ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2019-05-06   
а) Доказать, что при любом целом положительном $n$ число $[(2 + \sqrt{3} )^n]$ нечетно.
б) Найти наивысшую степень 2, на которую делится число $[(1 + \sqrt{3})^n]$.


Решение:


а) Первое решение. Так как $(2+ \sqrt{3})^n + (2 - \sqrt{2})^n$ есть целое число и $(2 - \sqrt{3})^n < 1$, то

$[(2 + \sqrt{3})^n] = (2 + \sqrt{3})^n + (2 - \sqrt{3})^n - 1$

(сравните с решением задачи 2917). Но, раскрыв скобки по формуле бинома Ньютона, получим, что

$(2 + \sqrt{3})^n + (2 - \sqrt{3})^n = 2 (2^n + C_n^22^{n-2} \cdot 3 + C_n^42^{n-4} \cdot 3^2 + \cdots)$

делится на 2 и, следовательно, $[(2 + \sqrt{3})^n] = (2 + \sqrt{3})^n + (2 - \sqrt{3})^n - 1$ нечетно.

Второе решение. Число $(2 + \sqrt{3})^n$ можно представить в виде $a_n + b_n \sqrt{3}$, где $a_n$ и $b_n$ - целые числа. Докажем, что

$a_n^2 - 3b_n^2 = 1$.

Доказательство проведем методом математической индукции. Прежде всего для $n = 1$ имеем $a_1 = 2, b_1 = 1$ и $2^2 - 3 \cdot 1 = 1$.
Далее предположим, что для некоторого $n$

$(2 + \sqrt{3})^n = a_n + b_n \sqrt{3}$,

где $a_n^2 - 3b_n^2 = 1$ в таком случае имеем:

$(2 + \sqrt{3})^{n+1} = (a_n + b_n \sqrt{3})(2 + \sqrt{3}) = (2a_n + 3b_n) + (a_n + 2b_n) \sqrt{3}$.

Отсюда $a_{n+1} = 2a_n + 3b_n; b_{n+1} = a_n + 2b_n$. Следовательно,

$a_{n+1}^2 - 3b_{n+1}^2 = (2a_n + 3b_n)^2 - 3 (a_n + 2b_n)^2 = a_n^2 = 3b_n^2 = 1$.

Тем самым доказано, что $a_n^2 - 3b_n^2 = 1$ при любом $n$.
Отсюда следует, что

$[a_n + b_n \sqrt{3}] = a_n + [b_n \sqrt{3}] = a_n + [\sqrt{3b_n^2}] = a_n + [\sqrt {a_n^2 - 1}] = a_n + (a_n - 1) = 2a_n - 1$,

т. е. $[(2 + \sqrt{3})^n] = [a_n + b_n \sqrt{3}]$ нечетно.

б) Заметим, что

$[(1 + \sqrt{3})^n] = \begin{cases} (1 + \sqrt{3})^n + (1 - \sqrt{3})^n - 1 & при n \: четном \\ (1 + \sqrt{3})^n + (1 - \sqrt{3})^n & при n \: нечетном \end{cases}$.

Действительно, стоящая в нашей формуле справа сумма является целым числом (см. первое решение задачи а)). При $n$ четном $0 < (1 - \sqrt{3})^n < 1$, а при $n$ нечетном - $-1 < (1- \sqrt{3})^n < 0$.

Рассмотрим теперь отдельно случаи четного и нечетного $n$.

1) $n$ четно, $n = 2m$; тогда

$[(1 + \sqrt{3})^{2m}] = (1 + \sqrt{3})^{2m} + (1 - \sqrt{3})^{2m} - 1 = \{(1+ \sqrt{3})^2 \}^m + \{(1 - \sqrt{3})^2 \}^m - 1 = (4 + 2 \sqrt{3})^m + (4 - 2 \sqrt{3})^m - 1 = 2^m \{(2 + \sqrt{3})^m + (2 - \sqrt{3})^m \} - 1$.

Но стоящее в фигурных скобках число является, очевидно, целым, и следовательно, $[(1+ \sqrt{3})^{2m}] = 2^m N - 1$ всегда нечетно. Таким образом, при четном $n$ наивысшая степень 2, на которую делится $[(1+ \sqrt{3})^n]$, равна нулю.

2) $n$ нечетно, $n = 2m + 1$; тогда

$[(1 + \sqrt{3})^{2m+1}] = (1 + \sqrt{3})^{2m+1} + (1 - \sqrt{3})^{2m+1} = (4 + 2 \sqrt{3})^m (1 + \sqrt{3}) + (4 - 2 \sqrt{3})^m (1 - \sqrt{3}) = 2^m \{ (2 + \sqrt{3})^m (1 + \sqrt{3}) + (2 - \sqrt{3})^m (1 - \sqrt{3}) \} = 2^m \{ (( 2 + \sqrt{3})^m + (2 - \sqrt{3})^m) + \sqrt{3} ((2 + \sqrt{3})^m - (2 - \sqrt{3})^m) \}$

Пусть $(2 + \sqrt{3} )^{m} = a_{m} + b_{m} \sqrt{3} $,где $a$ и $b$ - целые числа; тогда $(2 - \sqrt{3})^{m} = a_{m} - b_{m} \sqrt{3}$. Подставляя эти значения, получим:

$[(1 + \sqrt{3})^{2m+1}] = 2^{m} \{ ( a_{m} + b_{m} \sqrt{3} + a_{m} - b_{m} \sqrt{3} + \sqrt{3} (a_{m} + b_{m} \sqrt{3} - a_{m} + b_{m} \sqrt{3} ) \} = 2^{m} (2a_{m} + 6b_{m} ) = 2^{m + 1} (a_{m} + 3b_{m} )$.

Но $a_m + 3b_m$ нечетно. Действительно,

$(a_m + 3b_m)(a_m - 3b_m) = a_m^2 - 9b_m^2 = (a_m^2 - 3b_m^2) - 6b_m^2 = 1 - 6b_m^2$

(см. второе решение задачи а)). Так как $1 - 6b_m^2$ нечетно, то оба множителя $(a_m + 3b_m)$ и $(a_m - 3b_m)$ нечетны. Следовательно, наивысшая степень 2, на которую $[(1+\sqrt{3})^n]$ при нечетном $n = 2m+1$, равна

$m+1 = \frac{n+1}{2} = \left [ \frac{n}{2} \right ] + 1$.