Matematické Fórum

liamlim

Zdravím!

Prosím o nápad, jak by se dokázalo tvrzení, které podle všeho platí pro obecné $n$ , já mám ale pouze náznak důkazu pro prvočíselná a nejsem ani schopen zobecnit jej na přirozená čísla.

Dokažte pro libovolné přirozené $n>1$ , že $2^n$ dělí $(1-\sqrt{2^n-3})^n+(1+\sqrt{2^n-3})^n$

Rumburak · 06. 01. 2017 13:25

↑ liamlim:

Ahoj. Umocnění podle binomické věty by nepomohlo ?

liamlim

↑ Rumburak:

Mně se to toho roznásobení právě původně vůbec nechtělo, protože jsem si nemyslel, že by k něčemu vedlo. Teď to zkouším a dostal jsem se k něčemu jako:

$a_n = (1-\sqrt{2^n-3})^n+(1+\sqrt{2^n-3})^n$
$a_n = \sum_{k=0}^n{n\choose k}(2^n - 3)^{\frac{k}{2}}((-1)^k + 1)$
$a_n = 2\cdot\sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}{n\choose 2k}(2^n - 3)^k$
$a_n \equiv 2\cdot\sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}{n\choose 2k}(- 3)^k\mod 2^n$

Teď ale úplně dobře nevidím, jak mi toto pomůže.

edit: ale aspoň vidím, že by šlo nejspíše "zhezčit" zadání. Nejspíše by fungovalo, kdybych $(1-\sqrt{2^n-3})^n+(1+\sqrt{2^n-3})^n$ v zadání nahradil $(1-\sqrt 3\cdot i)^n + (1+\sqrt 3 \cdot i)^n$ , což skutečně vypadá hezčeji.

liamlim

Podle wolframu je $(1-\sqrt 3\cdot i)^n + (1+\sqrt 3 \cdot i)^n$ vždy mocnina 2!! Umíte to dokázat?

edit.: už to mám. takže je příklad vyřešen. Ale příjde mi to zajímavé. Rozhodně bych to jen tak nečekal.

Xellos · 07. 01. 2017 00:14

No. Vidim ze vyriesene ale aj tak napisem svoje riesenie.

Pouzime rekurzivny vzorec na binomicke koeficienty
$a_n=\sum 2{n-1 \choose 2k} (-3)^k + \sum 2{n-1 \choose 2k-1} (-3)^k$
kde $k$ ide cez vsetky cele cisla. Prva suma je $a_{n-1}$ . Druha suma sa da prepisat opat ako
$\sum 2{n-2 \choose 2k-1} (-3)^k + \sum 2{n-2 \choose 2(k-1)} (-3)^k$
kde druhy clen je $(-3)a_{n-2}$ . Prvu sumu zasa rozpiseme podobne a dostaneme $\sum 2{n-3 \choose 2k-1}(-3)^k + (-3)a_{n-3}$ , atd.
Eventualne dostaneme rekurentny vzorec $a_n=a_{n-1}-3\sum a_{0..n-2}$ , resp. $S_n=2S_{n-1}-4S_{n-2}$ kde $S_n=\sum_0^n a_k$ . Tu uz explicitne riesenie vieme, ale ani nam ho netreba - vidno ze $S_0=2$ a $S_n$ je nasobok $2^{n+1}$ , preto $a_n=S_n-S_{n-1}$ je delitelne $2^n$ .