Demostrar $\left \lfloor \frac{1}2 \left( 2+\sqrt3 \right) ^{2002} \right\rfloor \equiv -1 \pmod7 $

Question

Probar $$ \large \left\lfloor \frac{1}2 \left( 2+\sqrt3 \right) ^{2002} \right\rfloor \equiv -1 \pmod7 $$

Hasta ahora mi intuion sólo me dice que esto tiene algo que ver con $(2+\sqrt3)(2-\sqrt3)=1$, pero yo no sé ni por dónde empezar.

Estoy buscando solución elegante.

Answer 1

Sugerencia: Considere el $u_n = \alpha^n + \beta^n$ donde$\alpha =2+\sqrt3$$\beta=2-\sqrt3$. Tenga en cuenta que$0 < \beta <1$$u_n = \lfloor \alpha^n \rfloor $. Encontrar una recursividad para$u_n$, y consideramos que es mod 7.

Descargo de responsabilidad: yo no he probado a mí mismo...

Edit. Aquí está la solución que yo tenía en mente:

$u_n$ es un número entero, porque el $\sqrt3$ términos cancelar. De hecho, $u_n$ es una incluso entero porque los otros términos de la repetición (como $z+\bar z = 2x$ para los números complejos).

$v_n := u_n/2 = 1+\lfloor \alpha^n/2 \rfloor$ porque $0 < \beta <1$.

$\alpha^2=4\alpha -1$ implica que el $u_{n+1}=4u_{n+1}-u_n$ e la misma para $v_n$, la cual es: $1, 2, 7, 26, 97, 362, 1351, \dots$. Esta secuencia debe ser periódica mod 7, y así es: $1,2,0,5,6,5,0,2,1,2,\dots$, periódico de período de 8.

Finalmente, $2002 \equiv 2 \bmod 8$$v_{2002} \equiv v_2 = 7 \equiv 0 \bmod 7$.

Answer 2

En primer lugar, me gustaría mostrar $\left( 2+\sqrt3 \right) ^{2002} + \left( 2-\sqrt3 \right) ^{2002}=A$ es un entero par.

$\left( 2+\sqrt3 \right) ^{2002} + \left( 2-\sqrt3 \right) ^{2002}=(2 ^{2002}+2002.2^{2001}\sqrt3+\frac{2002.2001}{2}2^{2000}3+\frac{2002.2001.2000}{6}2^{1999}3\sqrt3+....) +(2 ^{2002}-2002.2^{2001}\sqrt3+\frac{2002.2001}{2}2^{2000}3-\frac{2002.2001.2000}{6}2^{1999}3\sqrt3+....)=2.(2 ^{2002}+\frac{2002.2001}{2}2^{2000}3+....)$

como se muestra por encima de $\sqrt3$ términos será cero después de binom de expansión, así que a es un entero par.

$0<\left( 2-\sqrt3 \right) <1$ ,

$\frac{1}2 \left( 2+\sqrt3 \right) ^{2002} = \frac{A}2-\frac{1}2\left( 2-\sqrt3 \right) ^{2002}$

$A/2$ es un número entero porque es un entero par y $0<\frac{1}2\left( 2-\sqrt3 \right) ^{2002}<1$ ,Lo que

$$ \lfloor \frac{1}2 \left( 2+\sqrt3 \right) ^{2002} \rfloor=\frac{A}2-1$$

$$ A \equiv y \pmod7 $$ $$ \left( 2+\sqrt3 \right) ^{2002} + \left( 2-\sqrt3 \right) ^{2002} \equiv y \pmod7 $$

$$ \left( (2+\sqrt3 \right)^2) ^{1001} + \left( (2-\sqrt3 \right)^2) ^{1001} \equiv y \pmod7 $$

$$ \left( (7+2\sqrt3 \right)) ^{1001} + \left( (7-2\sqrt3 \right)) ^{1001} \equiv y \pmod7 $$

$$ \left( (2\sqrt3 \right)) ^{1001} + \left( (-2\sqrt3 \right)) ^{1001} \equiv y \pmod7 $$

$$ \left( (2\sqrt3 \right)) ^{1001} - \left( (2\sqrt3 \right)) ^{1001} \equiv y \pmod7 $$

$$y=0$$

y

$$ A \equiv 0 \pmod7 $$

$$ \lfloor \frac{1}2 \left( 2+\sqrt3 \right) ^{2002} \rfloor=\frac{A}2-1$$

$$ \large \lfloor \frac{1}2 \left( 2+\sqrt3 \right) ^{2002} \rfloor= \frac{A}2-1 \equiv -1 \pmod7 $$

Answer 3

$$(2+\sqrt 3)^2=7+2\sqrt3$$

Ahora, $$(7+4\sqrt3)^{2m+1}+(7-4\sqrt3)^{2m+1}$$ $$=2\left(7^{2m+1}+\binom {2m+1}27^{2m-1}\cdot4^2\cdot3+\binom{2m+1}47^{2m-3}\cdot4^4\cdot3^2+\cdots+\binom{2m+1}{2m}7\cdot4^{2m}\cdot3^m\right)$$ which is divisible by $2\cdot 7=14.$

En consecuencia, $$\frac12(7+4\sqrt3)^{2m+1}+\frac12(7-4\sqrt3)^{2m+1}\equiv0\pmod 7$$

Como Mathlover ha observado, $0<\frac{7-4\sqrt3}2=\frac{7^2-(4\sqrt3)^2}{2(7+4\sqrt3)}<1\implies 0<\frac12(7-4\sqrt3)^{2m+1}<1$

Por lo tanto, $$7k-1<\frac12(7+4\sqrt3)^{2m+1}<7k$$ some integer $k.$