Das ist soweit richtig.
Den Binomialkoeffizienten ziehst du erstmal nochmal vor und diskutierst dann die Summanden abhängig von k:
$$ \sum _ { k = 0 } ^ { n } \left( \begin{array} { l } { n } \\ { k } \end{array} \right) 2 ^ { k } \left( ( - \sqrt { 3 } ) ^ { n - k } + ( \sqrt { 3 } ) ^ { n - k } \right) $$
Nun kannst du folgendermaßen argumentieren:
Wenn n-k ungerade ist, dann kannst du das Minuszeichen aus der linken Potenz rausziehen:
n-k = ungerade: (-√3)n-k + (√3)n-k = -(√3)n-k + (√3)n-k = 0
Das heißt diese Summanden fallen alle weg. Wenn aber n-k gerade ist, dann existiert eine ganze Zahl z mit der Eigenschaft 2z = n-k, also gilt:
(-√3)n-k + (√3)n-k = ((-√3)2)z + ((√3)2)z = 3z+3z = 2*3z
was eine ganze Zahl ist. Der Binomialkoeffizient ist auch eine ganze Zahl und 2k sowieso. Also ist jeder Summand Produkt von ganzen Zahlen und damit eine ganze Zahl. Die Summe ist dann Summe ganzer Zahlen und damit eine ganze Zahl.
b) ist ein bisschen subtiler, da muss ich nochmal drüber nachdenken :-)
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"zu a) Wie geht es mit vollständiger Induktion. "
Ich denke nicht, beziehungsweise wenn, dann relativ kompliziert.
Hier ergibt sich der n+1-te Term ja nicht durch einfache Addition oder Multiplikation aus dem n-ten. Im Gegenteil, es müssen relativ viele Operationen durchgeführt werden, um einen Term in den nächsten zu überführen.
Der große Vorteil der vollständigen Induktion im Grunde nur den (einfachen) Schritt zu beweisen, ist also dahin.