Если сумма трёх квадратов...

[Ktina]

Для каких натуральных $n$ верно приведённое ниже высказывание?
Если $a, b, c$ - целые числа и $a^2+b^2+c^2$ делится на $n$, то $abc$ делится на $n$.

[lel0lel]

Для $n=2^k$ и $n=5\cdot2^k,\,\, k=0,1,2\ldots$

[Andrey A]

Ktina в сообщении #1248301 писал(а):

$...\ a^2+b^2+c^2$ делится на $n$, то $abc$ делится на $n$.

Уравнение Маркова смотрите $x^2+y^2+z^2=3xyz$. Можно также брать основания некоторых квадратов по $\mod xyz $.

[Shadow]

lel0lel в сообщении #1248309 писал(а):

Для $n=2^k$ и $n=5\cdot2^k,\,\, k=0,1,2\ldots$

$n=4^k(8t-1),n=13\cdot 4^k,n=37\cdot 4^k$

-- 17.09.2017, 10:25 --

Shadow в сообщении #1248362 писал(а):

$n=4^k(8t-1)$

Поправка: где $8t-1$ - простое и да, без $4^k$

Опять поправка $n=13,n=37$ без $4^k$

[Shadow]

Снимаю все свои замечания. Мои дополнения не верны. Непредставимость и неделимость - разные вещи.

[AlexSam]

Такое подойдет?
$\left( {{t}_{3}^{2}}+{{t}_{2}^{2}}\right) \, \left( {{t}_{2}^{2}}\, {{q}^{2}}+{{t}_{3}^{2}}\, {{d}^{2}}+{{t}_{2}^{2}}\, {{d}^{2}}\right) ={{t}_{2}^{2}}\, {{t}_{3}^{2}}\, {{q}^{2}}+{{t}_{2}^{4}}\, {{q}^{2}}+{{\left( {{t}_{3}^{2}}+{{t}_{2}^{2}}\right) }^{2}}\, {{d}^{2}}$

[Shadow]

AlexSam в сообщении #1248427 писал(а):

Такое подойдет?

Нет. Что это? Какое отношение имеет данное тождество к задаче?

[Руст]

lel0lel в сообщении #1248309 писал(а):

Для $n=2^k$ и $n=5\cdot2^k,\,\, k=0,1,2\ldots$

Других решений нет.
Ясно, что делимость достаточно проверять для степеней простых чисел.
Из делимости $x^2+y^2+z^2$ на 2 следует, что хотя бы одно мз чисел делится на 2, стало быть и произведение делится на 2.
Из делимости на 4, следует, что все числа четные, значит и произведение делится на 4. Если делится на $2^k$, то все делятся на $2^{[k/2]}$ и сводится к этому.
Пусть $x^2+y^2+z^2$ делится на нечетное простое число $p$ и хотя бы одно из чисел (например $z$) не делится на р. Тогда по лемме Гензеля можно поднять по $z$ так, что
сумма квадратов делится на любую степень р, в то же время $xyz$ не делится на $p^2$.
Остается проверять первые степень простых чисел. Для $p=3$ очевидно $1^2+1^2+1^2$ делится на 3 и произведение не делится. Покажем, что и для других $p>5$ это так.
В случае $p=5$ не нулевыми квадратамы являются только $p=\pm 1$ и поэтому из делимости суммы квадратов следует, что одно из чисел делится на 5.
Покажем, что при $p>5$ существуют не нулевые квадраты сумма которых делится на $p$. Соответственно произведение не будет делится. Всегда можно считать, что одно из них равно 1.
Тогда достаточно найти квадратичные вычеты $q_1,q_2$, что $q_1+q_2=p-1$. Если $p=1\mod 4, (p>5)$ $q_3=-q_1$ так же квадратичный вычет и уравнение сводится к
$x^2-y^2=1$ Взяв число $1<a<p-1$ находим $x=\frac 12 (a+\frac 1a), y=\frac 12(a-1/a)$. При $p>5$ можно выбрать а так, чтобы $a^2\neq \pm 1$ и тем самым $xy\neq 0\mod p$.

Пусть $p=3\mod 4$. Тогда если $1+q_1$ квадратичный не вычет, то $q_2=-1-q_1$ квадратичный вычет и сумма $1+q_1+q_2=0\mod p$. Расположим по росту квадратичные вычеты. Так как квадратичных не вычетов при $q>\frac{p-1}{2}$ меньше чем $\frac{p-1}{4}$, то всегда найдется квадратичный вычет $q_1$, что $1+q_1$ - квадратичный не вычет.

[nimepe]

Для любых $n$,если:

$a=nk_6(nk_6^2+nk_7^2+nk_8^2)^k$

$b=nk_7(nk_6^2+nk_7^2+nk_8^2)^k$

$c=nk_8(nk_6^2+nk_7^2+nk_8^2)^k$

$m=(nk_6^2+nk_7^2+nk_8^2)^{2k+1}$,где для $a,b,c,m$ выполняется $a^2+b^2+c^2=mn$ ,тогда $abc$ делится на $n$.

[Andrey A]

Руст в сообщении #1248468 писал(а):

Для $p=3$ очевидно $1^2+1^2+1^2$ делится на 3 и произведение не делится. Покажем, что и для других $p>5$ это так.

$13^2+34^2+1^2$ делится на $13$ и на $17$. В принципе достаточно $n\mid z$ и $x^2\equiv -y^2 \mod n$. Для любого $n$ вида $p^2+q^2$ ($p,q$ - вз. простые) нужные $x,y$ найдутся в неограниченном количестве, не говоря уже что все три переменные могут иметь общий делитель $>1$, чего ТС не запрещает. Нетривиальную ситуацию описывает уравнение Маркова.

[Руст]

Читайте внимательнее условие задачи. Уравнение Маркова тут не причем.
Условие легко переформулируется так. Найти такие n, для которых $n|xyz$ всякий раз, когда n делит $x^2+y^2+z^2$.
И n не относится сюда, если существуют $x,y,z$ взаимно простые с $n$ и $n|x^2+y^2+z^2$.

[Ktina]

Всем большое спасибо!
Правда, красивая задача получилась?

[lel0lel]

Да, предложенное Рустом решение получилось красивое.

[Andrey A]

Руст в сообщении #1248521 писал(а):

Уравнение Маркова тут не причем.

Да, Вы правы. Что-то я из пушки по воробьям.

[nimepe]

Условие задачи однозначно и выдумывать иное не требуется-решение Руста тут не причем.

-- 18.09.2017, 07:45 --

Оригинальное решение в посте AlexSam - $n=t_3^2+t_2^2$, $a=t_2t_3g,b=t_2^2g,c=(t_3^2+t_2^2)d$