Максимальная степень двойки floor ( (1+sqrt 3 )^n )

[CliniqueHappy]

Задача: найти макс. степень двойки для $\left \lfloor (1+\sqrt{3})^{n} \right \rfloor$.

Если число n нечетное $\left \lfloor (1+\sqrt{3})^{n} \right \rfloor=(1+\sqrt{3})^{n}+(1-\sqrt{3})^{n}$, то получается выделить одну двойку,$2(1+\binom{n}{2}3+\binom{n}{4}3^{2}+...+\binom{n}{n-1}3^{\frac{n-1}{2}})$ остальные не знаю как. Если четное $\left \lfloor (1+\sqrt{3})^{n} \right \rfloor=(1+\sqrt{3})^{n}+(1-\sqrt{3})^{n}-1$ вообще на 2 не делится.

[GAA]

Долго пытался вспомнить решение, но так и не вспомнил. Но можно занудно, совсем очевидным способом.
Случай нечетного показателя. Обозначим его через $2k+1$.

$$(1+\sqrt 3)^{2k+1} + (1-\sqrt 3)^{2k+1} = (4+2\sqrt 3)^k(1+\sqrt 3) + (4-2\sqrt 3)^k(1-\sqrt 3) =$$

$$ = 2^k \left \{ \left [ (2+\sqrt 3)^k + (2-\sqrt 3)^k \right] + \left [ (2+\sqrt 3)^k - (2-\sqrt 3)^k \right] \sqrt3 \right \}.$$

Очевидно, что можно вынести 2 за фигурные скобки (т.е. «максимальная степень двойки» не меньше $k+1$). И надо показать, что выражение в фигурных скобках, после вынесения 2, уже больше не делится на 2.

[Cash]

Для таких последовательностей всегда можно найти рекуррентное соотношение а-ля Фибоначчи
(здесь нас интересуют только нечетные члены): $x_{2k+3}=ax_{2k+1}+bx_{2k-1}$ с целыми $a $ и $b$.
Сделать это можно несколькими способами, например, подбором по первым членам и дальнейшим доказательством по индукции. Если знаете про характеристические функции, то там делать совсем нечего.
После этого решение в одну строчку.

[GAA]

Cash, спасибо. Как я понял вариант решения.
Для нечетных $n=2k+1$ последовательность можно записать в виде

$$y_{k} = (1+\sqrt 3)(4+2\sqrt 3)^k + (1- \sqrt 3)(4 - 2\sqrt 3)^k.$$

В правой части линейная комбинация базисных решений некоторого линейного однородного рекуррентного уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами (РУ). Характеристическое уравнение этого РУ

$$(r-r_1)(r-r_2)=0,$$

где $r_1=(4+2\sqrt 3)$, $ r_2=(4-2\sqrt 3)$. Следовательно, РУ и начальные условия такие:

$$y_{k+2} = 2^2(2y_{k+1} - y_k),$$

$$y_0 = 2^1, \qquad y_1 = 2^2 \left[(1+\sqrt 3)(2+\sqrt 3)^2 + (1-\sqrt 3)(2-\sqrt 3)^2 \right].$$

Из РУ и начальных условий следует, что степень 2 в разложении $y_{k}$ не меньше $2^2$ умножить на степень $y_{k-2}$. Т.к. степень 2 в $y_0$ — первая, то степень двойки в $y_{k}$ не ниже $k+1$. Остаётся показать, что и не выше. Как-то так.

Но мне казалось, что было и другое решение.

[Cash]

Если $y_k=2^{k+1}(2m+1)$, а $y_{k+1}=2^{k+2}(2n+1)$, то $y_{k+2}=8y_{k+1}-4y_k=2^{k+3}\left[4(2n+1)-(2m+1)\right]$

Но что-то мы для ТС ничего не оставили.

[GAA]

В таких простых примерах очень трудно что-то написать содержательное, не разобрав по существу пример, кроме как ссылки на книги. Детали CliniqueHappy сможет восстановить самостоятельно. Не будем ему в этом мешать. (Я там специально «туманил» последний шаг.)

В данном случае оба варианта решения практически одинаковы по сложности/удобству. Первый вариант вроде более очевиден и прост. А можно ли привести пример, когда второй вариант [c использованием рекуррентной последовательности] более удобен/полезен? (Я понимаю, что простота/удобство очень субъективны, но всё же интересно.) Может кому-то будет полезно/интересно (ТС в первую очередь); и я как найду время, поковыряюсь.