Cómo mostrar $\lceil ( \sqrt3 +1)^{2n}\rceil$ que es divisible por $n \in \mathbb{ N}$ $2^{n+1}$

Question

Mostrar que $ \left\lceil( \sqrt3 +1)^{2n}\right\rceil$ que es divisible por $n \in \mathbb{N}$ $2^{n+1}$.

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Escribí la expansión binomial de $ ( \sqrt3 +1)^{2n}$ y $( \sqrt3 -1)^{2n}$ y luego para confirmar que el entero siguiente es.
Luego apliqué $AM \ge GM$ en los dos términos para obtener $ ( \sqrt3 +1)^{2n} + ( \sqrt3 -1)^{2n} \ge (2^{n+1})$.

Ahora soy incapaz de averiguar el siguiente paso. Cualquier ayuda sería apreciada. :)

Answer 1

$$(\sqrt{3}\pm 1)^2=(4 \pm 2\sqrt{3})=2(2 \pm \sqrt{3})$$

Por lo tanto $$( \sqrt3 +1)^{2n} + ( \sqrt3 -1)^{2n} =2^n \left[(2 + \sqrt{3})^n+(2 - \sqrt{3})^n \right] $ $

Ahora utilizar el teorema del binomio para probar que $(2 + \sqrt{3})^n+(2 - \sqrt{3})^n $ es un número entero uniforme.

Answer 2

Dejar: % $ $$ A_n = (\sqrt{3}+1)^{2n}+(\sqrt{3}-1)^{2n} = (4+2\sqrt{3})^n+(4-2\sqrt{3})^{n}.\tag{1} $desde $0<4-2\sqrt{3}<\frac{2}{3}$, tenemos que $A_n$ es el número entero que el techo del $(\sqrt{3}+1)^{2n}$.

Ahora tenemos: $$ A_0 = 2, \quad A_1 = 8,\qquad A_{n+2} = 8 A_{n+1} - 4 A_{n}\tag{2} $ $ y si tomamos: $$ \nu_2(n) = \max\{m\in\mathbb{N}: 2^m\mid n\} \tag{3}$ $ ocurre que: $$ \nu_2(A_n)\geq n+1\tag{4} $ $ puede ser probada por inducción de $(2)$. Podemos también factor de una $2^n$ de los RHS de $(1)$ después a estudiar la paridad de la secuencia dada por: $$ B_n = (2+\sqrt{3})^n+(2-\sqrt{3})^n,\tag{5}$ $ que: %#% $ #% que da:

$$ B_0=2,\quad B_1=4,\quad B_2=14,\quad B_{n+2}=4B_{n+1}-B_n\equiv -B_n\pmod{4}.\tag{6}$$

Answer 3

Que $R=(\sqrt{3}+1)^{2n}=I+f$ donde $I$ es la parte integeral de $R$ y $f$ es la parte fraccional de $R$.
Que $r=(\sqrt{3}-1)^{2n}$
Ahora, sabemos que $r<1$ $\sqrt{3}-1$ es menor que $1$ y $n\geq 1$. También,
$R+r=2({2n\choose0}\sqrt{3}^{0}+{2n\choose2}\sqrt{3}^{2}+\ldots+{2n\choose2n}\sqrt{3}^{2n})=2k$ $k$ Dónde está un número entero positivo. Desde entonces, $r$ era menos de $1$, esto implica que el $r+f=1$ y $I=2k-1$.
Esto significa que el $I$ impar así $I+1$ es incluso.
Edición: Yo no estoy borrando esta respuesta para que otros puedan ver cómo llegó a la conclusión de que $\lceil (\sqrt{3}+1)^{2n}\rceil$ de OP es incluso.