Симпатичная ТЧ

[Shadow]

Для натуральных $a,b,c$ и простое $p$ известно, что:

$a<b<c<p$
и
$a^3 \equiv b^3 \equiv c^3 \pmod p$

Докажите, что

$(a+b+c) \mid (a^2+b^2+c^2)$

[lel0lel]

$p-1=3n$
Пусть $g$ -- первообразный корень по модулю $p$. Тогда $a=g^{k}\mod{p}$, $b=g^{k+n}\mod{p}$, $c=g^{k+2n}\mod{p}$. Отсюда $a+b+c\equiv g^k(g^{3n}-1)(g-1)^{-1}\equiv 0\pmod p$. Тогда $a+b+c=p$, либо $a+b+c=2p$, так как $a<b<c<p$. Если $a+b+c=p$, то $a^2+b^2+c^2\equiv g^{2k}(1+g^{2n}+g^{4n})\equiv 0\pmod p$. Если $a+b+c=2p$, то аналогично $a^2+b^2+c^2\equiv 0\pmod p$, а также

$$a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+ac+bc)=4p^2-2(ab+ac+bc)\equiv 0\pmod 2$$

[Shadow]

lel0lel
Верно. (Делимость $a+b+c$ и $a^2+b^2+c^2$ на $p$ можно доказать, не выходя за рамки школьной программы)

[lel0lel]

Shadow, спасибо и плюс Вам за задачу и проверку. Школьным методом может быть как-нибудь попробую решить. Думаю, нужно начать с разностей кубов, но сейчас нет времени вдумываться, а решение так сразу не видно.

[wrest]

Покажем "по школьному", что сумма $a+b+c$ делится на $p$
Поскольку все числа меньше $p$, то они не делятся на $p$ и поскольку они различны то остатки от деления различны
$a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)\equiv 0 \pmod p$
Первая скобка на $p$ не делится, значит вторая делится:
$a-b \ne 0 \pmod p \to a^2+ab+b^2 \equiv 0 \pmod p$

Имеем:
$a^2+ab+b^2 \equiv 0 \pmod p$
$b^2+bc+c^2 \equiv 0 \pmod p$

Вычитаем уравнения, имеем:
$a^2+ab+b^2 - (b^2+bc+c^2) \equiv 0 \pmod p$
Раскрываем скобки
$a^2 - c^2 + ab - bc \equiv 0 \pmod p$
Раскладываем на множители, приводим подобные:
$(a-c)(a+c+b) \equiv 0 \pmod p$
Поскольку $a-c\ne 0 \pmod p$, значит $a+b+c\equiv 0 \pmod p$

Как показать что сумма квадратов тоже делится на $p$ пока не придумал.

[Shadow]

wrest, абсолютно верно.

wrest в сообщении #1660029 писал(а):

Как показать что сумма квадратов тоже делится на $p$ пока не придумал.

wrest в сообщении #1660029 писал(а):

Имеем:
$a^2+ab+b^2 \equiv 0 \pmod p$
$b^2+bc+c^2 \equiv 0 \pmod p$

[wrest]

Shadow
Ну я знаю что $a^2+b^2+c^3$ и $ab+bc+ac$ делятся на $p$, но пока не понял как это показать.

[Shadow]

wrest Третье сравнение напишите и сложите.

[wrest]

Shadow в сообщении #1660052 писал(а):

Третье сравнение напишите и сложите.

Ну тут у меня не вполне хватает знаний.
Есть такие мысли.
Складываем сравнения
$2(a^2+b^2+c^2)+ab+ac+bc \equiv 0 \pmod p$
Переписываем так:

$$ab+ac+bc \equiv -2(a^2+b^2+c^2) \pmod p \eqno(1)$$

Поскольку
$(a+b+c)^2 = a^2+b^2+c^2+2(ab+ac+bc)$ то подставляя сюда $ab + ac + bc$ из $(1)$ получаем

$$(a+b+c)^2 \equiv - 3(a^2+b^2+c^2) \pmod p \eqno(2)$$

Из $(2)$ должно следовать что раз $a+b+c\equiv 0 \pmod p$ то и $a^2 + b^2 + c^2 \equiv 0 \pmod p$ (т.к. $p$ простое и на 3 не делится). Но тут я не уверен. Одновременно из $(1)$ бонусом следует что $ab+ac+bc\equiv 0 \pmod p$ т.к. $p$ простое и не делится на $2$

P.S. В этой части не обошлось без помощи ИИ

[Shadow]

wrest, конечно. Тут элементарная арифметика. Как может "не хватать знаний"

wrest в сообщении #1660140 писал(а):

$2(a^2+b^2+c^2)+ab+ac+bc \equiv 0 \pmod p$

Сразу сводим к чему-то уже знакомому, раз уже знаем, что $a+b+c \equiv 0$:

$2(a+b+c)^2-3(ab+bc+ca) \equiv 0 \Longrightarrow 3(ab+bc+ca) \equiv 0$

$p>3 \Longrightarrow ab+bc+ca \equiv 0 \Longrightarrow (a+b+c)^2-2(ab+bc+ca) \equiv 0 \pmod p$

wrest в сообщении #1660140 писал(а):

т.к. $p$ простое и на 3 не делится). Но тут я не уверен

А как же

Shadow в сообщении #1658248 писал(а):

$a<b<c<p$

На самом деле $p \equiv 1 \pmod 6$ и для любого такого простого существуют по крайней мере две тройки $(a,b,c)$ удовлетворяющие условию задачи. (наверное, ровно две).