Пусть \(a, b, c - \) взаимно простые в совокупности натуральные числа, и
\[D_n = (a+b+c, a^2+b^2+c^2,a^n+b^n+c^n).\]
Найдите все возможные значения \(D_n\), где \(n-\) натуральное число, кратное 3.

\(\textit{Запись } (a_1, a_2, a_3, \dots a_k) \textit{ обозначает} \href{https://examp.info/onedef/naibolshij-obshij-delitel/}{\textit{ наибольший общий делитель}} \textit{ целых чисел }a_1, a_2, a_3, \dots, a_k.\)
\(\textit{Вспомним, какие числа называются } \href{https://examp.info/onedef/prostye-v-sovokupnosti/}{\text{взаимно простыми в совокупности.}} \)

Решение

Пусть \(\sigma_1, \text{ } \sigma_2, \text{ } \sigma_3, \text{ } - \) элементарные \( \href{https://examp.info/onedef/simmetricheskie-mnogochleny/}{ \text{симметрические многочлены}} \) и \(s_n = a^n + b^n + c^n.\) Воспользуемся \( \href{https://examp.info/onedef/stepennye-formuly-nyutona/}{ \text{формулой Ньютона} } \) \[
s_k = \sigma_1 s_{k - 1} - \sigma_2 s_{k - 2} + \sigma_3 s_{k - 3}, \text{ где } k=4, 5, 6, \ldots\]

Докажем, что \(D_n \in \{1, 2, 3, 6\}\). Предположим, что существуют такие взаимно простые в совокупности \(a, b, c\), что \(D_n\) отличен от 1, 2, 3, 6. Докажем, что тогда \(\sigma_1, \text{ } \sigma_2, \text{ } \sigma_3\) имеют общий делитель, больший 1.

В самом деле, из формул Ньютона следует, что при разложении \(s_n\) через \(\sigma_1, \text{ } \sigma_2, \text{ } \sigma_3\) моном, не содержащий \(\sigma_1 \text{ и } \sigma_2\), с точностью до знака имеет вид \(3 \sigma_3 ^{\frac{n}{3}}\). Поэтому, если \(D_n\) делит \(s_1 = \sigma_1\) и \(D_n\) делит \(s_2 = \sigma_1 ^2 - 2 \sigma_2\), то \(D_n\) делит \( \sigma_1, \text{ } 2 \sigma_2, \text{ } 3 \sigma_3\).
Убедимся в врности даных утверждений:
1) \[
s_0 = 1 + 1 + 1 = 3 \quad \quad \sigma_1 = a + b + c
\] \[
s_1 = a + b + c \quad \quad \sigma_2 = ab + ac + bc
\] \[
\vdots
\] \[
s_n = a^n + b^n + c^ n \quad \quad \sigma_3 = abc
\] Воспользуемся выражением \(s_k\) через сигмы: \( s_k = \sigma_1 s_{k - 1} + \sigma_3 s_{k - 3} - \sigma_2 s_{k - 2} .\) Тогда обозначим члены, стоящие перед \( \sigma_1\) и \( \sigma_2\) за какие-то коэффициенты \[
s_n = A \sigma_1 + B \sigma_2 + \sigma_3 s_{n - 3}
= A \sigma_1 + B \sigma_2 + \sigma_3 (\sigma_1 s_{n - 4} - \sigma_2 s_{n - 5} + \sigma_3 s_{n - 6}) =
\] \[
= \widehat{A} \sigma_1 + \widehat{B} \sigma_2 + \sigma_3^2 s_{n - 6}
= \ldots = A'' \sigma_1 + B'' \sigma_2 + s_0 \cdot \sigma_3^{\frac{n}{3}}
\]
2) По условию: \[s_1 \mathbin{\vdots} D_n \Leftrightarrow \sigma_1 \mathbin{\vdots} D_n
\] \[
s_2 \mathbin{\vdots} D_n \Leftrightarrow \sigma_1^2 - 2 \sigma_2 \mathbin{\vdots} D_n
\] Тогда следует, что: \( 2 \sigma_2 \mathbin{\vdots} D_n .\) \[
s_n \mathbin{\vdots} D_n \Leftrightarrow A'' \sigma_1 + B'' \sigma_2 + 3 \sigma_3^{\frac{n}{3}} \mathbin{\vdots} D_n \Rightarrow 3 \sigma_3^{\frac{n}{3}} \mathbin{\vdots} D_n
\]
3) Пусть \(D_n\) отлично от 1, 2, 3, 6. Тогда \( \sigma_1, \) \( \sigma_2, \) \( \sigma_3^{\frac{n}{3}} \) имеют общий делитель, отличный от 1.
Пусть это \( m = p_1^{\alpha_1} \ldots p_j^{\alpha_j} .\) \[
\sigma_3^{\frac{n}{3}} \mathbin{\vdots} p \neq 3 \Rightarrow \sigma_3 \mathbin{\vdots} p \Leftrightarrow abc \mathbin{\vdots} p
\] Без ограничения общности положим, что \( a \mathbin{\vdots} p .\) Тогда: \[
ab + ac \mathbin{\vdots} p \Rightarrow ab + ac + bc = \sigma_2 \mathbin{\vdots} p \neq 2 \Rightarrow bc \mathbin{\vdots} p
\] Снова без ограничения общности полагаем, что \( b \mathbin{\vdots} p ,\) но тогда нетрудно получаем, что \(c \mathbin{\vdots} p .\)

При \(D_n\), отличном от 1, 2, 3, 6 у чисел \( \sigma_1, \text{ } \sigma_2, \text{ } \sigma_3\) есть общий делитель, больший 1. Пусть \(p \text{ } -\) простой множитель, входящий в этот делитель. Тогда \(p\) делит \(abc\), откуда (без ограничения общности) \(p\) делит \(a.\) Но тогда \(p\) делит \((ab + bc + ca)\) и \(p\) делит \(bc\), т.е. (без ограничения общности) \(p\) делит \(b\). Наконец, из того, что \(p\) делит \((a + b + c)\), получаем, что \(p\) делит \(c\). Значит, \((a, \text{ } b, \text{ } c) \geqslant p\), но по условию \((a, \text{ } b, \text{ } c) = 1 \text{ } -\) противоречие.
Итак, \(D_n \in \{1, 2, 3, 6\}\).

Набор \((1, 1, 2)\) реализует \(D_n = 2\), набор \((1, 1, 1)\) \(-\) \(D_n = 3\), набор \((1, 4, 7)\) \(-\) \(D_n = 6\).

Для \(D_n = 1\) возьмем простое число \(p > 3\) и положим \(a = b = 1\), \(c = p - 2\). Тогда \(a + b + c = p\) и \(p\) не делит \(a^2 + b^2 + c^2 = p^2 - 4p + 6\), откуда \(D_n = 1\).

Ответ: \(\{1, 2, 3, 6\}\).