$T_n=(sqrt(a+1)+sqrt(a))^n$

[Pachisi]

Sia $T_n=(sqrt(a+1)+sqrt(a))^n$, con $n$ e $a$ interi positivi. Dimostrare che $T_n$ si può scrivere come somma delle radice quadrate di due interi consecutivi, per ogni $n$.

[anto_zoolander]

forse

per induzione

$T_0$ e $T_1$ sono banalmente vere.

$T_2=(sqrt(a+1)+sqrta)^2=2a+1+2sqrt(a^2+a)=sqrt((2a+1)^2)+sqrt(4)sqrt(a^2+a)$

$T_2=sqrt(4a^2+4a+1)+sqrt(4a^2+4a)$ dunque è vera per $n=2$

$(sqrt(a+1)+sqrt(a))^(n+1)=(sqrt(a+1)+sqrt(a))^n(sqrt(a+1)+sqrt(a))$

supponiamo siano $k$ e $k+1$ gli interi tali che $(sqrt(a+1)+sqrt(a))^n=sqrt(k)+sqrt(k+1)$

$(sqrt(a+1)+sqrt(a))^(n+1)=(sqrt(k)+sqrt(k+1))(sqrt(a+1)+sqrt(a))$

ricordando che $k=4a^2+4a$ sviluppando il prodotto si ottiene

$sqrt(4a(a+1)^2)+sqrt(a(2a+1)^2)+sqrt((a+1)(2a+1)^2)+sqrt(4a^2(a+1))$

$sqrt(a)(4a+3)+sqrt(a+1)(4a+1)=sqrt(a(4a+3)^2)+sqrt((a+1)(4a+1)^2)$

dunque sia $A={n inNN:P(n)$ \(\displaystyle è vera \)$}$

si ha che $n inA$ per qualche $ninNN$ e $n+1 inA$ dunque vale per ogni $ninNN$

NB: sotto le radici abbiamo

$(a+1)(4a+1)^2=16a^3+24^2+9a$

$a(4a+3)^2=16a^3+24^2+9a+1$

[Pachisi]

Non mi sembra giusta. Non mi trovo con

$k=4a^2+4a$

[dan952]

Un hint?
È delle IMO?

[Pachisi]

Non è delle IMO.
Hint:

Per $n$ pari, $T_n=A_n+B_nsqrt(a(a+1))$ con $(A_n)^2=a(a+1)(B_n)^2+1$.
Per $n$ dispari,...

[dan952]

$n$ dispari)
$T_n=A_n \sqrt{a+1} +B_n\sqrt{a}$
con $A_n,B_n$ soluzioni intere positive dell'equazione $(a+1)x^2-ay^2=1$.
Perché non ci ho pensato prima...che Pell!

[Pachisi]

Ok, però manca il passo finale.

[dan952]

Siano $A_1=2a+1$ e $B_1=2$ le soluzioni intere positive minime dell'equazione $x^2-a(a+1)y^2=1$. Allora anche $A_n$ e $B_n$ tali che $T_n=(A_1+\sqrt{a(a+1)}B_1)^n=A_n+\sqrt{a(a+1)}B_n$ sono soluzioni dell'equazione.
Idem per il caso $n$ dispari.
Ovviamente $T_n=A_n +\sqrt{a(a+1)}B_n=\sqrt{A_n^2}+\sqrt{a(a+1)B_n^2}=sqrt{a(a+1)B_n^2+1}+sqrt{a(a+1)B_n^2}$, stesso risultato per $n$ dispari.

[Erasmus_First]

"Pachisi":Sia $T_n=(sqrt(a+1)+sqrt(a))^n$, con $n$ e $a$ interi positivi. Dimostrare che $T_n$ si può scrivere come somma delle radice quadrate di due interi consecutivi, per ogni $n$.

Siccome $(sqrt(a+1) +sqrt(a))·(sqrt(a+1) -sqrt(a)) = a+1 - a = 1$, si può porre:
$x = ln(sqrt(a+1)+sqrt(a)) = ln(T_1)$
per cui anche
$cosh(x) ≡(e^x + e^(-x))/2 = sqrt(a+1$);
$sinh(x) ≡(e^x - e^(-x))/2 = sqrt(a)$.
Si trova subito
$T_2 ≡T_1^2 = sqrt((4a^2 + 4a)+1) + sqrt(4a^2+4a)$;
$T_3 ≡T_1^3 = (a+1)·sqrt(a+1) + 3(a+1)·sqrt(a) + 3a·sqrt(a+1) + asqrt(a) = $
$=(4a+1)sqrt(a+1)+(4a+3)sqrt(a) = sqrt(a(4a+3)^2 +1) + sqrt(a(4a+3)^2)$.

Si consideri in generale $(sqrt(a+1) + sqrt(a))^n$ dopo aver psto, (per comodità):
$c = sqrt(a+1)$ e $s = sqrt(a)$
per cui
$T_1 = c+s; T_n = T_1^n = (c+s)^n$.
Sviluppando la potenza n-esima di $(c + s)$ si ottiene la somma di $n+1$ addendi del tipo:
$(n!)/(k!(n-k)!)c^k·s^(n-k)$ (*)
per k da 0 n.
Per essa distinguiamo il caso in cui n è pari da quello in cui n è dispari.

a) n pari
Se k è pari (e quindi è pari anche n-k) l'addendo (*) è intero.
Se invece k è dispari (e quindi dispari è anche n - k), l'addendo (*) è il prodotto d'un intero per $sqrt(a(a+1))$.
Si possono allora sommare tutti gli addendi interi in un numero intero e raccogliere dagli altri $sqrt(a(a+1))$ sommandone i coefficienti in un unico numero intero. Risulta cioè $T_n$ del tipo:
$T_n = p + qsqrt(a(a+1)) = sqrt(p^2) + sqrt(q^2a(a+1))$.

b) n dispari
Allora:
• Se k è dispari (e quindi n-k è pari) l'addendo (*) risiulta il prodotto di un intero per $sqrt(a+1)$;
• Se Se k è pari (e quindi n-k è dispari) l'addendo (*) risiulta il prodotto di un intero per $sqrt(a)$.
Sommando tra loro i termini simili, si ha una somma del tipo
$T_n = p·sqrt(a+1) + q·sqrt(a) = sqrt(p^2(a+1)) + sqrt(q^2·a)$.

Infine, essendo comunque $T_n = e^(nx) = cosh(nx) + sinh(nx)$, per ogni n risulterà una somma del tipo
$T_n = sqrt(a_n + 1) + sqrt(a_n)$
con $a_n = sinh^2(nx)$ intero per ogni n.

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