Un classico, ma con trabocchetto

[Boll]

Dimostrare che il prodotto di due numeri della forma $ a^2+b^2+ab $ è anch'esso scrivibile in tale forma, dove $ a,b\in \mathbb{N} $

EDIT: Corretto, scusate, è la forza dell'abitudine

[HiTLeuLeR]

Dimostrare che il prodotto di due numeri della forma $ a^2+b^2+ab $ è anch'esso scrivibile in tale forma, dove $ a,b\in \mathbb{Z}^{+} $

Ehr... $ 3 = 1^2 + 1^2 + 1 \cdot 1 $, eppure $ 9 \neq a^2 + b^2 + ab $, per ogni $ a, b \in \mathbb{Z}^+ $.

[Leblanc]

Allora... supponiamo per simmetria $ ad \geq bc $:
$ (a^2+b^2+ab)*(c^2+d^2+cd)= $ $ (ad-bc)^2+(bd+ac+ad)^2+(ad-bc)*(bd+ac+ad)) $
Provare per credere (spero di aver fatto i conti giusti...) .
Maria

[Boll]

A me la scomposizione viene diversa, ma potrebbe essere benissimo corretta anche la tua, tuttavia il bello del problema era il metodo, non il risultato in se

[HiTLeuLeR]

...e allora si dica che gli interi in gioco possono essere anche nulli...

[Leblanc]

A me la scomposizione viene diversa, ma potrebbe essere benissimo corretta anche la tua, tuttavia il bello del problema era il metodo, non il risultato in se

Gia', hai ragione... pero' in questo caso non ho seguito un procedimento particolare... All'inizio ho scritto il risultato come $ (x+y)^2-xy $, poi ho cercato di determinare da quanti addendi dovevano essere composti $ x $ e $ y $ (dato che il risultato ha 9 addendi, ho immaginato che x e y dovessero essere composti da 3 e 0 monomi, dove 0 significa che ce n'è uno positivo e uno negativo). Da li' l'ho scomposto 'a occhio'.
Tu come l'hai fatto?

[Boll]

L'idea era di scriverlo come prodotto di numeri complessi, come ad esempio si dimostra che il prodotto di due somme di quadrati perfetti è una somma di quadrati perfetti, però qui la fregata era che non veniva così bene, serviva un'altra piccola cosa (da cui il titolo )...

Sia $ \omega $ una radice terza dell'unità, ovvero una soluzione dell'equazione $ x^2+x+1=0 $, ora sia $ \bar{\omega} $ il suo coniugato complesso.
Quindi valgono
$ \omega^2=-\omega-1 $
$ \omega\bar{\omega}=1 $
$ \bar{\omega}^2=-\bar{\omega}-1 $

Now $ (a-\omega b)(a-\bar{\omega}b)=a^2+b^2+ab $ quindi
$ (a^2+b^2+ab)(c^2+d^2+cd)= $$ (a-\omega b)(c-\omega d)(a- \bar{\omega} b)(c-\bar{\omega} d)= $$ (ac+\omega^2 bd -\omega(ad+bc))(ac+\bar{\omega}^2 bd-\bar{\omega} (ad+bc)) $=$ (ac-bd-\omega(ad+bc+bd))(ac-bd-\bar{\omega}(ad+bc+bd))= $$ (ac-bd)^2+(ad+bc+bd)^2+(ac-bd)(ad+bc+bd) $

P.S. Derive sostiene che il tuo risultato non sia esatto, ma potrebbe incasinarsi con le variabili (o io incasinarmi nel battere),i conti a mano non li ho fatti

[Simo_the_wolf]

Oppure, senza coinvolgere radici strane ma con un "trucchetto":

$ 4(a^2+ab+b^2)=(a+2b)^2+3a^2=x^2+3y^2 $

D'altronde se $ x $ e $ y $ hanno stessa parità allora esistono due numeri $ a,b $ tali che $ x^2+3y^2=4(a^2+ab+b^2) $ (seguendo il procedimento all'inverso).

Ora abbiamo che $ (a^2+3b^2)(c^2+3d^2)=(ac \pm 3bd)^2 + 3 (ad \mp bc)^2 $ E quindi:

$ 16(a^2+ab+b^2)(c^2+cd+d^2)=x^2+3y^2 $

per qualche $ x,y $. Per la congruenza modulo 8 abbiamo che $ 2|x $ e $ 2|y $ quindi:

$ 4(a^2+ab+b^2)(c^2+cd+d^2)=x'^2+3y'^2 $

Con una congruenza modulo 2 (detta volgarmente parità ) abbiamo che $ x' $ e $ y' $ hanno la stessa parità e quindi esistono $ e $ ed $ f $ tali che:

$ (a^2+ab+b^2)(c^2+cd+d^2)=e^2+ef+f^2 $

c.v.d.

[Leblanc]

P.S. Derive sostiene che il tuo risultato non sia esatto, ma potrebbe incasinarsi con le variabili (o io incasinarmi nel battere),i conti a mano non li ho fatti

già, hai ragione, il primo fattore non è $ ad-bc $ ma $ bc-ad $,ho sbagliato a scrivere. Poi è uguale alla tua, basta invertire a con b (tanto è simmetrica).
Maria