TdN - Numero somma di due quadrati
Tipologia di esercizio presente in diversi testi ma che quest'anno in Teoria dei Numeri noi non abbiamo trattato... so che un numero $n$ può essere scritto come somma di due quadrati se e solo se può essere scritto nella forma $n = l^2m$ dove, $\forall p|m$, $p=2$ o $p \equiv 1 (mod 4)$ (chiaramente $p$ primo).
Volevo chiedere se c'ero un metodo per esplicitare una (o magari tutte!) queste costruzioni.
Riporto un esercizio/esempio:
a) Scrivere $14985$ come somma di due quadrati.
b) Determinare due terne pitagoriche diverse $(x, y, z_0)$ con $z_0 = 14985$
(Nel caso potesse servire, $14985 = 3 ^ 4 \cdot 5 \cdot 37$)
Volevo chiedere se c'ero un metodo per esplicitare una (o magari tutte!) queste costruzioni.
Riporto un esercizio/esempio:
a) Scrivere $14985$ come somma di due quadrati.
b) Determinare due terne pitagoriche diverse $(x, y, z_0)$ con $z_0 = 14985$
(Nel caso potesse servire, $14985 = 3 ^ 4 \cdot 5 \cdot 37$)
Risposte
[OT]
La questione di scrivere un numero come somma di quadrati perfetti (in versione un po' più generale) l'avevo sollevata anch'io tanto tempo fa, ma a proposito di tutt'altro (vedi qui).
[/OT]
La questione di scrivere un numero come somma di quadrati perfetti (in versione un po' più generale) l'avevo sollevata anch'io tanto tempo fa, ma a proposito di tutt'altro (vedi qui).
[/OT]
(Quasi) tutto sta nell'applicare la seguente identità:
[tex](a^2+b^2)(c^2+d^2) = (ac-bd)^2+(ad+bc)^2[/tex].
Naturalmente questa è solo un'osservazione, il vero problema è dimostrare che i primi congrui a 1 modulo 4 si possono scrivere come somma di due quadrati, in altre parole non sono irriducibili nell'anello degli interi di Gauss. Trovo che la dimostrazione di questo fatto sia davvero bella.
[tex](a^2+b^2)(c^2+d^2) = (ac-bd)^2+(ad+bc)^2[/tex].
Naturalmente questa è solo un'osservazione, il vero problema è dimostrare che i primi congrui a 1 modulo 4 si possono scrivere come somma di due quadrati, in altre parole non sono irriducibili nell'anello degli interi di Gauss. Trovo che la dimostrazione di questo fatto sia davvero bella.
E come dice correttamente Martino, seguiamo l'identità:
[tex](a^2+b^2)(c^2+d^2) = (ac-bd)^2+(ad+bc)^2[/tex]
Partendo da [tex]14985=3^4\cdot5\cdot37[/tex], eliminamoci il [tex]3^4[/tex] poichè è già un quadrato e che comparirà come [tex]14985 = (3^2\alpha)^2+(3^2\beta)^2[/tex], allora il problema si riduce al calcolo su [tex]185=5\cdot 37[/tex] ma qui è ancora più semplice:
[tex]185=(2^2+1)(6^2+1)=(2\cdot6 - 1\cdot1)^2+(2\cdot1+6\cdot1)^2 = 11^2+8^2[/tex]
e quindi la soluzione:
[tex]14985 = (3^2\cdot 11)^2 + (3^2\cdot 8)^2= 99^2 + 72^2[/tex]
Notasi come qui è necessario che il numero di inizio sia come da ipotesi del tipo [tex]n=l^2m[/tex], inoltre il secondo numero non è del tipo [tex]n=l^2m[/tex] (sempre che non si voglia considerare il caso banale [tex]l=1[/tex] nel qual caso non servirebbe a nulla comunque, visto che tutti i numeri sono di quel tipo...)
[tex](a^2+b^2)(c^2+d^2) = (ac-bd)^2+(ad+bc)^2[/tex]
Partendo da [tex]14985=3^4\cdot5\cdot37[/tex], eliminamoci il [tex]3^4[/tex] poichè è già un quadrato e che comparirà come [tex]14985 = (3^2\alpha)^2+(3^2\beta)^2[/tex], allora il problema si riduce al calcolo su [tex]185=5\cdot 37[/tex] ma qui è ancora più semplice:
[tex]185=(2^2+1)(6^2+1)=(2\cdot6 - 1\cdot1)^2+(2\cdot1+6\cdot1)^2 = 11^2+8^2[/tex]
e quindi la soluzione:
[tex]14985 = (3^2\cdot 11)^2 + (3^2\cdot 8)^2= 99^2 + 72^2[/tex]
Notasi come qui è necessario che il numero di inizio sia come da ipotesi del tipo [tex]n=l^2m[/tex], inoltre il secondo numero non è del tipo [tex]n=l^2m[/tex] (sempre che non si voglia considerare il caso banale [tex]l=1[/tex] nel qual caso non servirebbe a nulla comunque, visto che tutti i numeri sono di quel tipo...)
Quella delle terne pitagoriche è più semplice, osserva infatti che:
[tex]14985 = 3^4 \cdot 5 \cdot 37[/tex]
allora siccome [tex]5^2=4^2+3^2[/tex] naturalmente abbiamo che:
[tex]14985^2 = 3^8 \cdot 5^2 \cdot 37^2 = 3^8 \cdot 4^2 \cdot 37^2 + 3^8 \cdot 3^2 \cdot 37^2 = (3^4 \cdot 2^2 \cdot 37)^2 + (3^5 \cdot 37)^2 = 11988^2 + 8991^2[/tex]
Analogamente si può fare con il [tex]37^2=35^2+12^2[/tex] (che fra l'altro è una terna primitiva):
[tex]14985^2 = 3^8 \cdot 5^2 \cdot 37^2 = (3^4 \cdot 5 \cdot 35)^2 + (3^4 \cdot 5 \cdot 12)^2 = 14175^2 + 4860^2[/tex]
Tutto comunque ruota sulla forma delle terne, una terna pitagorica è tale che: [tex]\alpha^2 + \beta ^2 = \gamma^2[/tex] allora:
[tex]\alpha = 2ab, \beta=a^2-b^2, \gamma=a^2+b^2[/tex]
con [tex]a,b[/tex] parametri interi (ovviamente!
)
[tex]14985 = 3^4 \cdot 5 \cdot 37[/tex]
allora siccome [tex]5^2=4^2+3^2[/tex] naturalmente abbiamo che:
[tex]14985^2 = 3^8 \cdot 5^2 \cdot 37^2 = 3^8 \cdot 4^2 \cdot 37^2 + 3^8 \cdot 3^2 \cdot 37^2 = (3^4 \cdot 2^2 \cdot 37)^2 + (3^5 \cdot 37)^2 = 11988^2 + 8991^2[/tex]
Analogamente si può fare con il [tex]37^2=35^2+12^2[/tex] (che fra l'altro è una terna primitiva):
[tex]14985^2 = 3^8 \cdot 5^2 \cdot 37^2 = (3^4 \cdot 5 \cdot 35)^2 + (3^4 \cdot 5 \cdot 12)^2 = 14175^2 + 4860^2[/tex]
Tutto comunque ruota sulla forma delle terne, una terna pitagorica è tale che: [tex]\alpha^2 + \beta ^2 = \gamma^2[/tex] allora:
[tex]\alpha = 2ab, \beta=a^2-b^2, \gamma=a^2+b^2[/tex]
con [tex]a,b[/tex] parametri interi (ovviamente!
)
Dopo aver letto il posto di Martino ho provato a risolvere l'esercizio e per la prima parte ho fatto uguale a Lord, la seconda non mi è venuta in mente una soluzione così elegante e l'ho risolta con la forza bruta 
(dopo aver scritto $14985 = 99^2 +72^2 = 117^2 +36^2$ ho applicato le parametriche con le due diverse somme).
Grazie a tutti per l'aiuto
, in particolare terrò in mente il passaggio di Lord nel secondo esercizio se dovesse capitarne uno simile 
!
(dopo aver scritto $14985 = 99^2 +72^2 = 117^2 +36^2$ ho applicato le parametriche con le due diverse somme).Grazie a tutti per l'aiuto
, in particolare terrò in mente il passaggio di Lord nel secondo esercizio se dovesse capitarne uno simile !
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