Нечетность целой части

[eugensk]

Доказать, что $\left[(\sqrt{3})^n\right]$ при любом $n\in N$ нечётно.

$\left[x\right]$ означает целую часть $x$.

(Оффтоп)

Возможно, это простая задача, не олимпиадная, но метода решения в лоб я не знаю, буду признателен, если просветите.

[пианист]

$(\sqrt{3})^7 \approx 46,8$
Или я неправильно понимаю, что есть целая часть?

[eugensk]

Тэкс... Нет, всё правильно.
Изначально задача была $\left[(2+\sqrt{3})^n\right]$ при любом $n\in N$ нечётно, я её "улучшил"

[ИСН]

Там-то просто. Числа Пизо.

[Pphantom]

Тема перемещена из форума «Олимпиадные задачи (М)» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»

[nnosipov]

Сначала нужно выписать, чему равна целая часть от $(2+\sqrt{3})^n$. Это действительно легко, ибо, как уже было замечено, число $2+\sqrt{3}$ является числом Пизо (т.е. сопряженное к нему число $2-\sqrt{3}$ меньше 1 по модулю). Затем, когда нужная формула будет написана, достаточно будет посмотреть на нее по "модулю 2". Все станет очевидным. Впрочем, сравнения по идеалу $\langle 2 \rangle$ в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt{3}]$ можно не привлекать (это не совсем элементарно), довольно будет обе степени раскрыть по биному Ньютона. И опять все станет очевидно.

[eugensk]

Да, только я зачем-то в разложении $(2+\sqrt{3})^n$ отбросил все члены с двойкой, "как не меняющие чётность". Не знаю, что и чем я тогда думал.

[nnosipov]

eugensk в сообщении #1535605 писал(а):

в разложении $(2+\sqrt{3})^n$ отбросил все члены с двойкой, "как не меняющие чётность"

Так это правильно (это и есть вычисление по модулю идеала $\langle 2 \rangle$), только под знаком целой части так делать нельзя. Надо предварительно избавиться от знака целой части. Это не всегда легко, но в данном случае легко: $[(2+\sqrt{3})^n]=(2+\sqrt{3})^n+(2-\sqrt{3})^n-1$.

[Dendr]

nnosipov в сообщении #1535611 писал(а):

под знаком целой части так делать нельзя

Почему нельзя? Если к аргументу функции модуля прибавить число, по которому модуль вычисляется, то ответ не изменится. Это верно и для нецелого аргумента.

А вот что принципиально, так это что утверждение "если $mn$ - нечетно, то $m, n$ - оба нечетны" верно для целых чисел, но нельзя говорить то же про $[an]$ и $n, [a]$, где $a$ - дробное, $n$ - целое.

[nnosipov]

Dendr в сообщении #1535696 писал(а):

Почему нельзя? Если к аргументу функции модуля прибавить число, по которому модуль вычисляется, то ответ не изменится. Это верно и для нецелого аргумента.

Нет, неверно: если $a+b\sqrt{3} \equiv a_1+b_1\sqrt{3} \pmod{m}$, то отсюда, вообще говоря, не следует, что $[a+b\sqrt{3}] \equiv [a_1+b_1\sqrt{3}] \pmod{m}$. Контрпример: $2\sqrt{3} \equiv 0 \pmod{2}$, но $[2\sqrt{3}] \not\equiv 0 \pmod{2}$. Если Вы имели в виду что-то другое, напишите это более формально, иначе непонятно.

[Dendr]

Если $ b\ne b_1$, то конечно нельзя. Но если равно?

Говоря формально, я имел в виду, что $a\equiv a+m \mod {m}$ для любого действительного $a$.

[nnosipov]

Dendr в сообщении #1535809 писал(а):

Говоря формально, я имел в виду, что $a\equiv a+m \mod {m}$ для любого действительного $a$.

Это-то верно, конечно. Но замена $(2+\sqrt{3})^n$ на $(\sqrt{3})^n$ при $n>1$ не сводится просто к добавлению четного целого числа.

[Евгений Машеров]

Dendr в сообщении #1535696 писал(а):

Если к аргументу функции модуля прибавить число, по которому модуль вычисляется, то ответ не изменится.

Это верное утверждение, не имеющее отношения к тому, что Вы делаете. Поскольку прибавляется у Вас не 2, а 2 (или вообще что-то чётное), умноженное на $\sqrt 3$. И это произведение имеет право не быть чётным.

[maxal]

Интреснее задачка нахождения таких $u$, что $[u^n] \equiv n\pmod{2}$ для всех $n$ - см. topic3291.html
Вопрос о минимальном возможном значении $u$ - открыт.

Перенес обсуждение этой задачи в указанную тему.