decimale voorstelling

Laat $N=(\sqrt{2}+\sqrt{5})^{2000}=(7+2\sqrt{10})^{1000}$.
Zij $x_n=(7+2\sqrt{10})^{n}+(7-2\sqrt{10})^{n}$. De karakteristieke polynoom bij deze rij is dan $(r-(7+2\sqrt{10}))(r-(7-2\sqrt{10}))=0$ ofwel $r^2-14r+9=0$. Hieruit volgt dat $x_n=14x_{n-1}-9x_{n-2}$ met $n\geq 3$ (noem dit $(A)$).

We bewijzen nu aan de hand van inductie dat elk element in de rij $(x_n)$ even is en dat $x_n \equiv 2x_{n-1} \mod 10$.

Basisstap: We zien dat $x_1=14$, $x_2=178$ en $x_3=2366$. Er geldt dat $x_2 \equiv 2x_1 \mod 10$ en $x_3 \equiv 2x_2 \mod 10$. Aangezien $x_1$, $x_2$ en $x_3$ even zijn volgt nu dat de basisstap is bijgevolg bewezen.

Inductiestap:
Neem aan dat voor een willekeurige $n \in \mathbb{N}$ met $n \geq 3$ geldt dat voor $n$ geldt dat $x_n \equiv a \mod 10$ en $x_{n+1} \equiv 2a \mod 10$ met $a\in \mathbb{N} \mod 10$ en $a$ een even getal.
Wanneer we dit invullen in $(A)$, krijgen we
\begin{align*}
x_{n+2} &\equiv 14x_{n+1}-9x_{n} \mod 10 \\
&\equiv 14\cdot 2a-9a \mod 10 \\
&\equiv 19a \mod 10 \\
&\equiv 4a \mod 10 \\
&\equiv 2x_{n+1} \mod 10
\end{align*}
Dit bewijst de inductiestap.

Conclusie: Omdat de basisstap en de inductiestap bewezen zijn, volgt er uit het principe van volledige inductie dat $x_n$ even is en dat $x_{n+1} \equiv 2x_n \mod 10$ voor alle $n\geq 1$.

Uit het inductiebewijs volgt rechtstreeks dat $x_n \equiv 2^{n-1}\cdot x_1 \mod 10$. Hieruit volgt dat $x_{1000} \equiv x_1\cdot 2^{999} \mod 10$. We kennen $x_1$ dus na wat rekenwerk volgt dat $x_n \equiv 2\mod 10$. Dit betekent dat het cijfer van de eenheden bij $x_n$ gelijk is aan $2$.

Nu is $0.8>7-2\sqrt{10}>0$. We merken op dat $(7-2\sqrt{10})^n$ naar $0$ convergeert en dat $(7-2\sqrt{10})^{1000}<0.01$.

We merken op dat is $N= x_{1000}-(7-2\sqrt{10})^{1000}$. Ook zien we dat het eerste cijfer links van de komma bij $x_n$ gelijk is aan $2$, dus $N$ zal als eerste cijfer links van de komma een $1$ hebben en rechts een $9$.