Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 359
2014-06-07 
Доказать, что каждый член последовательности
$a_{n} = ((2 + \sqrt{3})^{n} - (2 - \sqrt{3})^{n})/(2\sqrt{3}) (n \in \mathbf{Z})$
является целым числом. Найти все значения $n \in \mathbf{Z}$, при каждом из которых число $a_{n}$ делится на 3.
Решение:
Заметим, что $a_{0} =0, a_{1} = 1$, и докажем справедливость равенства $a_{n+2} = 4a_{n+1} – a_{n}$ при каждом $n \in \mathbf{Z}^{+}$ (откуда последовательно получим, что каждое из чисел $a_{2}, a_{3}, a_{4}, \cdots $ также является целым). Действительно, пусть
$\alpha = (2+ \sqrt{3})^{n}/(2 \sqrt{3}), \beta = (2- \sqrt{3})^{n}/(2 \sqrt{3})$,
тогда имеем
$a_{n} = \alpha - \beta$,
$a_{n+1} = (2 + \sqrt{3}) \alpha - (2 - \sqrt{3}) \beta$,
$a_{}n+2 = (2 + \sqrt{3})^{2} - (2 - \sqrt{3})^{2} \beta = (7+ 4 \sqrt{3}) \alpha - (7 - 4 \sqrt{3}) \beta =$
$= (8 + 4 \sqrt{3}) \alpha - (8 – 4 \sqrt{3}) \beta - (\alpha + \beta) = 4 a_{n+1} – a_{n}$.
Поскольку
$a_{n+2} \equiv a_{n+1} – a_{n} (\mod 3)$,
а остатки от деления на 3 первых 8 членов последовательности $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \cdots $ равны соответственно $0, 1, 1, 0, 2, 2, 0, 1$, то
$a_{6} \equiv a_{0} (\mod 3), a_{7} \equiv a_{1} (\mod 3)$,
и, вообще,
$a_{n+6} \equiv a_{n} (\mod 3)$.
Таким образом, в этой последовательности остаток 0 при делении на 3 дают члены вида $a_{3k}$, где $k \in \mathbf{Z}^{+}$, и только они. Так как $(2 + \sqrt{3})(2 - \sqrt{3}) = 1$, то имеет место равенство
$a_{n} = \frac{(2 + \sqrt{3})^{n} – (2 - \sqrt{3})^{n}}{2 \sqrt{3}} = \frac{(2 - \sqrt{3})^{-n} – (2 + \sqrt{3})^{-n}}{2 \sqrt{3}} = - a_{-n}$,
из которого вытекает, что при отрицательных значениях $n$ числа $a_{n}$ также целые, причем $a_{n} \equiv 0 (\mod 3)$ тогда и только тогда, когда $n \equiv (\mod3)$.
Доказать, что каждый член последовательности
$a_{n} = ((2 + \sqrt{3})^{n} - (2 - \sqrt{3})^{n})/(2\sqrt{3}) (n \in \mathbf{Z})$
является целым числом. Найти все значения $n \in \mathbf{Z}$, при каждом из которых число $a_{n}$ делится на 3.
Решение:
Заметим, что $a_{0} =0, a_{1} = 1$, и докажем справедливость равенства $a_{n+2} = 4a_{n+1} – a_{n}$ при каждом $n \in \mathbf{Z}^{+}$ (откуда последовательно получим, что каждое из чисел $a_{2}, a_{3}, a_{4}, \cdots $ также является целым). Действительно, пусть
$\alpha = (2+ \sqrt{3})^{n}/(2 \sqrt{3}), \beta = (2- \sqrt{3})^{n}/(2 \sqrt{3})$,
тогда имеем
$a_{n} = \alpha - \beta$,
$a_{n+1} = (2 + \sqrt{3}) \alpha - (2 - \sqrt{3}) \beta$,
$a_{}n+2 = (2 + \sqrt{3})^{2} - (2 - \sqrt{3})^{2} \beta = (7+ 4 \sqrt{3}) \alpha - (7 - 4 \sqrt{3}) \beta =$
$= (8 + 4 \sqrt{3}) \alpha - (8 – 4 \sqrt{3}) \beta - (\alpha + \beta) = 4 a_{n+1} – a_{n}$.
Поскольку
$a_{n+2} \equiv a_{n+1} – a_{n} (\mod 3)$,
а остатки от деления на 3 первых 8 членов последовательности $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \cdots $ равны соответственно $0, 1, 1, 0, 2, 2, 0, 1$, то
$a_{6} \equiv a_{0} (\mod 3), a_{7} \equiv a_{1} (\mod 3)$,
и, вообще,
$a_{n+6} \equiv a_{n} (\mod 3)$.
Таким образом, в этой последовательности остаток 0 при делении на 3 дают члены вида $a_{3k}$, где $k \in \mathbf{Z}^{+}$, и только они. Так как $(2 + \sqrt{3})(2 - \sqrt{3}) = 1$, то имеет место равенство
$a_{n} = \frac{(2 + \sqrt{3})^{n} – (2 - \sqrt{3})^{n}}{2 \sqrt{3}} = \frac{(2 - \sqrt{3})^{-n} – (2 + \sqrt{3})^{-n}}{2 \sqrt{3}} = - a_{-n}$,
из которого вытекает, что при отрицательных значениях $n$ числа $a_{n}$ также целые, причем $a_{n} \equiv 0 (\mod 3)$ тогда и только тогда, когда $n \equiv (\mod3)$.
