Demuestra que $(n+ \sqrt {n^2 -1})^k$ siempre será de la forma $ (t+ \sqrt {t^2 -1})$ donde $n$ , $k$ , $t$ son números naturales

Question

Muestra que $(n+ \sqrt {n^2 -1})^k$ siempre será de la forma $ (t+ \sqrt {t^2 -1})$ donde $n$ , $k$ , $t$ son números naturales

Answer 1

Deje que $ \sqrt {n^2-1}= \alpha $

Luego $(n+ \alpha )(n- \alpha )=1$ y es fácil ver (probar por inducción) que $(n+ \alpha )^k = t+u \alpha \text { and } (n- \alpha )^k = t-u \alpha $ con $t$ y $u$ enteros así: $$1=(n+ \alpha )^k(n- \alpha )^k = (t+u \alpha )(t-u \alpha )= t^2-u^2 \alpha ^2 $$

Así que $$u \alpha = \sqrt {t^2-1} \text { and } (n+ \alpha )^k=t+ \sqrt {t^2-1}$$

Answer 2

Disfruté trabajando con este hombre de preguntas geniales. Aquí hay una prueba inductiva directa:

Estoy escribiendo $c$ en lugar de $n$ .

Asumir inductivamente $(c + \sqrt {c^2 - 1})^k = a + b \sqrt {c^2 - 1}$ donde $b^2(c^2 - 1) = a^2 - 1$ (el caso base está claro). Es decir, no sólo puedes escribirlo como $t + \sqrt {t^2 - 1}$ pero también $t^2 - 1$ es un cuadrado de tiempo $c^2 - 1$ (Adiviné esto trabajando en el primer $k$ es para $c =2,3$ ).

Ahora para ver $k \Rightarrow k+1$ Tenemos $$(c + \sqrt {c^2 - 1})^{k+1} = (a + b \sqrt {c^2 - 1})(c + \sqrt {c^2 - 1}) $$$$ = (ac + b(c^2 - 1)) + (a + cb) \sqrt {c^2 - 1} $$It suffices to check that $$ (ac + b(c^2 - 1))^2 - 1 = (a + cb)^2(c^2 - 1) $$Expanding both sides gives $$ c^2 a^2 + 2c(c^2 - 1)ab + (c^2 - 1)^2 b^2 - 1 = (c^2 - 1)a^2 + 2c(c^2 - 1)ab + c^2(c^2 - 1)b^2 $$Cancelling the $ ab $ terms, pulling the $ a^2 $ term to the LHS, and the $ b^2 $ terms to the RHS, we get $$ a^2 - 1=b^2(c^2 - 1) $$nuestra hipótesis inductiva.

Answer 3

En primer lugar, fíjese que si $n$ es un número entero y $a = n + \sqrt {n^2-1}$ Entonces $n = \frac {1}{2}(a+ \frac {1}{a})$ . A continuación, observe que la dirección de la implicación puede ser invertida aquí, es decir, si $ \frac {1}{2}(a+ \frac {1}{a})$ es un entero entonces a puede ser escrito en la forma $n + \sqrt {n^2-1}$ donde $n$ es un número entero al establecer $n = \frac {1}{2}(a+ \frac {1}{a})$ .

Con esto en mente, simplemente tenemos que probar que si $ \frac {1}{2}(a+ \frac {1}{a})$ es un número entero, entonces también lo es $ \frac {1}{2}(a^k+ \frac {1}{a^k})$ para cualquier número entero $k$ . Esto se puede ver fácilmente por la inducción en $k$ usando la expansión binomial de $(a+ \frac {1}{a})^k$ y la simetría de los coeficientes binomiales.

EDITAR:

Para aclarar la segunda parte, $$ \left (a+ \frac {1}{a} \right )^k = \left (a^k+ \frac {1}{a^k} \right ) + \sum_ {i=1}^{ \lfloor {k/2} \rfloor }{k \choose i} + ( \text {if $ k $ even}){k \choose k/2}$$

LHS es $k$ el poder del número par tan par. Todos, excepto el primer término en el RHS son pares (por la hipótesis de inducción y el hecho de que el coeficiente del binomio central es par). Así que $(a^k+ \frac {1}{a^k})$ también debe ser parejo.

Answer 4

Las raíces de $x+ \frac1x =2n$ son $x_n=n+ \sqrt {n^2-1}$ y $1/x_n=n- \sqrt {n^2-1}$ .

Si podemos mostrar que $$ x_n^k+1/x_n^k=2m_{n,k} \tag {1} $$ (es decir, un entero par), entonces obtenemos la forma que queremos: $$ x_n^k=m_{n,k}+ \sqrt {m_{n,k}^2-1} \tag {2} $$ Caso inicial: para $k=1$ obviamente, $x_n^1+1/x_n^1=2n$ .

Caso inductivo: supongamos que $(1)$ se mantiene para todos $j<k$ es decir.., $x_n^j+1/x_n^j=2m_{n,j}$ . Entonces.., $$ \begin {align} (2n)^k &= \left (x_n+1/x_n \right )^k \\ &=x_n^k+1/x_n^k+ \sum_ {j=1}^{k-1} \binom {k}{j}x_n^{k-2j} \\ &=x_n^k+1/x_n^k+ \left\ { \begin {array}{} \binom {k}{k/2}+ \sum_ {j=1}^{k/2-1} \binom {k}{j}(x_n^{k-2j}+1/x_n^{k-2j})& \mbox {if $ k $ is even} \\ \sum_ {j=1}^{(k-1)/2} \binom {k}{j}(x_n^{k-2j}+1/x_n^{k-2j})& \mbox {if $ k $ is odd} \end {array} \right.\\ &=x_n^k+1/x_n^k+ \left\ { \begin {array}{} \binom {k}{k/2}+2 \sum_ {j=1}^{k/2-1} \binom {k}{j}m_{n,k-2j}& \mbox {if $ k $ is even} \\ 2 \sum_ {j=1}^{(k-1)/2} \binom {k}{j}m_{n,k-2j}& \mbox {if $ k $ is odd} \end {array} \right.\tag {3} \end {align} $$ Cuando $k$ es parejo, $ \binom {k}{k/2}$ tiene tantos factores de $2$ como hay $1$ -en la representación binaria de $k$ (es decir, al menos $1$ ). Por lo tanto, ya que $(2n)^k$ , $ \binom {k}{k/2}$ (si $k$ es parejo), y $2 \sum\binom {k}{j}m_{n,k-2j}$ están todos empatados, $(3)$ dice que $x_n^k+1/x_n^k$ es parejo, lo que valida $(1)$ .

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Recursión para $m_{n,k}$ :

Empieza con $m_{n,1}=n$ Entonces $$ m_{n,k}=2^{k-1}n^k- \left\ { \begin {array}{} \frac12\binom {k}{k/2}+ \sum_ {j=1}^{k/2-1} \binom {k}{j}m_{n,k-2j}& \mbox {if $ k $ is even} \\ \sum_ {j=1}^{(k-1)/2} \binom {k}{j}m_{n,k-2j}& \mbox {if $ k $ is odd} \end {array} \right. $$

Answer 5

Pista $ \rm\ \alpha = n\! +\! \sqrt {n^2\!-\!1}\:$ tiene norma $ \rm\ ,N( \alpha ) = \alpha\alpha ' = n^2\!-(n^2\!-\!1) = 1,\:$ así que $ \rm\ :N( \alpha ^n) = N( \alpha )^n = 1.\:$

A la inversa, los números cuadráticos de la norma $1$ tienen este formulario: $ \rm\ : 1 = (a\!+\!bw)(a\!-\!bw) = a^2\! -\! b^2 w^2,\:$ así que $ \rm\ : b^2 w^2 = a^2\!-\!1\: \Rightarrow\ : bw = \sqrt {a^2\!-\!1}\: \Rightarrow\ :a+bw = a+ \sqrt {a^2-1},\:$ por $ \rm\ :w^2 > 0,\,$ y el trabajo $ \rm\ ,b \ge 0.$