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 $60$

Dễ chứng minh được với 1 số chính phương khi chia cho 7 ta chỉ có các khả năng dư: 0 , 1 , 2 , 4

Khi đó \(a^2+b^2\)  chia 7 sẽ có các khả năng dư sau: 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 6 ; 7

Mà theo đề bài \(a^2+b^2\) chia hết cho 7 nên sẽ chỉ duy nhất 1 khả năng là \(\hept{\begin{cases}a^2⋮7\\b^2⋮7\end{cases}}\)

Vì 7 là số nguyên tố => a và b đều chia hết cho 7

=> đpcm

ko phải dạng vừa đâu!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!

Ta có:

+) a²=3k=> abc chia hết cho 3=>abc-6bc chia hết cho 3 (k e N)

với TH ko số nào chia 3 dư 1

+) a bình : 3(dư 1)=>a²-b²=c² trong đó c chia hết cho 3 nên abc-6bc vẫn như thé chia hết cho 3 

(ĐPCMA)