Mostrar que $\forall n\in\Bbb{N}, (3+\sqrt 7)^n+(3-\sqrt 7)^n\in\Bbb{Z}$ y $\forall n\in\Bbb{N}, (2+\sqrt 2)^n+(2-\sqrt 2)^n\in\Bbb{Z}$

Question

Tengo este problema que me he encontrado durante un límite de secuencia de cálculo:

Mostrar que $\forall n\in\Bbb{N}, (3+\sqrt 7)^n+(3-\sqrt 7)^n\in\Bbb{Z}$ Y que $\forall n\in\Bbb{N}, (2+\sqrt 2)^n+(2-\sqrt 2)^n\in\Bbb{Z}$

Traté de inducción, pero no lo demuestra. Gracias por cualquier ayuda.

Nota: no sé avanzados de la teoría de números.

Answer 1

Forma 1: Imaginar la expansión utilizando el Teorema del Binomio, y la adición. No es bonito cancelación de los términos que involucran potencias impares de $\sqrt{7}$.

Forma 2: Nuestros suma es invariante bajo la asignación que envía los números de la forma $a+b\sqrt{7}$ donde $a$ $b$ son enteros, a $a-b\sqrt{7}$. Pero no es difícil ver que sólo enteros son invariantes bajo esa asignación.

Forma 3: también podemos utilizar una recurrencia. Tenga en cuenta que $3+\sqrt{7}$ $3-\sqrt{7}$ son raíces de la ecuación de $x^2-6x+2=0$. Deje $a_n=(3+\sqrt{7})^n$$b_n=(3-\sqrt{7})^n$. Es fácil comprobar que $a_{n+2}=6a_{n+1}-2a_n$$b_{n+2}=6b_{n+1}-2b_n$.

Deje $c_n=(3+\sqrt{7})^n+(3-\sqrt{7})^n$. A continuación, por la linealidad tenemos $$c_{n+2}=6c_{n+1}-2c_n.\tag{1}$$ Tenga en cuenta que$c_0=2$$c_1=6$, ambos enteros. De ello se desprende que la inducción por el uso de (1) $c_n$ es un número entero para todos los $n$.

Paso 4: Para mayor brevedad escribir nuestra total $\alpha^n +\beta^n$. Tenga en cuenta que $$\alpha^{n+1}+\beta^{n+1}=(\alpha^n +\beta^n)(\alpha +\beta)-\alpha\beta(\alpha^{n-1}+\beta^{n-1}).\tag{1}$$ Desde $\alpha+\beta$ $\alpha\beta$ son enteros, el uso de (1) podemos demostrar que si $\alpha^n+\beta^n$ $\alpha^{n-1}+\beta^{n-1}$ son enteros, entonces también lo es $\alpha^{n+1}+\beta^{n+1}$. Esto hace que el paso de inducción.

Answer 2

Si sabes un poco de álgebra abstracta, no hay nada que calcular. (Y este es uno de esos ejemplos que demuestran que la abstracción no hacer las cosas complicadas, pero de hecho es más fácil.)

Considere el campo de la extensión de $\mathbb{Q}(\sqrt{7})$$\mathbb{Q}$. Su automorphism grupo es generado por $\sqrt{7} \mapsto -\sqrt{7}$. Desde $(3+\sqrt{7})^n + (3-\sqrt{7})^n \in \mathbb{Q}(\sqrt{7})$ es obviamente invariantes bajo esta transformación, que se encuentra en $\mathbb{Q}$. Es también parte integrante de más de $\mathbb{Z}$ (desde $3,\sqrt{7}$ son integrales). Desde $\mathbb{Z}$ es integralmente cerrado, el elemento de la realidad se encuentra en $\mathbb{Z}$.

El mismo argumento funciona para $(2+\sqrt{2})^n+(2-\sqrt{2})^n$ y un montón de otros ejemplos. Por ejemplo, $(1+i)^n + (1-i)^n \in \mathbb{Z}$ considerando el campo de Gauss racionales $\mathbb{Q}(i)$.

Edit: Como explica André Nicolas en esta respuesta, el argumento es aún más fácil de trabajar directamente con el anillo de $\mathbb{Z}[\sqrt{7}]$.

Answer 3

Tenemos $$\begin{align}(3+\sqrt 7)^n+(3-\sqrt 7)^n&=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}3^{n-k}(\sqrt 7)^k+\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}3^{n-k}(-\sqrt 7)^k\\&=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}3^{n-k}(\sqrt 7)^k(1+(-1)^k).\end{align}$$Here, note that if $k$ es impar, entonces $$(\sqrt 7)^k(1+(-1)^k)=0$$ y que si $k$ es incluso, a continuación, $$(\sqrt 7)^k(1+(-1)^k)\in\mathbb Z.$$

Answer 4

Si $a$ $b$ son cualquier enteros (positivos o negativos), a continuación, $(a+\sqrt b)^n + (a-\sqrt b)^n$ es un número entero. Esto es así porque si se expanda a cabo utilizando el binomio de expansión, los términos de $(\sqrt b)^m$ $(a+\sqrt b)^n$ cancelar los términos $(-\sqrt b)^m$ $(a-\sqrt b)^n$ por extraño $m$.

Answer 5

Sugerencia:

En el binomio de expansión de

$$(3+\sqrt 7)^n+(3-\sqrt 7)^n$$

tenemos términos como

$$3^n+3^{n-1}\sqrt 7{n\choose 1}+3^{n-2}\sqrt 7^2{n\choose 2}+\dots$$

¿Qué sucede cuando dos binomios son más amplios, especialmente cuando uno de ellos implica una negativa?

Alternativa sugerencia:

Lo que sucede en la siguiente multiplicación:

$$((2+\sqrt2)^n+(2-\sqrt2)^n)((2+\sqrt2)+(2-\sqrt2))$$

(Este puede prestar a la inducción...)