Mostre que
\frac{2 \sqrt{5}+1}{2 \sqrt{5}}(1-\sqrt{5})^{n}+\frac{2 \sqrt{5}-1}{2 \sqrt{5}}(1+\sqrt{5})^{n}
lé para todo natural n, um número inteiro.

Passo 1

O enunciado dá a expressão
\frac{2 \sqrt{5}+1}{2 \sqrt{5}}(1-\sqrt{5})^{n}+\frac{2 \sqrt{5}-1}{2 \sqrt{5}}(1+\sqrt{5})^{n}
e pede para mostrar que, para todo natural n, esse valor é um número inteiro.
Informações relevantes que temos (explicitamente da expressão):
\text{coeficiente } \alpha=\frac{2\sqrt{5}+1}{2\sqrt{5}},\qquad \text{coeficiente } \beta=\frac{2\sqrt{5}-1}{2\sqrt{5}},
e as bases das potências
r_1=1+\sqrt{5},\qquad r_2=1-\sqrt{5}.
A pergunta é: provar que, para todo n\in\mathbb{N}, a combinação
a_n=\alpha\,r_2^{\,n}+\beta\,r_1^{\,n}
é um número inteiro.

Passo 2

Definimos a sequência \{a_n\}_{n\ge 0} por
a_n=\alpha\,r_2^{\,n}+\beta\,r_1^{\,n}.
Primeiro observamos propriedades dos números r_1 e r_2. Calculamos a soma e o produto:
r_1+r_2=(1+\sqrt{5})+(1-\sqrt{5})=2,
r_1r_2=(1+\sqrt{5})(1-\sqrt{5})=1-(\sqrt{5})^2=1-5=-4.
Esses dois valores são importantes porque, para qualquer sequência definida por combinação linear de potências de r_1 e r_2, a sequência satisfaz a recorrência linear cuja equação característica tem raízes r_1 e r_2. A equação característica é
t^2-(r_1+r_2)t + r_1r_2=0,
logo aqui
t^2-2t-4=0.

Passo 3

Agora mostramos que a sequência a_n satisfaz a recorrência associada. Tomemos a combinação
a_{n+2}-2a_{n+1}-4a_n.
Substituindo a_k=\alpha r_2^{\,k}+\beta r_1^{\,k} obtemos
a_{n+2}-2a_{n+1}-4a_n =\alpha\big(r_2^{\,n+2}-2r_2^{\,n+1}-4r_2^{\,n}\big) +\beta\big(r_1^{\,n+2}-2r_1^{\,n+1}-4r_1^{\,n}\big).
Fatorando r_2^{\,n} e r_1^{\,n} e usando que r_i satisfaz r_i^2-2r_i-4=0 (porque são raízes da característica), cada parêntese é zero. Portanto
a_{n+2}-2a_{n+1}-4a_n=0,
isto é,
\boxed{a_{n+2}=2a_{n+1}+4a_n\quad\text{para todo }n\ge0.}
Aqui explique rapidinho: uma sequência dada por A r_1^n+B r_2^n sempre satisfaz a recorrência cujo polinômio característico tem raízes r_1,r_2; a verificação é exatamente o cálculo acima.

Passo 4

Vamos calcular os termos iniciais a_0 e a_1, pois com a recorrência e esses valores poderemos deduzir propriedades para todos os n. Começando por a_0:
a_0=\alpha r_2^{\,0}+\beta r_1^{\,0}=\alpha+\beta.
Calculemos \alpha+\beta:
\alpha+\beta=\frac{2\sqrt{5}+1}{2\sqrt{5}}+\frac{2\sqrt{5}-1}{2\sqrt{5}} =\frac{(2\sqrt{5}+1)+(2\sqrt{5}-1)}{2\sqrt{5}} =\frac{4\sqrt{5}}{2\sqrt{5}}=2.
Logo
\boxed{a_0=2.}

Passo 5

Agora a_1:
a_1=\alpha r_2+\beta r_1=\alpha(1-\sqrt{5})+\beta(1+\sqrt{5}).
Reescrevendo,
a_1=(\alpha+\beta)\cdot 1 +(\beta-\alpha)\sqrt{5}.
Já sabemos \alpha+\beta=2. Vamos calcular \beta-\alpha:
\beta-\alpha=\frac{2\sqrt{5}-1}{2\sqrt{5}}-\frac{2\sqrt{5}+1}{2\sqrt{5}} =\frac{(2\sqrt{5}-1)-(2\sqrt{5}+1)}{2\sqrt{5}} =\frac{-2}{2\sqrt{5}}=-\frac{1}{\sqrt{5}}.
Portanto
a_1=2 +\left(-\frac{1}{\sqrt{5}}\right)\sqrt{5}=2-1=1.
Logo
\boxed{a_1=1.}

Passo 6

Temos agora a recorrência inteira
a_{n+2}=2a_{n+1}+4a_n
com termos iniciais inteiros a_0=2 e a_1=1. Mostramos por indução simples que todos os termos a_n são inteiros. Base: a_0,a_1 são inteiros. Passo indutivo: suponha a_k e a_{k+1} inteiros; então
a_{k+2}=2a_{k+1}+4a_k
é combinação inteira de inteiros, logo a_{k+2} é inteiro. Assim por indução a_n\in\mathbb{Z} para todo n\in\mathbb{N}.

Resposta

O valor é um número inteiro para todo n\in\mathbb{N}.

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