Vì \(42 = 2 \cdot 3 \cdot 7\), ta cần chứng minh biểu thức chia hết cho 2, 3 và 7.

1. Chia hết cho 2:
Vì số mũ 49 lẻ nên:

\(x^{49} \equiv x \left(\right. m o d 2 \left.\right) .\)

Suy ra:

\(a^{49} + b^{49} + c^{49} \equiv a + b + c = 2100 \equiv 0 \left(\right. m o d 2 \left.\right) .\)

Vậy biểu thức chia hết cho 2.

2. Chia hết cho 3:
Xét các số dư mod 3:

Vậy với mọi \(x\), ta có \(x^{49} \equiv x \left(\right. m o d 3 \left.\right)\).

Suy ra:

\(a^{49} + b^{49} + c^{49} \equiv a + b + c = 2100 \equiv 0 \left(\right. m o d 3 \left.\right) .\)

Nên biểu thức chia hết cho 3.

3. Chia hết cho 7:
Theo định lí Fermat nhỏ: nếu \(\left(\right. x , 7 \left.\right) = 1\) thì

\(x^{6} \equiv 1 \left(\right. m o d 7 \left.\right) .\)

Do đó:

\(x^{49} = x^{6 \cdot 8 + 1} \equiv \left(\right. x^{6} \left.\right)^{8} \cdot x \equiv 1^{8} \cdot x \equiv x \left(\right. m o d 7 \left.\right) .\)

Nếu \(7 \mid x\) thì hiển nhiên \(x^{49} \equiv x \equiv 0 \left(\right. m o d 7 \left.\right)\).

Vậy với mọi \(x\), ta có \(x^{49} \equiv x \left(\right. m o d 7 \left.\right)\).

Suy ra:

\(a^{49} + b^{49} + c^{49} \equiv a + b + c = 2100 \equiv 0 \left(\right. m o d 7 \left.\right) .\)

Kết luận:
Biểu thức \(a^{49} + b^{49} + c^{49}\) chia hết cho \(2 , 3 , 7\).
Vậy nó chia hết cho \(\text{BCNN} \left(\right. 2 , 3 , 7 \left.\right) = 42\).

\(\).

\(a+b+c=c^3-19c=c^3-c-18c=c\left(c-1\right)\left(c+1\right)-18c\)

Có \(c\left(c-1\right)\left(c+1\right)\)là tích của ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho \(6\), \(18c\)chia hết cho \(6\)

suy ra \(a+b+c\)chia hết cho \(6\).

\(a^3+b^3+c^3-a-b-c=a^3-a+b^3-b+c^3-c\)

\(=a\left(a-1\right)\left(a+1\right)+b\left(b-1\right)\left(b+1\right)+c\left(c-1\right)\left(c+1\right)\)

có \(a\left(a-1\right)\left(a+1\right)+b\left(b-1\right)\left(b+1\right)+c\left(c-1\right)\left(c+1\right)\)chia hết cho \(6\)do là tổng của \(3\)số hạng chia hết cho \(6\), \(a+b+c\)chia hết cho \(6\)

suy ra \(a^3+b^3+c^3\)chia hết cho \(6\).

Bài làm có sử dụng các bổ đề: số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1. Số chính phương chia 5 dư 0, 1 hoặc 4. Số chính phương chia hết cho p (p là số nguyên tố) thì phải chia hết cho p². 
~~~~~~~~~ 
a) - Nếu a hoặc b chia hết cho 3 => abc chia hết cho 3. 
- Nếu a không chia hết cho 3 và b không chia hết cho 3 => a² chia 3 dư 1, b² chia 3 dư 1 => c² chia 3 dư 2 (vô lí) 
Vậy trường hợp a không chia hết cho 3 và b không chia hết cho 3 không xảy ra => abc chia hết cho 3 (*) 
b) - Nếu a, b cùng chẵn => ab chia hết cho 4 => abc chia hết cho 4. 
- Nếu a, b cùng lẻ => a = 2t + 1; b = 2k + 1 (t; k thuộc N) 
=> a² + b² = (2t +1)² + (2k + 1)² = 4t² + 4t + 4k² + 4k + 2 = 4(t² + t + k² + k) + 2 => a² + b² chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 => c² chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 (vô lí) 
Vậy trường hợp a, b cùng lẻ không xảy ra. 
- Nếu a lẻ, b chẵn => c lẻ. Đặt a = 2m + 1; b = 2n; c= 2p + 1. (m, n, p thuộc N). 
=> a² + b² = c² 
<=> (2m + 1)² + (2n)² = (2p + 1)² 
<=> 4m² + 4m + 1 + 4n² = 4p² + 4p + 1 
<=> n² = p² + p - m² - m 
<=> n² = p(p + 1) - m(m + 1). 
p(p + 1) là tích 2 số tự nhiên liên tiếp => p(p + 1) chia hết cho 2. Cmtt => m(m + 1) chia hết cho 2 => p(p + 1) - m(m + 1) chia hết cho 2 => n² chia hết cho 2 => n chia hết cho 2 => b chia hết cho 4 => abc chia hết cho 4. 
- Nếu a chẵn, b lẻ. Cmtt => a chia hết cho 4 => abc chia hết cho 4. 
Vậy abc chia hết cho 4 (**) 
c) - Nếu a hoặc b chia hết cho 5 => abc chia hết cho 5. 
- Nếu a không chia hết cho 5 và b không chia hết cho 5 => a² chia 5 dư 1 hoặc 4; b² chia 5 dư 1 hoặc 4. 
+ Nếu a² chi 5 dư 1, và b² chia 5 dư 1 => c² chia 5 dư 2 (vô lí) 
+ Nếu a² chi 5 dư 1, và b² chia 5 dư 4=> c² chia 5 dư 0 => c chia hết cho 5. 
+ Nếu a² chi 5 dư 4 và b² chia 5 dư 1 => c² chia 5 dư 0 => c chia hết cho 5. 
+ Nếu a² chi 5 dư 4 và b² chia 5 dư 4 => c² chia 5 dư 3 (vô lí). 
Vậy ta luôn tìm được một giá trị của a, b, c thỏa mãn abc chia hết cho 5. (***) 
Từ (*), (**), (***), mà 3, 4, 5 đôi một nguyên tố cùng nhau => abc chia hết cho 3.4.5 hay abc chia hết cho 60 => abc chia het cho 3
~~~~~~ 
Chúc bạn học giỏi!