Lời giải:
Ta biết rằng một số chính phương choa $3$ có dư $0$ hoặc $1$
Giả sử trong ba số $a,b,c$ không có số nào chia hết cho $3$
Khi đó: \(a^2\equiv b^2\equiv c^2\equiv 1\pmod 3\)
Mà \(a^2+b^2=c^2\Rightarrow c^2=a^2+b^2\equiv 1+1\equiv 2\pmod 3\) (mâu thuẫn)
Do đó luôn tồn tại ít nhất một trong ba số chia hết cho $3$
\(\Rightarrow abc\vdots 3\)
Mặt khác: Một số chính phương khi chia $5$ có thể dư $0,1$ hoặc $4$
Nếu $a,b$ có ít nhất một số chia hết cho $5$ thì $abc$ chia hết cho $5$
Nếu $a,b$ không có số nào chia hết cho $5$ thì \(a^2,b^2\equiv 1,4\pmod 5\)
Xét các TH sau:
+) \(a^2\equiv 1, b^2\equiv 4\pmod 5\) hoặc ngược lại
\(\Rightarrow c^2=a^2+b^2\equiv 5\equiv 0\pmod 5\Rightarrow c^2\vdots 5\Rightarrow c\vdots 5\)
\(\Rightarrow abc\vdots 5\)
+) \(a^2\equiv b^2\equiv 1\pmod 5\Rightarrow c^2\equiv 2\not\equiv 0,1,4\pmod 5\) (vô lý)
+) \(a^2\equiv b^2\equiv 4\pmod 5\Rightarrow c^2\equiv 8\equiv 3\not\equiv 0,1,4\pmod 5\) (vô lý)
Vậy \(abc\vdots 5\)
Lại xét:
\(a^2+b^2=c^2\Rightarrow (a+b)^2-2ab=c^2\)
\(\Leftrightarrow 2ab=(a+b-c)(a+b+c)\)
Vì $a+b-c,a+b+c$ có cùng tính chẵn lẻ mà tích của chúng lại là số chẵn nên \(a+b-c, a+b+c\) chẵn
\(\Rightarrow 2ab=(a+b-c)(a+b+c)\vdots 4\Rightarrow ab\vdots 2\)
Đến đây ta thấy:
-Nếu \(a,b\vdots 2\Rightarrow ab\vdots 4\rightarrow abc\vdots 4\)
-Nếu $a,b$ có một số chẵn một số lẻ. Không mất tổng quát giả sử $a$ chẵn $b$ lẻ
\(a^2=c^2-b^2\)
$c$ chẵn thì $ac$ chia hết cho $4$ suy ra $abc$ chia hết cho $4$
$c$ lẻ:
Xét số chính phương lẻ có dạng
\(x^2=(4k\pm 1)^2\Rightarrow x^2-1=16k^2\pm 8k+1-1=16k^2\pm 8k\vdots 8\)
Do đó ta suy ra scp lẻ luôn chia 8 dư 1
\(\Rightarrow b^2\equiv c^2\equiv 1\pmod 8\Rightarrow a^2=c^2-b^2\vdots 8\)
\(\Rightarrow a\vdots 4\Rightarrow abc\vdots 4\)
Vậy trong mọi TH có thể $abc$ đều chia hết cho $4$
Ta thấy $abc$ chia hết cho $3,4,5$ mà $3,4,5$ đôi một nguyên tố cùng nhau nên $abc$ chia hết cho $60$
