ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2019-05-06   
Доказать, что любую целую степень числа $\sqrt{2} - 1$ можно представить в виде $\sqrt{N} - \sqrt {N - 1}$, где $N$ - целое число (так, например, ($\sqrt{2} - 1)^2 = 3 - 2 \sqrt{2} = \sqrt{9} - \sqrt{8}$, а $(\sqrt{2} - 1)^3 = 5 \sqrt{2} - 7 = \sqrt{50} - \sqrt{49})$.


Решение:


Прежде всего имеем:

$(\sqrt{2} - 1)^1 = \sqrt{2} - \sqrt{1}$;
$(\sqrt{2} - 1)^2 = 3 - 2 \sqrt{2} = \sqrt{9} - \sqrt{8}$.

Докажем теперь, что если только

$(\sqrt{2} - 1)^{2k-1} = B \sqrt{2} - A = \sqrt{2B^2} - \sqrt{A^2}$

можно представить в виде $\sqrt{N} - \sqrt {N-1}$, т. е. если $2B^2 - A^2 = 1$, то и число

$(\sqrt{2} - 1)^{2k+1} = B^{ \prime} \sqrt{2} - A^{ \prime}$

можно представить в таком виде, т. е. $2B^{ \prime 2} - A^{ \prime 2} = 1$. Для этого достаточно заметить, что

$(\sqrt{2} - 1)^{2k+1} = (\sqrt{2} - 1)^{2k-1}(\sqrt{2} - 1)^2 = (B \sqrt{2} - A)(3 - 2 \sqrt{2}) = (3B + 2A) \sqrt{2} - (4B + 3A)$;

следовательно,

$B^{ \prime} = 3B + 2A$, $A^{ \prime} = 4B + 3A$

и

$2B^{ \prime 2} - A^{ \prime 2} = 2(3B + 2A)^2 - (4B + 3A)^2 = 18B^2 + 24 AB + 8 A^2 - 16 B^2 - 24 AB - 9 A^2 = 2B^2 - A^2 = 1$,

что и требовалось доказать.

Точно так же показывается, что если число $(\sqrt{2} - 1)^{2k} = C - D \sqrt{2}$ можно представить в виде $\sqrt N - \sqrt {N-1}$, то и $(\sqrt{2} - 1)^{2k+2} = C^{ \prime} - D^{ \prime} \sqrt{2}$ можно представить в таком виде.

Отсюда, в силу принципа математической индукции, вытекает утверждение задачи.