求证：$\forall n \in {\mathbb N^ * }$，${\left( {\sqrt 2 + 1} \right)^n}$ 都能写成 $\sqrt m + \sqrt {m - 1} $（$m \in {\mathbb N^ * }$）的形式．（例如 ${\left( {\sqrt 2 + 1} \right)^2} = \sqrt 9 + \sqrt 8 $）．
【难度】
【出处】
2012年北京大学等十三校联考自主招生
【标注】
【答案】
略
【解析】
当 $n = 1$ 时，显然 $1 + \sqrt 2 = \sqrt 2 + \sqrt {2 - 1} $，命题成立；
假设当 $n = k$ 时，${\left( {1 + \sqrt 2 } \right)^k}$ 可以表示成 $\sqrt s + \sqrt {s - 1} $ 的形式即$${\left( {1 + \sqrt 2 } \right)^k} = {p_k} + {q_k}\sqrt 2, $$其中 ${p_k} , {q_k} \in {\mathbb {Z}}$ 满足 $\left| {{p_k}^2 - 2{q_k}^2} \right| = 1$；
则当 $n = k + 1$ 时，\[\begin{split}{\left( {1 + \sqrt 2 } \right)^{k + 1}} &= {\left( {1 + \sqrt 2 } \right)^k}\left( {1 + \sqrt 2 } \right)\\& = \left( {{p_k} + {q_k}\sqrt 2 } \right)\left( {1 + \sqrt 2 } \right) \\&= \left( {{p_k} + 2{q_k}} \right) + \left( {{q_k} + {p_k}} \right)\sqrt 2 \end{split}\]所以 ${p_{k + 1}} = {p_k} + 2{q_k}$，${q_{k + 1}} = {p_k} + {q_k}$ 因此$$\left| {{p_{k + 1}}^2 - 2{q_{k + 1}}^2} \right| = \left| {{{\left( {{p_k} + 2{q_k}} \right)}^2} - 2{{\left( {{p_k} + {q_k}} \right)}^2}} \right| = \left| {2{q_k}^2 - {p_k}^2} \right|= 1.$$所以命题对 $n = k + 1$ 仍然成立．
综上，原命题得证．
假设当 $n = k$ 时，${\left( {1 + \sqrt 2 } \right)^k}$ 可以表示成 $\sqrt s + \sqrt {s - 1} $ 的形式即$${\left( {1 + \sqrt 2 } \right)^k} = {p_k} + {q_k}\sqrt 2, $$其中 ${p_k} , {q_k} \in {\mathbb {Z}}$ 满足 $\left| {{p_k}^2 - 2{q_k}^2} \right| = 1$；
则当 $n = k + 1$ 时，\[\begin{split}{\left( {1 + \sqrt 2 } \right)^{k + 1}} &= {\left( {1 + \sqrt 2 } \right)^k}\left( {1 + \sqrt 2 } \right)\\& = \left( {{p_k} + {q_k}\sqrt 2 } \right)\left( {1 + \sqrt 2 } \right) \\&= \left( {{p_k} + 2{q_k}} \right) + \left( {{q_k} + {p_k}} \right)\sqrt 2 \end{split}\]所以 ${p_{k + 1}} = {p_k} + 2{q_k}$，${q_{k + 1}} = {p_k} + {q_k}$ 因此$$\left| {{p_{k + 1}}^2 - 2{q_{k + 1}}^2} \right| = \left| {{{\left( {{p_k} + 2{q_k}} \right)}^2} - 2{{\left( {{p_k} + {q_k}} \right)}^2}} \right| = \left| {2{q_k}^2 - {p_k}^2} \right|= 1.$$所以命题对 $n = k + 1$ 仍然成立．
综上，原命题得证．
答案
解析
备注
