Problema 19 della gara a squadre Bocconi

[The Mule 97]

Salve a tutti !

Qualcuno sa come risolvere il problema 19 della gara a squadre Bocconi? Ecco il testo:
"Trovate un numero naturale di tre cifre che gode di questa proprietà: lo si eleva al quadrato, si
suddivide questo quadrato in due tranches di tre cifre consecutive (le prime tre nella prima tranche,
le seconde tre nella seconda tranche), si addizionano le due tranches e si trova come risultato 1000."



P.S.: Sul sito della Bocconi sono presenti le soluzioni, ma non il ragionamento con il quale sono state trovate.
Ho provato a trovarle, ma avevo molti casi da analizzare manualmente e sicuramente esiste una soluzione
mooolto più elegante della mia (che consiste nell'andare, in buona parte, a tentativi) .

[karlosson_sul_tetto]

Anche la mia è un pò a tentativi... non la scrivo rigorosamente essendo tardino.
($\overline{xyz}=100x+10y+z$ sarebbe la notazione decimale del numero)
Osservazione veloce: $316^2<100000$, quindi il nostro numero è maggiore di $316$.
Sia $\overline{abc}$ il numero e $\overline{defghi}=\overline{abc}^2$. Poiché $\overline{def}+\overline{ghi}=1000, allora
\overline{ghi}=\overline{(9-d)(9-e)(10-f)}$. Facendo i calcoli viene $\overline{abc}^2=99900d+9990e+999f+1000$.
Noto che il membro di destra è congruo a $1$ modulo $27$ e $37$, quindi $\overline{abc}^2\equiv 1 \pmod{p}; 1 \pmod{37} \rightarrow \overline{abc}\equiv \pm 1 \pmod{9;37}$. Ora abbiamo $4$ casi da considerare, ognuno per ogni combinazione dei due valori che $\overline{abc}$ può assumere secondo i due moduli. Facendo i conti col teorema cinese del resto, ottengo che i valori che $\overline{abc}$ modulo $333=9cdot 37$ sono $73, 593, 332, 334$ con i relativi multipli maggiori di $316$. Facendo tanti calcoli, si ottiene che vale solo per $593$.

Posta anche la tua, che probabilmente è molto più corta!

[Gi8]

A me viene anche $998$. L'ho trovato così:
Se $n$ è il numero con la proprietà richiesta, allora esiste $a$ intero positivo (di tre cifre) tale che
$n^2 = 1000a + 1000-a$, da cui $n^2= 999(a+1)+1$.

Vediamola al contrario, cioè proviamo a trovare $a$ in modo che $999(a+1)+1$ sia un quadrato perfetto.
Scegliendo $a= 996$ si ha $999(a+1)+1= 999 \cdot997+1= (998+1)(998-1)+1=998^2-1+1= 998^2$,
dunque anche $n=998$ va bene.

[karlosson_sul_tetto]

Ok si hai ragione, me l'ero perso come congruo a $-1$ sia modulo $9$ che $37$...

[Gi8]

$998^2=999\cdot 997+1$
$593^2-1=592\cdot594= \ldots= 2^5\cdot 11 \cdot\overbrace{3^3\cdot 37}^{999}= 352 \cdot 999$, dunque $593^2= 999\cdot 352+1$

$405^2= (998-593)^2= 998^2+593^2-2\cdot998 \cdot 593=999(997+352)+1+1-999 \cdot 2 \cdot 593+2\cdot 593= $
$=999(163)+2 \cdot 594$

$406^2= 405^2+1+2 \cdot 405= 999\cdot 163+2(\overbrace{594+405}^{999})+1= 999\cdot 165+1$

Pertanto anche $n=406$ va bene.
Infatti (facendo con la calcolatrice) $406^2= 164836$, e $164+836=1000$