсюда и из равенств $a_{0} = 2, a_{1} = 6$ следует, что число $a_{n}$ является целым для любого $n \in \mathbf{Z}^{+}$. Поскольку $-1 < 3 - \sqrt{11} < 0$, то при $n \in \mathbf{N}$ имеем
$a_{2n-1} = (3 + \sqrt{11})^{2n-1} + (3 - \sqrt{11})^{2n-1} < (3 + \sqrt{11})^{2n-1} < a_{2n-1} + 1$,
т.е.
$a_{2n+1} = [(3 + \sqrt{11})^{2n-1}]$.
Теперь докажем индукцией по $n \in \mathbf{N}$ следующее утверждение: число $a_{2n-2}$ делится на $2^{n}$, а число $a_{2n-1}$ делится на $2^{n}$, но не делится на $2^{n+1}$. При $n = 1$ утверждение верно, поскольку $a_{0} = 2, a_{1} = 6$. Пусть оно верно для некоторого значения $n \in \mathbf{N}$. Тогда число $a_{2n} = 6a_{2n-1} + 2a_{2n-2}$ делится на $2^{n+1}$, так как оба числа $a_{2n-1}$ и $a_{2n}$ делятся на $2^{n}$. Далее, число $a_{2n + 1} = 6 a_{2n} + 2a_{2n-1}$ делится на $2^{n+1}$ (поскольку оба числа $a_{2n}$ и $a_{2n-1}$ делятся на $2^{n}$), но не делится на $2^{2n+2}$ (поскольку число $a_{2n}$ делится на $2^{n+1}$, а число $a_{2n-1}$ - не делится). Утверждение доказано. Таким образом, наибольшая степень двойки, на которую делится число $a_{2n+1}$, равна $2^{n$}$, т. е. $k = n$.
Для каждого значения $n \in \mathbf{N}$ найти наибольшее значение $k \in \mathbf{Z}^{+}$, при котором число $[(3+ \sqrt{11})^{2n-1}]$ делится на $2^{k}$.
Решение:
Обозначим
$a_{n}= (3 + \sqrt{11})^{n} + (3 – \sqrt{11})^{n}$,
тогда имеет место равенство
$a_{n+2} = 6 a_{n+1} + 2a_{n}, n \in \mathbf{Z}^{+}$.
Действительно, пусть $\alpha = (3 + \sqrt{11})^{n}, \beta = (3 - \sqrt{11})^{n}$, тогда
$a_{n}= \alpha + \beta$,
$a_{n+1} = (3 +\sqrt{11}) \alpha + (3 - \sqrt{11}) \beta$,
$a_{n+2} = (3 +\sqrt{11})^{2} \alpha + (3 - \sqrt{11})^{2} \beta = (20 + 6 \sqrt{11})\alpha + (20 – 6 \sqrt{11}) \beta =$
$= (18 + 6\sqrt{11}) \alpha + (18 - 6\sqrt{11}) \beta + (2 \alpha + 2 \beta) = 6 a_{n+1} + 2a_{n}$.
Отсюда и из равенств $a_{0} = 2, a_{1} = 6$ следует, что число $a_{n}$ является целым для любого $n \in \mathbf{Z}^{+}$. Поскольку $-1 < 3 - \sqrt{11} < 0$, то при $n \in \mathbf{N}$ имеем
$a_{2n-1} = (3 + \sqrt{11})^{2n-1} + (3 - \sqrt{11})^{2n-1} < (3 + \sqrt{11})^{2n-1} < a_{2n-1} + 1$,
т.е.
$a_{2n+1} = [(3 + \sqrt{11})^{2n-1}]$.
Теперь докажем индукцией по $n \in \mathbf{N}$ следующее утверждение: число $a_{2n-2}$ делится на $2^{n}$, а число $a_{2n-1}$ делится на $2^{n}$, но не делится на $2^{n+1}$. При $n = 1$ утверждение верно, поскольку $a_{0} = 2, a_{1} = 6$. Пусть оно верно для некоторого значения $n \in \mathbf{N}$. Тогда число $a_{2n} = 6a_{2n-1} + 2a_{2n-2}$ делится на $2^{n+1}$, так как оба числа $a_{2n-1}$ и $a_{2n}$ делятся на $2^{n}$. Далее, число $a_{2n + 1} = 6 a_{2n} + 2a_{2n-1}$ делится на $2^{n+1}$ (поскольку оба числа $a_{2n}$ и $a_{2n-1}$ делятся на $2^{n}$), но не делится на $2^{2n+2}$ (поскольку число $a_{2n}$ делится на $2^{n+1}$, а число $a_{2n-1}$ - не делится). Утверждение доказано. Таким образом, наибольшая степень двойки, на которую делится число $a_{2n+1}$, равна $2^{n$}$, т. е. $k = n$.
