Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2919
2019-05-06 
Доказать, что если $p$ - простое число, большее 2, то разность
$[(2 + \sqrt{5})^p] - 2^{p+1}$
делится на $p$.
Решение:
Из того, что $(2 + \sqrt{5})^p + (2 - \sqrt{5})^p$ - целое число и $-1 < (2 - \sqrt{5})^p < 0$ (ибо $p$ нечетно), следует, что
$[(2 + \sqrt{5})^p] = (2 + \sqrt{5})^p + (2 - \sqrt{5})^p$
По формуле бинома Ньютона имеем:
$(2 + \sqrt{5})^p + (2 - \sqrt{5})^p = 2 \left (2^p + C_p^2 2^{p-2}5 + C_p^4 2^{p-4}5^2 + \cdots + C_p^{p-1} 2 \cdot 5^{ \frac{p-1}{2}} \right )$
так что
$[(2+ \sqrt{5})^p] - 2^{p+1} = 2 \left ( C_p^2 2^{p-2}5 + C_p^4 2^{p-4}5^2 + \cdots + C_p^{p-1} 2 \cdot 5^{ \frac{p-1}{2}} \right )$.
Но все биномиальные коэффициенты
$C_p^2 = \frac {p(p-1)}{1 \cdot 2}, C_p^4 = \frac {p(p-1)(p-2)(p-3)}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4}, \cdots, C_p^{p-1} = p$
делятся на простое число $p$ (ибо числитель выражения для $С_p^k$ делится на $р$, а знаменатель не делится). Значит, и разность $[(2 + \sqrt{5})^p] - 2^{p+1}$ делится на $р$, что и требовалось доказать.
Доказать, что если $p$ - простое число, большее 2, то разность
$[(2 + \sqrt{5})^p] - 2^{p+1}$
делится на $p$.
Решение:
Из того, что $(2 + \sqrt{5})^p + (2 - \sqrt{5})^p$ - целое число и $-1 < (2 - \sqrt{5})^p < 0$ (ибо $p$ нечетно), следует, что
$[(2 + \sqrt{5})^p] = (2 + \sqrt{5})^p + (2 - \sqrt{5})^p$
По формуле бинома Ньютона имеем:
$(2 + \sqrt{5})^p + (2 - \sqrt{5})^p = 2 \left (2^p + C_p^2 2^{p-2}5 + C_p^4 2^{p-4}5^2 + \cdots + C_p^{p-1} 2 \cdot 5^{ \frac{p-1}{2}} \right )$
так что
$[(2+ \sqrt{5})^p] - 2^{p+1} = 2 \left ( C_p^2 2^{p-2}5 + C_p^4 2^{p-4}5^2 + \cdots + C_p^{p-1} 2 \cdot 5^{ \frac{p-1}{2}} \right )$.
Но все биномиальные коэффициенты
$C_p^2 = \frac {p(p-1)}{1 \cdot 2}, C_p^4 = \frac {p(p-1)(p-2)(p-3)}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4}, \cdots, C_p^{p-1} = p$
делятся на простое число $p$ (ибо числитель выражения для $С_p^k$ делится на $р$, а знаменатель не делится). Значит, и разность $[(2 + \sqrt{5})^p] - 2^{p+1}$ делится на $р$, что и требовалось доказать.
