Diofantea ed esagoni
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Simo_the_wolf
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Questo problema purtroppo non ha un approccio bello "elementare", in quanto il numero di modi di rappresentare un numero come $ a^2+ab+b^2 $ dipende dalla sua scomposizione in fattori primi. Per "convincervene" provate a dimostrare che, detto $ S $ l'insieme dei numeri che si scrivono come $ a^2+ab+b^2 $ (chiamiamoli numeri "belli"), esso è chiuso per prodotto (il prodotto di due numeri belli è ancora bello).
Per quelli a cui piacciono le generalizzazioni: se chiamo $ S_{a,b} $ i numeri espromibili nella forma $ n^2 + amn + b m^2 $ (che ricorda un po' il polinomio $ x^2+ax+b $) allora questo è chiuso per prodotto. Esempi interessanti sono appunto $ S_{1,1} $ ma anche $ S_{0,1} $ oppure $ S_{0,k} $ in generale...
Il fatto che siano chiusi per prodotto potrebbe far venire in mente che c'entra qualcosa la scomposizione in fattori primi... Beh lascio a voi pensarci un attimino!!
Btw per il problema io ho trovato $ 5^2+1 \cdot 5 + 1^2 = 31 $ e poi ho applicato la "formula di prodotto"
Per quelli a cui piacciono le generalizzazioni: se chiamo $ S_{a,b} $ i numeri espromibili nella forma $ n^2 + amn + b m^2 $ (che ricorda un po' il polinomio $ x^2+ax+b $) allora questo è chiuso per prodotto. Esempi interessanti sono appunto $ S_{1,1} $ ma anche $ S_{0,1} $ oppure $ S_{0,k} $ in generale...
Il fatto che siano chiusi per prodotto potrebbe far venire in mente che c'entra qualcosa la scomposizione in fattori primi... Beh lascio a voi pensarci un attimino!!
Btw per il problema io ho trovato $ 5^2+1 \cdot 5 + 1^2 = 31 $ e poi ho applicato la "formula di prodotto"
mhhh stavo provando a dimostrare che l'insieme dei numeri belli è chiuso per il prodotto...
o pensato di trovare una espressione che rientri nel canone dei numeri belli per
$ (a^2+ab+b^2)(c^2+cd+d^2) $ ma non è che ne abbia tirato fuori molto
(la cosa che si avvicina di più che ho trovato è $ (ad+bc)^2+(ad+bc)(ab+dc)+(ab+dc)^2=(a^2+ab+b^2)(c^2+cd+d^2) +3abcd $ )
che altro approccio potrei provare?
o pensato di trovare una espressione che rientri nel canone dei numeri belli per
$ (a^2+ab+b^2)(c^2+cd+d^2) $ ma non è che ne abbia tirato fuori molto
(la cosa che si avvicina di più che ho trovato è $ (ad+bc)^2+(ad+bc)(ab+dc)+(ab+dc)^2=(a^2+ab+b^2)(c^2+cd+d^2) +3abcd $ )
che altro approccio potrei provare?
Uhm alur... prima mettiamo la formula calata dal cielo:
$ $ (a^2+ab+b^2)(c^2+cd+d^2)=(ac+bc+bd)^2+(ac+bc+bd)(ad-bc)+(ad-bc)^2 $
Ora... come si arriva a questo formulone?
Alur noto prima di tutto che n è bello sse 4n è rappresentabile come $ $x^2+3y^2 $. Questo lo ricavo dal discriminante di $ $P(x,y)-n=0 $. Definisco brutti i numeri rappresentabili come $ $x^2+3y^2 $ Ora dimostrare la chiusura per prodotto dei numeri belli è equivalente a dimostrare che: se 4m, 4n sono brutti allora 4mn è brutto. Come fare? Scrivo 4mn e cerco i valori adatti:
$ $4mn=\frac{4m\cdot 4n}{4}=\frac{(x^2+3y^2)(z^2+3v^2)}{4}=\frac{x^2z^2+9y^2v^2+3x^2v^2+3y^2z^2}{4} $
Ora cerchiamo di esprimere questo come numero brutto... fatti:
i primi 2 addendi potrebbe far parte del quadrato $ $(xz\pm 3yv)^2 $
I secondi 2 sono moltiplicati per 3... quindi potrebbero far parte del secondo quadrato della rappresentazione come numero brutto
I secondi 2 divisi per 3 fanno parte del quadrato $ $(xv\pm yz)^2 $
I 2 quadrati visti hanno lo stesso doppio prodotto... se lo voglio far scomparire mi conviene mettere un quadrato con gli addendi concordi ed uno con gli addendi discordi
Per togliermi il 4 al denominatore potrei dividere entrambi i quadrati per 4 (quindi la loro radice per 2)
Per tutti questi fatti è credibile che $ $\left(\frac{xz+3yv}{2}\right)^2+3\left(\frac{xv-yz}{2}\right)^2 $ funzioni... e infatti svolgendo i conti funziona.
Da cui deriva la chiusura dei numeri belli per prodotto. (i quadrati sono interi dati che se $ $x^2+3y^2 $ è divisibile per 4 allora x,y hanno la stessa parità)
Questo basterebbe, ma se si vuole arrivare anche alla formula che ho mostrato all'inizio bisogna svolgersi qualche conticino e trasformare il sse iniziale in un'identità.
Ho dimostrato anche che se un numero è divisibile per un primo dispari congruo a 2 modulo 3 allora non è bello. Questo perchè $ $ x^2+xy+y^2\equiv 0 \pmod{p} $ ha soluzione sse -3 è un residuo quadratico mod p che tramite i simboli di legendre si dimostra essere equivalente a $ $p\equiv 1\pmod{3} $
Inoltre se n è bello allora l'esponente del 2 nella fattorizzazione è pari. Questo viene notando che $ x^2+xy+y^2\equiv 2 \pmod{4} $ non ha soluzione. Quindi se un numero bello è pari è divisibile per 4 e x,y sono pari... quindi divido per 4 e mi ritrovo a dimostrare la stessa cosa con un numero bello minore... induzione.
Ora dimostro che 4p con p primo congruo a 1 modulo 3 è brutto. Considero gli x,y tali che $ $x^3+3y^3\equiv 0\pmod{p} $. Definisco $ $k\equiv \sqrt{-3}\pmod{p} $. Allora vale $ $x=ky\pmod{p} $. Per il lemma di Tue esistono $ $x,y<\sqrt{p} $ che soddisfano quella, li chiamo a,b. Quindi vale uno di questi casi:
$ $a^2+3b^2=p\Rightarrow (2a)^2+3(2b)^2=4p $ che è la tesi
$ $a^2+3b^2=2p\Rightarrow a^2-b^2\equiv 2\pmod{4} $ che è assurdo
$ $a^2+3b^2=3p\Rightarrow a=3a'\Rightarrow b^2+3a'^2=p $ e ci si riconduce al primo caso.
Quindi 4p è brutto.
Ma se 4p è brutto per quanto analizzato all'inizio p è bello.
Unendo tutti i fatti ho dimostrato che n è bello sse non è divisibile per primi dispari congrui a 2 modulo 3 e l'esponente del 2 nella fattorizzazione è pari.
Spero si capisca...
p.s. per il numero di modi in cui è possibile rappresentare n... bisogna passarci un altro po di tempo ma ad occhio e croce viene in base al numero di fattori primi...
p.p.s. http://it.wikipedia.org/wiki/Lemma_di_Thue
$ $ (a^2+ab+b^2)(c^2+cd+d^2)=(ac+bc+bd)^2+(ac+bc+bd)(ad-bc)+(ad-bc)^2 $
Ora... come si arriva a questo formulone?
Alur noto prima di tutto che n è bello sse 4n è rappresentabile come $ $x^2+3y^2 $. Questo lo ricavo dal discriminante di $ $P(x,y)-n=0 $. Definisco brutti i numeri rappresentabili come $ $x^2+3y^2 $ Ora dimostrare la chiusura per prodotto dei numeri belli è equivalente a dimostrare che: se 4m, 4n sono brutti allora 4mn è brutto. Come fare? Scrivo 4mn e cerco i valori adatti:
$ $4mn=\frac{4m\cdot 4n}{4}=\frac{(x^2+3y^2)(z^2+3v^2)}{4}=\frac{x^2z^2+9y^2v^2+3x^2v^2+3y^2z^2}{4} $
Ora cerchiamo di esprimere questo come numero brutto... fatti:
i primi 2 addendi potrebbe far parte del quadrato $ $(xz\pm 3yv)^2 $
I secondi 2 sono moltiplicati per 3... quindi potrebbero far parte del secondo quadrato della rappresentazione come numero brutto
I secondi 2 divisi per 3 fanno parte del quadrato $ $(xv\pm yz)^2 $
I 2 quadrati visti hanno lo stesso doppio prodotto... se lo voglio far scomparire mi conviene mettere un quadrato con gli addendi concordi ed uno con gli addendi discordi
Per togliermi il 4 al denominatore potrei dividere entrambi i quadrati per 4 (quindi la loro radice per 2)
Per tutti questi fatti è credibile che $ $\left(\frac{xz+3yv}{2}\right)^2+3\left(\frac{xv-yz}{2}\right)^2 $ funzioni... e infatti svolgendo i conti funziona.
Da cui deriva la chiusura dei numeri belli per prodotto. (i quadrati sono interi dati che se $ $x^2+3y^2 $ è divisibile per 4 allora x,y hanno la stessa parità)
Questo basterebbe, ma se si vuole arrivare anche alla formula che ho mostrato all'inizio bisogna svolgersi qualche conticino e trasformare il sse iniziale in un'identità.
Ho dimostrato anche che se un numero è divisibile per un primo dispari congruo a 2 modulo 3 allora non è bello. Questo perchè $ $ x^2+xy+y^2\equiv 0 \pmod{p} $ ha soluzione sse -3 è un residuo quadratico mod p che tramite i simboli di legendre si dimostra essere equivalente a $ $p\equiv 1\pmod{3} $
Inoltre se n è bello allora l'esponente del 2 nella fattorizzazione è pari. Questo viene notando che $ x^2+xy+y^2\equiv 2 \pmod{4} $ non ha soluzione. Quindi se un numero bello è pari è divisibile per 4 e x,y sono pari... quindi divido per 4 e mi ritrovo a dimostrare la stessa cosa con un numero bello minore... induzione.
Ora dimostro che 4p con p primo congruo a 1 modulo 3 è brutto. Considero gli x,y tali che $ $x^3+3y^3\equiv 0\pmod{p} $. Definisco $ $k\equiv \sqrt{-3}\pmod{p} $. Allora vale $ $x=ky\pmod{p} $. Per il lemma di Tue esistono $ $x,y<\sqrt{p} $ che soddisfano quella, li chiamo a,b. Quindi vale uno di questi casi:
$ $a^2+3b^2=p\Rightarrow (2a)^2+3(2b)^2=4p $ che è la tesi
$ $a^2+3b^2=2p\Rightarrow a^2-b^2\equiv 2\pmod{4} $ che è assurdo
$ $a^2+3b^2=3p\Rightarrow a=3a'\Rightarrow b^2+3a'^2=p $ e ci si riconduce al primo caso.
Quindi 4p è brutto.
Ma se 4p è brutto per quanto analizzato all'inizio p è bello.
Unendo tutti i fatti ho dimostrato che n è bello sse non è divisibile per primi dispari congrui a 2 modulo 3 e l'esponente del 2 nella fattorizzazione è pari.
Spero si capisca...
p.s. per il numero di modi in cui è possibile rappresentare n... bisogna passarci un altro po di tempo ma ad occhio e croce viene in base al numero di fattori primi...
p.p.s. http://it.wikipedia.org/wiki/Lemma_di_Thue
...tristezza ed ottimismo... ed ironia...
Io ti racconto lo squallore di una vita vissuta a ore di gente che non sa più far l'amore...
"Allora impara a fare meno il ruffiano. Io non lo faccio mai e guarda come sono ganzo" Tibor Gallai
Io ti racconto lo squallore di una vita vissuta a ore di gente che non sa più far l'amore...
"Allora impara a fare meno il ruffiano. Io non lo faccio mai e guarda come sono ganzo" Tibor Gallai
Uhm:
n è bello $ $\Leftrightarrow\ \exists\ a,b\in\mathbb{Z}\ (a^2+ab+b^2-n=0)\Leftrightarrow\ \exists\ b\in\mathbb{Z}\ \left(\frac{-b+\sqrt{4n-3b^2}}{2}\in\mathbb{Z}\right) \Leftrightarrow \ \exists\ b,c\in\mathbb{Z}\ (c^2=4n-3b^2)\Leftrightarrow $ 4n è brutto
Spero sia più chiaro
n è bello $ $\Leftrightarrow\ \exists\ a,b\in\mathbb{Z}\ (a^2+ab+b^2-n=0)\Leftrightarrow\ \exists\ b\in\mathbb{Z}\ \left(\frac{-b+\sqrt{4n-3b^2}}{2}\in\mathbb{Z}\right) \Leftrightarrow \ \exists\ b,c\in\mathbb{Z}\ (c^2=4n-3b^2)\Leftrightarrow $ 4n è brutto
Spero sia più chiaro
...tristezza ed ottimismo... ed ironia...
Io ti racconto lo squallore di una vita vissuta a ore di gente che non sa più far l'amore...
"Allora impara a fare meno il ruffiano. Io non lo faccio mai e guarda come sono ganzo" Tibor Gallai
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"Allora impara a fare meno il ruffiano. Io non lo faccio mai e guarda come sono ganzo" Tibor Gallai
Visto che nessuno ci prova, faccio la generalizzazioneSimo_the_wolf ha scritto: Per quelli a cui piacciono le generalizzazioni: se chiamo $ S_{a,b} $ i numeri espromibili nella forma $ n^2 + amn + b m^2 $ (che ricorda un po' il polinomio $ x^2+ax+b $) allora questo è chiuso per prodotto. Esempi interessanti sono appunto $ S_{1,1} $ ma anche $ S_{0,1} $ oppure $ S_{0,k} $ in generale...
Chiamo $ \alpha $ e $ \beta $ le radici del polinomio $ x^2+ax+b $. Come noto, varrà $ \alpha+\beta=-a $ e $ \alpha\cdot\beta=b $.
Considero il numero $ (m^2+amn+bn^2)(p^2+apq+bq^2)=(m-\alpha n)(m-\beta n)(p-\alpha q)(p-\beta q) $. Vale:
$ \displaystyle{(m-\alpha n)(p-\beta q)=mp+\alpha\beta nq -\alpha np -\beta mq=mp+bnq-\alpha np - (-a-\alpha) mq=(mp+bnq+amq)-\alpha(np-mq)} $
$ \displaystyle{(m-\beta n)(p-\alpha q)=mp+\alpha\beta nq -\alpha mq - \beta np=mp+bnq-(-a-\beta)mq+\beta np=(mp+bnq+amq)-\beta(np-mq)} $
Quindi
$ \displaystyle{(m^2+amn+bn^2)(p^2+apq+bq^2)=(m-\alpha n)(p-\beta q)(m-\beta n)(p-\alpha q)=(mp+bnq+amq)^2+a(mp+bnq+amq)(np-mq)+b(np-mq)^2} $
(Ovviamente potevo subito mettere la formula calata dal cielo, ma almeno così se ho sbagliato il conto non vi lamentate
)