Para los elementos $a$ $b$ en el ring $\Bbb{Z}$ probar que si $3\mid a^2+b^2$$3\mid a$$3\mid b$.
He intentado probarlo pero yo sólo no lo consiguieron. Tal vez me estoy perdiendo básicos de reclamaciones en la Teoría de los números?
Agradecería sugerencias y, en general, su ayuda.
Lo siento, no fue otro de los datos que me fue dada, yo estaba fijo y les molesta a mí.
La pregunta original era demostrar que $c\mid a^2+b^2$ implica $c\mid a$$c\mid b$, que como muchas de las respuestas muestran que no es verdad.
Pero esto es cierto si se toma la hipótesis de que no existe una raíz cuadrada de $-1$ mod $c$. Tomar mod $c$ de la ecuación para obtener que
$$a^2 = - b^2 \mod c$$
que sólo puede tener una solución $a \neq 0$ o $b \neq 0$ si $-1$ tiene una raíz cuadrada mod $c$. I. e., hay un número de $x$ tal que $x^2 = -1 \mod c$.
En efecto, asumiendo $a$ $b$ son relativamente primer a $c$, entonces podemos tomar $b^{-1}$ para obtener
$$(b^{-1}a)^2 = -1 \mod c.$$
Pero si no existe una solución, nuestra hipótesis de co-primalidad no puede sostener. Si tomamos los factores primos de a $c$ y el uso de la aritmética modular, entonces podemos mostrar a $\gcd(a,p) \geq p$ para cada factor primo. (Tenga en cuenta que $x^2=-1 \mod p$ tiene una solución si se hace de mod $c$.) Ahora, esto sólo significa $\prod p_i$ divide $a$$b$, pero si tenemos que cancelar estos factores comunes que debemos ser capaces de repetir el procedimiento para obtener toda la divisibilidad.
Ver la edición, la solución de la siguiente manera a partir de mi respuesta mostrando mod $3$ que no es una solución, $x^2=-1$ existe. Es un caso más sencillo desde $3$ es primo. Lo siento, no hacer que el argumento anterior más apretado, pero usted debería ser capaz de trabajar específica (y más fácil) en el caso de los de arriba.
No es difícil ver la reclamación es si y sólo si así.
Para responder a tu pregunta original: si el primer $\,\color{#c00}{p = 4k\!+\!3}\,$ $\,p\mid a^2+b^2\,\Rightarrow\, p\mid a,b.$
Prueba de $\ $ Si no, wlog $\,p\nmid b,\,$ $\, {\rm mod}\ p\!:\ b^{-1}$ existe $\ {-}b^2\equiv a^2\,\Rightarrow\, -1 \equiv (ab^{-1})^2\equiv c^2 $
por lo tanto, $\ {\rm mod}\ p\!:\,\ \left[-1\,\equiv\, c^{\large \color{#c00}2}\right] \!{\phantom{}}^{\large \color{#c00}{2k+1}}\Rightarrow\ {-1}\equiv c^{\, \color{#c00}{\large p-1}}\overset{\rm Fermat}\equiv 1\,\Rightarrow\, p\mid 2\ \Rightarrow\!\Leftarrow$
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