Potęga i kwadrat

[mol_ksiazkowy]

Udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ (2+ \sqrt{3} )^{2k-1} - 1 = a+b \sqrt{3} }\) gdzie \(\displaystyle{ a, b, k }\) są liczbami całkowitymi dodatnimi, to \(\displaystyle{ a}\) jest kwadratem liczby całkowitej

[Premislav]

Zapiszmy \(\displaystyle{ \left(2+\sqrt{3}\right)^{2k-1}-1=a_{k}+b_{k}\sqrt{3}, a_{k}, \ b_{k}\in \ZZ, \ k\in \NN^{+}}\).
Wówczas mamy oczywiście \(\displaystyle{ a_{1}=1, \ b_{1}=1}\), a ponadto
\(\displaystyle{ a_{k+1}+b_{k+1}\sqrt{3}=\left(2+\sqrt{3}\right)^{2k+1}-1=\left(2+\sqrt{3}\right)^{2}\left(\left(2+\sqrt{3}\right)^{2k-1}-1\right)+\left(2+\sqrt{3}\right)^{2}-1\\=\left(7+4\sqrt{3}\right)\left(a_{k}+b_{k}\sqrt{3}\right)+6+4\sqrt{3}\\=\left(7a_{k}+12b_{k}+6\right)+\sqrt{3}\left(4a_{k}+7b_{k}+4\right)}\)
czyli otrzymaliśmy zależności rekurencyjne:
\(\displaystyle{ a_{k+1}=7a_{k}+12b_{k}+6\\b_{k+1}=4a_{k}+7b_{k}+4}\)
Dodatniość i całkowitość tych współczynników w równaniach rekurencyjnych w połączeniu z \(\displaystyle{ a_{1}=b_{1}=1}\) pozwala nam wyciągnąć mocniejszy wniosek, że \(\displaystyle{ a_{k}, \ b_{k}\in \NN^{+}}\).
Chcemy więc udowodnić, że dla każdego \(\displaystyle{ k\in \NN^{+}}\) liczba \(\displaystyle{ a_{k}}\) będzie kwadratem liczby całkowitej.

nie miałem na to jakiegoś eleganckiego pomysłu, więc po prostu wyznaczam z pierwszego równania rekurencyjnego
\(\displaystyle{ b_{k}=\frac{a_{k+1}-7a_{k}}{12}-\frac{1}{2}}\) i wstawiłem do drugiego równania rekurencyjnego. W ten sposób otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \frac{a_{k+2}-7a_{k+1}}{12}-\frac{1}{2}=4a_{k}+\frac{7a_{k+1}-49a_{k}}{12}-\frac{7}{2}+4 \\a_{k+2}=14a_{k+1}-a_{k}+12}\)

Ponadto \(\displaystyle{ a_{1}=1, \ a_{2}=7+12+6=25}\).
Jak ktoś zna równania charakterystyczne albo funkcje tworzące, to łatwo się wobec tego przekona, że
\(\displaystyle{ a_{n}=\frac{1}{2}\left(\left(2+\sqrt{3}\right)\left(7-4\sqrt{3}\right)^{n}+\left(2-\sqrt{3}\right)\left(7+4\sqrt{3}\right)^{n}-2\right)}\)
Nie będę przepisywać rachunków, gdyż mija się to z celem.

Należy teraz zauważyć, że \(\displaystyle{ 7+4\sqrt{3}=\left(2+\sqrt{3}\right)^{2}, \ 7-4\sqrt{3}=\left(2-\sqrt{3}\right)^{2}}\)
oraz
\(\displaystyle{ \sqrt{2+\sqrt{3}}\left(2-\sqrt{3}\right)^{n}\cdot \sqrt{2-\sqrt{3}}\cdot\left(2+\sqrt{3}\right)^{n}=1}\), a zatem
\(\displaystyle{ a_{n}=\frac{1}{2}\left(\sqrt{2+\sqrt{3}}\left(2-\sqrt{3}\right)^{n}-\sqrt{2-\sqrt{3}}\left(2+\sqrt{3}\right)^{n}\right)^{2}}\)

Udowodnimy teraz pokrótce, że
\(\displaystyle{ \sqrt{2+\sqrt{3}}\left(2-\sqrt{3}\right)^{n}-\sqrt{2-\sqrt{3}}\left(2+\sqrt{3}\right)^{n}=\sqrt{2}c_{n}}\) dla \(\displaystyle{ c_{n}\in \ZZ}\).
Sprawę ułatwi spostrzeżenie, że \(\displaystyle{ \sqrt{2+\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}, \ \sqrt{2-\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}}\)
Nietrudno zauważyć (dowód – proste ćwiczenie, np. ze wzoru dwumianowego), że jeśli \(\displaystyle{ \left(2+\sqrt{3}\right)^{n}=x_{n}+y_{n}\sqrt{3}, \ x_{n}, \ y_{n}\in \ZZ}\), to
\(\displaystyle{ \left(2-\sqrt{3}\right)^{n}=x_{n}-y_{n}\sqrt{3}}\)
Zatem
\(\displaystyle{ \sqrt{2+\sqrt{3}}\left(2-\sqrt{3}\right)^{n}-\sqrt{2-\sqrt{3}}\left(2+\sqrt{3}\right)^{n}\\=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}\left(x_{n}-y_{n}\sqrt{3}\right)-\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}\left(x_{n}+y_{n}\sqrt{3}\right)\\=\sqrt{2}x_{n}-3\sqrt{2}y_{n}}\)

Tym samym powyższe równe jest \(\displaystyle{ \sqrt{2}\left(x_{n}-3y_{n}\right), \ x_{n}, \ y_{n}\in \ZZ}\)
i mamy
\(\displaystyle{ a_{n}=\left(x_{n}-3y_{n}\right)^{2}}\), co kończy dowód.