Terne contose

[FreddyKruger]

Quante sono le terne di interi $a,b,c∈{0,1,...,70}$ tali che $a^2+b^2−2c^2$ sia multiplo di 71?

[hydro1]

neanche tanti conti dai!

$a^2+b^2-2c^2=0$ è una conica liscia su $\mathbb F_{71}$, quindi è isomorfa a $\mathbb P^1$, quindi ci sono 72 soluzioni.

[axpgn]

@hydro

Boh! Solo con $a, b, c$ naturali a me ne vengono $2450$, se poi ci spostiamo sugli interi, moltiplica per sei
Comunque, siccome penso che il quesito provenga da Gare penso che ci sia una soluzione più "banale" (si fa per dire ) della tua.
Infatti penso che questo quesito (e simili) siano più adatti alla sezione "Scervelliamoci un po' " ... IMHO

Cordialmente, Alex

[FreddyKruger]

Si, il problema, come la maggior parte di quelli che posto, è tratto da una gara a squadre di matematica per ragazzi delle scuole superiori, la soluzione di Hydro infatti è decisamente troppo complicata .
Ne approfitto per chiedere, se la sezioni più appropriata è Scervelliamoci un po' lo terrò in considerazione per il futuro

[hydro1]

@axpgn

Certo, quelli sono i punti della curva proiettiva quindi ogni soluzione ha $70$ multipli non nulli che vanno contati. Al risultato finale va aggiunto 1 perchè $(0,0,0)$ non è un punto della curva. Quindi $70\cdot 72+1=5041$ è il numero delle terne che risolvono il problema.

Le soluzioni intere invece sono ovviamente infinite, altro che moltiplicare per 6...

@FreddyKruger

Sembra una soluzione a cannonate, ma non lo è. Basta un po' di geometria analitica del triennio e nozioni elementari sulle congruenze.

Converrai con me che il problema è contare le soluzioni di $a^2+b^2-2c^2=0$ in $\mathbb F_{71}$.

Nota che con $c=0$ c'è solo $(0,0,0)$ come soluzione perchè $-1$ non è un quadrato modulo $71$. Allora puoi dividere tutto per $c\ne 0$ e cercare i punti di $x^2+y^2=2$. Questo numero di punti andrà poi moltiplicato per $70$ perchè $c$ può assumere 70 valori non nulli.

Ora contare i punti di quella circonferenza è una tecnica standard: si fissa un punto sulla curva, per esempio $P=(1,1)$, e si interseca il fascio di rette che passa per $P$ con la circonferenza; ad ogni coefficiente angolare $t\in \mathbb F_{71}$ corrisponderanno 2 soluzioni: una è $P$ e l'altra è un punto della circonferenza. Nota che valori diversi di $t$ danno punti diversi. Inoltre c'è un valore di $t$ che restituisce $P$ con molteplicità 2: è il coefficiente angolare della retta tangente in $P$. Quanti valori diversi può avere $t$? ovviamente 71. Per ognuno di questi conto un punto della circonferenza. Ora bisogna stare un filo attenti: c'è anche la retta verticale per $P$ che ha "coefficiente angolare infinito" (tecnicamente è quella che viene dal punto all'infinito di $\mathbb P^1$. Morale della favola: conto $71+1=72$ punti. Li sto contando tutti? Certo, perchè ad ogni punto $Q$ della circonferenza è associato un unico $t$ (anche infinito): è il coefficiente angolare della retta attraverso $P$ e $Q$. Ne segue che quella circonferenza ha 72 punti razionali.

[axpgn]

Per quesiti proveniente da gare (che in generale sono per pre-universitari o ai primi anni) la sezione più adatta è "Scervelliamoci un po' " (d'altronde lo dice anche il sottotitolo "Spazio dedicato a problemi assegnati a gare matematiche o olimpiadi della matematica, o ancora a prove di ammissione a scuole di eccellenza"
Peraltro non ci sono compartimenti stagni (anche perché i confini non sono mai definiti nettamente ) quindi postate dove volete.

Cordialmente, Alex

[axpgn]

@hydro

"hydro":... Le soluzioni intere invece sono ovviamente infinite, altro che moltiplicare per 6...

Ovviamente mi limitavo al range dato, solo con il segno cambiato

"hydro":... in $ \mathbb F_{71} $.

Ma, vedi, c'è gente (un sacco, credo, alle superiori) che non sa cosa significhi $ \mathbb F_{71} $ quindi già è difficile così ... ovvio che il tuo punto di vista è diverso

Cordialmente, Alex

[FreddyKruger]

Il risultato di hydro è corretto, bella anche l'idea della circonferenza, come ha sottolineato axpgn però, nelle scuole superiori qualcosa di ciò che è stato usato nella soluzione non viene affrontato, ma rimane che è ottima per una gara di matematica dove ci vuole un po' più di impegno e fantasia di un nomale compito in classe

[hydro1]

"axpgn":@hydro
[quote="hydro"]... Le soluzioni intere invece sono ovviamente infinite, altro che moltiplicare per 6...

Ovviamente mi limitavo al range dato, solo con il segno cambiato

[/quote]Allora devi moltiplicare per 8 e non per 6

In ogni caso sarei curioso di vedere una soluzione alternativa e con una quantità ragionevole di conti...

[axpgn]

Beh, ci sono $35$ resti per $a^2$ e $35$ per $b^2$ lasciando stare lo zero, quindi $35*35=1225$ resti (non tutti diversi) che vengono compensati dai $35$ di $c^2$ in due modi diversi per due più i $35$ singoli per via dello zero anch'essi moltiplicati per quattro più la soluzione $(0,0,0)$: in totale $5041$

Cordialmente, Alex

[axpgn]

Ehi, funziona davvero!

Dato un numero $p$ dispari che sia primo o abbia solo fattori primi "semplici" (p.es. $3*5*7$) allora il numero cercato è

$n=4[((p-1)/2)^2+(p-1)/2]+1$

Cordialmente, Alex

[hydro1]

"axpgn":

Beh, ci sono $35$ resti per $a^2$ e $35$ per $b^2$ lasciando stare lo zero, quindi $35*35=1225$ resti (non tutti diversi) che vengono compensati dai $35$ di $c^2$ in due modi diversi per due più i $35$ singoli per via dello zero anch'essi moltiplicati per quattro più la soluzione $(0,0,0)$: in totale $5041$

Cordialmente, Alex

Non credo di aver capito, puoi elaborare?

"axpgn":Ehi, funziona davvero!

Dato un numero $ p $ dispari che sia primo o abbia solo fattori primi "semplici" (p.es. $ 3*5*7 $) allora il numero cercato è

$ n=4[((p-1)/2)^2+(p-1)/2]+1 $

Cordialmente, Alex

... che fa semplicemente $p^2$. It's CRT, baby!

[axpgn]

Non era quel che volevi?

"hydro":In ogni caso sarei curioso di vedere una soluzione alternativa e con una quantità ragionevole di conti...

Cordialmente, Alex

[hydro1]

Sì intendevo che non ho capito la logica della soluzione...