Clasica de tot
a)Avem ca
\( (2+\sqrt{3})^{n}=a_{n}+b_{n}\sqrt 3 \) cu
\( a_{n}\in N \) \( b_{n}\in N \). Se demonstreaza simplu cu inductie sau, direct, din binomul lui Newton.
La fel, avem ca
\( (2-\sqrt{3})^{n}=a_{n}-b_{n}\sqrt 3 \)
Rezulta deci ca
\( (2+\sqrt{3})^{n}+(2-\sqrt{3})^{n}=2a_{n} \)
\( (2-\sqrt{3})<1 \) rezulta
\( 0<(2-\sqrt{3})^{n}<1 \)
Avem, deci ca
\( 2a_{n}-1<(2+\sqrt{3})^{n}<2a_{n} \)
Deci clar
\( [(2+\sqrt{3})^{n}]=2a_{n}-1 \), impar
b)Pentru a doua chestie demonstram absolut la fel ca
\( (1+\sqrt{3})^{n}=a_{n}+b_{n}\sqrt{3} \),
\( a_{n} \),
\( b_{n} \), naturale, nu aceleasi ca la a).
Avem deci
\( (1-\sqrt{3})^{n}=a_{n}-b_{n}\sqrt{3} \)
Deci
\( (1+\sqrt{3})^{n}+(1-\sqrt{3})^n=2a_{n} \)
\( (\sqrt{3}-1)^n<1 \), deci
\( 0>(1-\sqrt{3})^{n}>-1 \) pentru n impar si
\( 0<(1-\sqrt{3})^{n}<1 \) pentru n par
Astfel
\( [(1+\sqrt{3})^{n}] \) este
\( 2a_n \) pentru n impar si
\( 2a_{n}-1 \) pentru n par.
Daca n este par avem ca
\( [(1+\sqrt{3})^{n}] \) este impar.
Daca n este impar, fie
\( n=2k+1 \)
\( [(1+\sqrt{3})^{n}]=(1+\sqrt{3})^{2k+1}+(1-\sqrt{3})^{2k+1}=(4+2\sqrt{3})^{k}\cdot(1+\sqrt{3})+(4-2\sqrt{3})^{k}(1-\sqrt{3})=2^k[(2+\sqrt{3})^k+(2-\sqrt{3})^k]+2^k\cdot\sqrt{3}[(2+\sqrt{3})^k-(2-\sqrt{3})^k] \)
Avem ca
\( (2+\sqrt{3})^k=a_{k}+\sqrt{3}b_{k} \)
\( (2-\sqrt{3})^k=a_{k}-\sqrt{3}b_{k} \)
\( 1=a_{k}^2-3b_{k}^2 \)
Avem mai departe ca:
\( [(1+\sqrt{3})^{n}]=2^k\cdot 2a_{k}+2^k\cdot\sqrt{3}\cdot 2\sqrt{3}b_{k}=2^{k+1}\cdot a_{k}+3\cdot 2^{k+1}\cdot b_{k}=2^{k+1}(a_{k}+3b_{k}) \)
Avem ca
\( (a_k+3b_k)(a_k-3b_k)=a_k^2-9b_k^2=(a_k^2-3b_k^2)-6b_k^2=1-6b_k^2 \)
\( a_k+3b_k \) si
\( 3b_k-a_k \) au aceeasi paritate si inmultite dau numarul impar
\( 6b_k^2-1 \), rezulta deci ca
\( a_k+3b_k \) este impar.
Rezulta deci ca cea mai mare putere a lui 2 prin care se divide
\( [(1+\sqrt{3})^n] \) pentru n impar este
\( \frac{n-1}{2}+1 \)
Cred ca din demonstratia ei se poate invata cate ceva 