La expansión de $(1+\sqrt{2})^n$

Question

Me pidió que muestran que $\forall n\in \mathbb N$ existe una $p\in \mathbb N^\ast$ tal que $$(1+\sqrt{2})^n = \sqrt{p} + \sqrt{p-1}$$

He utilizado la inducción, pero no fue fructífera, así que traté de usar el binomio de expansión de $(1+\sqrt{2})^n$, pero parece que me falta un poco de perspicacia para ir más allá.

Cualquier sugerencia es bienvenida.

Answer 1

La fórmula binominal muestra que $$(1+\sqrt2)^n=a_n+b_n\sqrt2$$ para algunos enteros $a_n, b_n$.

Pero, la misma fórmula binominal muestra que (convencerse de esto) $$ (1-\sqrt2)^n=a_n-b_n\sqrt2 $$ para el mismo enteros $a_n,b_n$.

Luego viene la sugerencia: Calcular el tanto $$(a_n+b_n\sqrt2)(a_n-b_n\sqrt2)$$ y $$(1+\sqrt2)^n(1-\sqrt2)^n=[(1+\sqrt2)(1-\sqrt2)]^n$$ y comparar.

Usted obtendrá ese $a_n^2-2b_n^2=(-1)^n$, lo $a_n^2$ $2b_n^2$ difieren de uno a otro por uno, y $p$ será el más grande de los dos.

Answer 2

Esto es un poco más rotonda de Jyrki la respuesta, pero tengo una debilidad por los lineales de las recurrencias.

En primer lugar, demostrar que $(1+\sqrt{2})^n=a_n+b_n\sqrt{2}$ donde $$a_0=1,\quad a_1=1,\quad a_n=2a_{n-1}+a_{n-2}\\ b_0=0,\quad b_1=1,\quad b_n=2b_{n-1}+b_{n-2}$$ Entonces demostrar que $$a_n=\tfrac{1}{2} (1 + \sqrt{2})^n + \tfrac{1}{2}(1 - \sqrt{2})^n\\ b_n=\tfrac{1}{2\sqrt{2}} (1 + \sqrt{2})^n - \tfrac{1}{2\sqrt{2}}(1 - \sqrt{2})^n$$ Ahora a la conclusión de que $a_n^2=2b_n^2+1$, por lo que el $$(1+\sqrt{2})^n=a_n+b_n\sqrt{2}=\sqrt{a_n^2}+\sqrt{a_n^2-1}$$

Answer 3

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\,{#1}\,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,\mathrm{Li}_{#1}} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ Se reduce a mostrar que el $\ul{following\ expression}$ es un número entero: \begin{align} \bracks{\pars{1 + \root{2}}^{n} + \pars{1 + \root{2}}^{-n} \over 2}^{2} = {1 \over 4}\bracks{\pars{1 + \root{2}}^{2n} + \pars{1 - \root{2}}^{2n}} + \half \end{align}

---

\begin{align} &\color{#f00}{\half + {1 \over 4}\bracks{\pars{1 + \root{2}}^{2n} + \pars{1 - \root{2}}^{2n}}} \\[5mm] & = \half + {1 \over 4}\bracks{\sum_{k = 0}^{2n}{2n \choose k}2^{k/2} + \sum_{k = 0}^{2n}{2n \choose k}\pars{-1}^{k}2^{k/2}} \\[5mm] & = \half + {1 \over 4}\bracks{2\sum_{k = 0}^{n}{2n \choose 2k}2^{k}} = \half + \half\bracks{1 + \sum_{k = 1}^{n}{2n \choose 2k}2^{k}} = \color{#f00}{1 + \sum_{k = 1}^{n}{2n \choose 2k}2^{k - 1}} \end{align} $\ul{which\ is\ an\ integer\,\,\,}$.

De hecho, el lado derecho es $\ds{\ul{the\ value}\ \mbox{of}\ p}$: $$ \color{#f00}{\pars{1 + \raíz{2}}^{n}} = \color{#f00}{\raíz{1 + \sum_{k = 1}^{n}{2n \elegir 2k}2^{k - 1}} + \raíz{\sum_{k = 1}^{n}{2n \elegir 2k}2^{k - 1}}} $$

Answer 4

Para cualquier $n\in\mathbb{N}$, $(1+\sqrt{2})^n$ es un número algebraico sobre $\mathbb{Q}$ con grado de $\leq 2$, por lo que, suponiendo que la igualdad se mantiene, $\sqrt{p}+\sqrt{p-1}$ tiene que ser un número algebraico sobre $\mathbb{Q}$ con grado de $\leq 2$. No hay problemas con el $p=1$$p=2$, pero si $p\geq 3$ ni $p$ o $p-1$ es un cuadrado... vamos a ver. Desde $$ (\sqrt{p}+\sqrt{p-1})^2 = 2p-1+2\sqrt{p(p-1)} $$ el biquadratic polinomio $$ q(x) = x^4+(2-4p)x^2+1 $$ se desvanece en $x=\sqrt{p}+\sqrt{p-1}$. Si podemos demostrar que $q(x)$ es el mínimo polinomio de $\sqrt{p}+\sqrt{p-1}$ $\mathbb{Q}$ estamos hecho y condenados, ya que tenemos que $\sqrt{p}+\sqrt{p-1}$
es un número algebraico de grado $4$$\mathbb{Q}$.
Las raíces de $q(x)$ se dan por $\pm\sqrt{p}\pm\sqrt{p-1}$, pero para elegir cada uno de los signos $\varepsilon_i$ $$ (x-\varepsilon_1\sqrt{p}-\varepsilon_2\sqrt{p-1})(x-\varepsilon_3\sqrt{p}-\varepsilon_4\sqrt{p-1})\not\in\mathbb{Q}[x]$$ por Vieta fórmulas, por lo $q(x)$ es en realidad el polinomio mínimo de a $\sqrt{p}+\sqrt{p-1}$ $\mathbb{Q}$ original y el problema se reduce a la comprobación de si se logra la igualdad por parte de algunos $n$ sólo en los casos para los que $p$ es un cuadrado o un cuadrado más uno. Sin embargo, es fácil comprobar que por la expansión de $$ (1+\sqrt{2})^n = a_n+b_n\sqrt{2} $$ debemos tener $a_n^2=p$ $2b_n^2=p-1$ o $a_n^2=p-1$$2b_n^2=p$. La relación de $\frac{a_n}{b_n}$ de la de Lucas-Pell números de $a_n,b_n$ converge muy rápido a $\sqrt{2}$, y desde $\color{red}{a_n^2-2b_n^2=(-1)^n}$, tenemos: $$ (1+\sqrt{2})^{2n} = \sqrt{a_{2n}^2} + \sqrt{a_{2n}^2-1} $$ y $$ (1+\sqrt{2})^{2n+1} = \sqrt{2b_{2n+1}^2}+\sqrt{2b_{2n+1}^2-1}.$$

Answer 5

Nota: He añadido algunas líneas a mostrar este explícita fórmula: $p =1+\sum_{k=0}^{n-1} \binom{2n}{2k}2^{n-k-1} $.

Si $(1+\sqrt{2})^n = \sqrt{p} + \sqrt{p-1} $, entonces $(1+\sqrt{2})^{2n} = 2p-1+2\sqrt{p(p-1)} $ así que

$\begin{array}\\ 4p(p-1) &=((1+\sqrt{2})^{2n} - (2p-1))^2\\ &=(1+\sqrt{2})^{4n}-2(1+\sqrt{2})^{2n} (2p-1)+(2p-1)^2\\ &=(1+\sqrt{2})^{4n}-2(1+\sqrt{2})^{2n} (2p-1)+4p^2-4p+1\\ \text{so that}\\ -1 &=(1+\sqrt{2})^{4n}-2(1+\sqrt{2})^{2n} (2p-1)\\ \implies\\ 2p-1 &=\frac{(1+\sqrt{2})^{4n}+1}{2(1+\sqrt{2})^{2n} }\\ &=\frac12(1+\sqrt{2})^{2n}+\frac{1}{2(1+\sqrt{2})^{2n} }\\ &=\frac12(1+\sqrt{2})^{2n}+\frac12(-1+\sqrt{2})^{2n} \qquad\text{ since} (1+\sqrt{2})(-1+\sqrt{2})=1\\ &=\frac12\sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k}(\sqrt{2})^{2n-k}(1+(-1)^k)\\ &=\sum_{k=0}^{n} \binom{2n}{2k}(\sqrt{2})^{2n-2k}\\ &=\sum_{k=0}^{n} \binom{2n}{2k}2^{n-k}\\ &=\binom{2n}{2n}2^{n-n}+\sum_{k=0}^{n-1} \binom{2n}{2k}2^{n-k}\\ &=1+\sum_{k=0}^{n-1} \binom{2n}{2k}2^{n-k}\\ &=1+2\sum_{k=0}^{n-1} \binom{2n}{2k}2^{n-k-1}\\ \text{so}\\ p &=1+\sum_{k=0}^{n-1} \binom{2n}{2k}2^{n-k-1}\\ \end{array} $