уравнения - Целые числа

Я сначала пытался доказать, что если $%2^{\alpha}$% и $%3^{\alpha}$% одновременно являются целыми, то $%\alpha$% также целое. Из этого ничего не получилось (я вообще подозреваю, что это открытый вопрос), и тогда возникла мысль, что надо использовать поведение последовательности на бесконечности. Созрела следующая идея доказательства.

Если дана числовая последовательность $%f(n)$%, то можно рассмотреть последовательность $%f(n+1)-f(n)$% из разностей соседних членов, далее взять последовательность разностей для предыдущей последовательности, то есть $%(f(n+2)-f(n+1))-(f(n+1)-f(n))=f(n+2)-2f(n+1)+f(n)$%, и так далее. Если на каком-то шаге получится нулевая последовательность, то $%f(n)$% является многочленом, что доказывается по индукции.

Если мы исходим из последовательности $%f(n)=n^{\alpha}$%, где $%\alpha$% положительно, но не является целым, то на следующем шаге получается последовательность $%f(n+1)-f(n)$%, растущая примерно как производная предыдущей функции, то есть как $%\alpha n^{\alpha-1}$%; ещё через шаг -- как вторая производная, то есть $%\alpha(\alpha-1)n^{\alpha-2}$% и так далее. Рано или поздно показатель степени при $%n$% станет отрицательным, то есть последовательность будет расти медленно. Но все рассматриваемые последовательности по условию состоят из целых чисел. Значит, мы получим на некотором шаге нулевую последовательность, что означает, что перед нами был многочлен, то есть $%\alpha$% целое неотрицательное.

Теперь оформим это эвристическое рассуждение в строгом виде. После применения $%k$% шагов итерации взятия разности членов, получится последовательность с общим членом $$(n+k)^{\alpha}-C_n^1(n+k-1)^{\alpha}+C_n^2(n+k-2)^{\alpha}-\cdots+(-1)^kn^{\alpha},$$ что доказывается по индукции. Вынесем $%n^{\alpha}$% в качестве общего множителя, применяя формулу Тейлора с остаточным членом в форме Пеано для каждой из функций вида $%(1+s/n)^{\alpha}$%, где $%s=k,k-1,\ldots,1,0$%, при $%n\to\infty$%. Например, при $%k=1$% получится $$n^{\alpha}\left(1+\frac{\alpha}{n}-1+o\left(\frac1n\right)\right)=n^{\alpha}\left(\frac{\alpha}{n}+o\left(\frac1n\right)\right),$$ а при $%k=2$% мы будем иметь $$n^{\alpha}\left(1+\frac{2\alpha}n+\frac{\alpha(\alpha-1)}2\frac4{n^2}-2-2\frac{\alpha}n-2 \frac{\alpha(\alpha-1)}2\frac1{n^2}+1+o\left(\frac1{n^2}\right)\right),$$ что после упрощений превращается в $$n^{\alpha}\left(\frac{\alpha(\alpha-1)}{n^2}+o\left(\frac1{n^2}\right)\right).$$ Утверждается, что после $%k$% шагов мы получим последовательность $$n^{\alpha}\left(\frac{\alpha(\alpha-1)\ldots(\alpha-(k-1))}{n^k}+o\left(\frac1{n^k}\right)\right).$$ Доказать это можно при помощи прямых вычислений, с использованием известных тождеств для биномиальных коэффициентов, но это довольно громоздко. А можно заметить, что выводимые равенства имеют один и тот же вид как для нецелых значений $%\alpha$%, так и для целых, где коэффициенты при степенях $%1/n$% суть многочлены от $%\alpha$%. Поскольку для целых значений $%\alpha$% эти выражения нам известны (коэффициенты обнуляются), и легко также вычислить ту константу, которая остаётся на последнем шаге, то отсюда выводится и общая закономерность.

Таким образом, если $%\alpha$% не целое, то на $%k$%-м шаге при $%k=\lceil\alpha\rceil$% мы получим стремящуюся к нулю последовательность ввиду ($%k > \alpha$%). Поскольку все числа являются целыми, эта последовательность является нулевой, начиная с некоторого члена. Но тогда у нас изначально был многочлен, то есть $%\alpha$% было целым.

Ответ в задаче такой: $%\alpha$% должно быть целым неотрицательным.