Probar sin inducción $2^n \mid (b+\sqrt{b^2-4c})^n + (b-\sqrt{b^2-4c})^n $

Question

Prueba $2^n \mid (b+\sqrt{b^2-4c})^n + (b-\sqrt{b^2-4c})^n $ % todo $n\ge 1$y $b,c$ son números enteros.

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¿Es posible demostrarlo sin inducción?

Answer 1

Desde el polinomio característico de dos veces el número entero de la matriz

$$\mathbb P = \left( \begin{array}{cc} b & 1 \\ -c & 0 \\ \end{array} \right)$$

es $\lambda^2 - 2 b \lambda + 4c$, sus raíces son

$$b \pm \sqrt{b^2-4c}.$$

La suma de esas raíces es su traza. Debido a $\mathbb P$ tiene coeficientes enteros, todos los coeficientes de $\mathbb P^n$ integral, donde $(2\mathbb P)^n = 2^n \mathbb P^n$ son obviamente divisible por $2^n$. Pero el rastro de $(2 \mathbb P)^n$ es la suma de los $n^\text{th}$ poderes de los autovalores, QED.

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Como otros han señalado, una inducción debe estar rondando por aquí, si sólo en la relación de $(2\mathbb P)^n = 2^n \mathbb P ^n$. Pero este enfoque ayuda a que el resultado obvio.

Editar

Existe una estrecha relación entre esta solución y una basada en los dos términos de recursividad mencionado por Jack D'Aurizio. Que la recursividad puede ser representado por el derecho de la multiplicación de

$$\mathbb Q = \left( \begin{array}{cc} 2b & 1 \\ -4c & 0 \\ \end{array} \right)$$

en $(a_{n-1}, a_{n-2})$, produciendo $(a_n, a_{n-1})$. Tenga en cuenta que $\mathbb Q$ $2\mathbb P$ tienen el mismo polinomio característico. La principal diferencia, entonces, es que el $2\mathbb P$ tiene todos los coeficientes, mientras que $\mathbb Q$ no, haciendo que el resultado de $2\mathbb P$ un poco más evidente.

Answer 2

En la secuencia indicada por: $$ a_n = \left(b+\sqrt{b^2-4c}\right)^n + \left(b-\sqrt{b^2-4c}\right)^n $ $ satisface la relación de recurrencia: $$ a_{n+2} = \color{red}{2}b\cdot a_{n+1} - \color{red}{4}c\cdot a_{n}.$ $ ya que tiene $\nu_2(a_n)\geq n$ $n=0$ y $n=1$, celebra cada $n$ por la relación anterior.

OK, esto es todavía inducción :D

Answer 3

Queremos mostrar $$2^n\vert\left(\left(b+\sqrt{b^2-4c}\right)^n+\left(b-\sqrt{b^2-4c}\right)^n\right).$$ usando $x-y=\frac{x^2-y^2}{x+y}$ de hecho que tenemos

$$ 2^n\vert\left(\left(b+\sqrt{b^2-4c}\right)^n+\left(\frac{4c}{b+\sqrt{b^2-4c}}\right)^n\right) \\ 2^n\vert\frac{\left(b+\sqrt{b^2-4c}\right)^{2n}+4^nc^n}{\left(b+\sqrt{b^2-4c}\right)^n} \\ 2^n\vert\frac{\left(2b^2-4c+2b\sqrt{b^2-4c}\right)^n+4^nc^n}{\left(b+\sqrt{b^2-4c}\right)^n}\\2^n\vert\frac{2^n\left(\left(b^2-2c+b\sqrt{b^2-4c}\right)^n+2^nc^n\right)}{\left(b+\sqrt{b^2-4c}\right)^n}.$$

Answer 4

Que $x_1$ $x_2$ ser las raíces de la ecuación cuadrática $$x^2 - bx + c = 0$ $

Then $$x_1 = \frac{b + \sqrt{b^2 - 4c}}{2}$$ $$x_2 = \frac{b - \sqrt{b^2 - 4c}}{2} $$

La declaración anterior es equivalente a $$2^n \,\big| \, 2^n\big({x_1}^n + {x_2}^n \big) $ $