😊出会いの泉😊

私が思うに反例はないと思います。
4n+3 のタイプの奇数の積は mod 8 で 7 にはなりません。
上を確認したのちにルジャンドルの三平方和の定理に当てはめればよいと思います。

ルジャンドルの定理は、強力ですね。素数に関係なく
（４ｋ＋３）（４ｌ＋３）＝
１６ｋl＋１２（ｋ＋ｌ）＋９≡１，５(mod 8)
ｋ＋ｌ偶数ならば、１、奇数ならば、５
なので、三平方和が、可能！
有難うございました。

私の理解が正しければ、mod3で証明できます。
nが1～20のとき、ΣS_n=Σn=210からa+b+c+d+e+f=21
(a,b,c,d,e,fがそれぞれ10回ずつ登場するので210÷10=21)

以下集合Aの要素と和はmod3で表します。
3つの和が0になるものがn=3,6,9,12,15,18の6通り
3つの和が1になるものがn=1,4,7,10,13,16,19の7通り
3つの和が2になるものがn=2,5,8,11,14,17,20の7通り

A={x,x,x,x,y,z} (x,y,zはそれぞれ0か1か2) の場合
2x+yが6通り、2x+zが6通り、3xが4通り、x+y+zが4通り
このとき0,1,2が偶数個ずつにしかならないので不適
よってmod3が一致するものは3個以下

Aの要素で0が3個のとき、総和が0(21≡0)なので
(0,0,0,1,1,1)か(0,0,0,2,2,2)のいずれか。
しかしどちらの場合も0になるものが
2通り((0,0,0)と(1,1,1)または(2,2,2))しかなく不適。
# いずれの場合も1になるものと2になるものがそれぞれ9通りずつです。

Aの要素で0が2個のとき、総和が0なので(0,0,1,1,2,2)
このとき0になるものが(0,1,2)の組合せ2×2×2=8通りとなり不適。
# 1になるものは(0,0,1)が2通り、(0,2,2)が2通り、(1,1,2)が2通りの計6通り
# 2になるものは(0,0,2)が2通り、(0,1,1)が2通り、(1,2,2)が2通りの計6通り

Aの要素で0が1個のとき、総和が0になるものは
(0,1,1,1,1,2)か(0,1,2,2,2,2)しかなく、
同じものが4個以上になるので不適。

Aの要素で0が0個のとき、総和が0で同じものが3個以下なので(1,1,1,2,2,2)
このとき0になるものが(1,1,1)と(2,2,2)の2通りとなり不適。

従って解は存在しません。

ちなみにn=0～19の場合は、上記と全く同じ手順で考えると
(0,0,0,1,1,2), (0,0,1,2,2,2), (0,1,1,1,2,2)
の3通りが条件を満たします。
# 条件は総和が190÷10=19≡1、3つの和が0,1,2になるものが順に7,7,6通り
# 解の存在証明ではありません

らすかるさん、まことに有難うございます。
なるほど mod 3 で！！　ウロコが目からボロボロと。

【付記１】
①の解として
a=−5, b=2, c=3, d=4, e=6, f=9
があります。
おそらくはこれひとつだけと存じます。

【付記２】
②をおいかけていて
下記までで挫折しました。お笑いください。

a+b+c = 1
d+e+f = 20
a ≤ b ≤ c ≤ d ≤ e ≤ f

実は
a < b < c < d < e < f
である。なんとなれば、たとえば題意から
a+b+c < a+b+d
とならねばならず、他の組み合わせどうしでも同様だからである。

◆補題１
d ≤ 5

証明
6 ≤ d と仮定する。
すると d < e < f より
7 ≤ e
8 ≤ f
さらに
21 ≤ d+e+f
を得る。
これは d+e+f = 20 と矛盾する。
背理法により補題１
d ≤ 5 が証明された。

◆補題２
c ≤ 4
b ≤ 3
証明
b < c < d ≤ 5
より明らか

◆補題３
-6 ≤ a

証明
c ≤ 4 ,b ≤ 3 より
b+c ≤ 7
a+b+c = 1 であるから
1 -a = b+c ≤ 7
-6 ≤ a

◆補題４
d = c +1
証明
３つの総和が最大のものは
d + e +f
２番目に大きいものは
c +e +f
前者は 20 ,後者は 19
ゆえに
d = c +1

ここから全数をあたるプログラムでも作ろうかと思っていたのです……とほほ

続きを手作業で証明してみました。

a+b+c=1からc≧2 (∵c≦1ならばa+b+c＜1)
よってc=2,3,4

3番目に大きいものは
b+e+f または c+d+f

3番目に大きいものがb+e+fである場合
b+1=c,c+1=d,1-b-c=aなので
(a,b,c,d)=(-2,1,2,3),(-4,2,3,4),(-6,3,4,5)

(a,b,c,d)=(-2,1,2,3)の場合
1+2+3=6なので1～5に-2が使われる。
-2,1,2,3で4は作れないから、4-(-2)-2=4または4-(-2)-1=5のいずれかが必要。
f≧8なので4か5になるのはe。
e=4のとき(-2)+1+4=(-2)+2+3=3となり不適。
e=5のとき(-2)+3+5=1+2+3=6となり不適。
よって(a,b,c,d)=(-2,1,2,3)は不適。

(a,b,c,d)=(-4,2,3,4)の場合
2+3+4=9なので1～8に-4が使われる。
-4,2,3,4で4は作れないから、4-(-4)-3=5または4-(-4)-2=6のいずれかが必要。
f≧8なので5か6になるのはe。
e=5のとき(-4)+2+5=(-4)+3+4=3となり不適。
e=6のときd+e+f=20なのでf=10となるが(-4)+3+10=2+3+4=9となり不適。
よって(a,b,c,d)=(-4,2,3,4)は不適。

(a,b,c,d)=(-6,3,4,5)の場合
3+4+5=12なので1～11を作るのに-6を使わなければならないが、
-6を使えるのはちょうど10回なので不適。
よって(a,b,c,d)=(-6,3,4,5)も不適なので
「3番目に大きいものがb+e+f」は不適。

3番目に大きいものがc+d+fである場合
c+1=d,d+1=e,20-d-e=fなので
(c,d,e,f)=(2,3,4,13),(3,4,5,11),(4,5,6,9)

(c,d,e,f)=(2,3,4,13)の場合
2+3+4=9なので10～20を作るのに13を使わなければならないが、
13を使えるのはちょうど10回なので不適。

(c,d,e,f)=(3,4,5,11)の場合
3+4+5=12なので13～20に11が使われる。
3,4,5,11で17は作れないから、17-11-5=1または17-11-4=2のいずれかが必要。
a＜0なので1か2になるのはb（∵a≧0のときa+b+c≧3）。
b=1のとき、a+b+c=1なのでa=-3となるが-3+4+11=3+4+5=12となり不適。
b=2のとき、2+5+11=3+4+11=18となり不適。
よって(c,d,e,f)=(3,4,5,11)は不適。

(c,d,e,f)=(4,5,6,9)の場合
4+5+6=15なので16～20に9が使われる。
4,5,6,9で17は作れないから、17-9-6=2または17-9-5=3のいずれかが必要。
上と同様に2か3になるのはb。
b=2のとき2+4+9=4+5+6=15となり不適。
b=3のとき3+6+9=4+5+9=18となり不適。
よって(c,d,e,f)=(4,5,6,9)も不適なので、
「3番目に大きいものがc+d+f」は不適。

以上により、解なし。

いやあ、素晴らしいです！

n=0～19に同じ証明方法を適用すれば全解が得られるはずなので
やってみたくなりました。
プログラムによる総当たりで解は(-5,2,3,4,6,9)の一つとわかっていますので、
結果が合えば内容を確認していただく必要はありません。
ただの落書きとしてスルーして下さい。

n=0～19のときa＜b＜c＜d＜e＜fとして
a+b+c=0
d+e+f=19
d=c+1
-7≦a≦-1
-1≦b≦3
1≦c≦4
2≦d≦5
3≦e≦8
8≦f≦14
(ここまで証明省略)
c=1のとき(a,b,c,d)=(-1,0,1,2)となるが、
このときa+d+e=b+c+eとなり不適。
よって2≦c≦4, 3≦d≦5, 4≦e≦8, 8≦f≦12。

3番目に大きいものはb+e+fまたはc+d+f

3番目に大きいものがb+e+fである場合
b+1=c, c+1=d, a+b+c=0なので
(a,b,c,d)=(-3,1,2,3),(-5,2,3,4),(-7,3,4,5)

(a,b,c,d)=(-3,1,2,3)の場合
1+2+3=6なので0～5に-3が使われる。
-3,1,2,3で3は作れないから、3-(-3)-2=4または3-(-3)-1=5のいずれかが必要。
f≧8なので4か5になるのはe。
e=4のとき(-3)+1+4=(-3)+2+3=2となり不適。
e=5のときf=19-5-3=11となるが(-3)+1+11=1+3+5=9となり不適。
よって(a,b,c,d)=(-3,1,2,3)は不適。

(a,b,c,d)=(-5,2,3,4)の場合
2+3+4=9なので0～8に-5が使われる。
-5,2,3,4で3は作れないから、3-(-5)-3=5または3-(-5)-2=6が必要。
f≧8なので5か6になるのはe。
e=5のとき(-5)+2+5=(-5)+3+4=2となり不適。
e=6のときf=19-6-4=9となるが、(a,b,c,d,e,f)=(-5,2,3,4,6,9)は
(-5)+2+3=0, (-5)+2+4=1, (-5)+3+4=2, (-5)+2+6=3, (-5)+3+6=4, (-5)+4+6=5,
(-5)+2+9=6, (-5)+3+9=7, (-5)+4+9=8, 2+3+4=9, (-5)+6+9=10, 2+3+6=11, 2+4+6=12,
3+4+6=13, 2+3+9=14, 2+4+9=15, 3+4+9=16, 2+6+9=17, 3+6+9=18, 4+6+9=19 となり適。
よって(a,b,c,d)=(-5,2,3,4)のときの解は(a,b,c,d,e,f)=(-5,2,3,4,6,9)

(a,b,c,d)=(-7,3,4,5)の場合
3+4+5=12なので0～11に-7が使われることになるが、-7が使われるのは10回なので不適。

従って「3番目に大きいものがb+e+f」のときに解が一つ得られた。

3番目に大きいものがc+d+fである場合
c+1=d, d+1=e, d+e+f=19なので
(c,d,e,f)=(2,3,4,12),(3,4,5,10),(4,5,6,8)

(c,d,e,f)=(2,3,4,12)の場合
2+3+4=9なので10～19に12が使われる。
2,3,4,12で16は作れないから、16-12-4=0または16-12-3=1のいずれかが必要。
a≦-1なので0か1になるのはb。
b=0のときa=0-0-2=-2となるが(-2)+3+4=0+2+3=5となり不適。
b=1のとき1+4+12=2+3+12=17となり不適。
よって(c,d,e,f)=(2,3,4,12)は不適。

(c,d,e,f)=(3,4,5,10)の場合
3+4+5=12なので13～19に10が使われる。
3,4,5,10で16は作れないから、16-10-5=1または16-10-4=2のいずれかが必要。
a≦-1なので1か2になるのはb。
b=1のときa=0-1-3=-4となるが(-4)+3+10=1+3+5=9となり不適。
b=2のとき2+5+10=3+4+10=17となり不適。
よって(c,d,e,f)=(3,4,5,10)は不適。

(c,d,e,f)=(4,5,6,8)の場合
4+5+6=15なので16～19に8が使われる。
4,5,6,8で16は作れないから、16-8-6=2または16-8-5=3のいずれかが必要。
a≦-1なので2か3になるのはb。
b=2のとき2+5+8=4+5+6=15となり不適。
b=3のとき3+6+8=4+5+8=17となり不適。
よって(c,d,e,f)=(4,5,6,8)は不適なので、
「3番目に大きいものがc+d+f」は不適。

従って条件を満たす解は(a,b,c,d,e,f)=(-5,2,3,4,6,9)のみ。

さらに n=2～21 や n=3～22 などのように範囲を変えるとどうなるかを
考えたのですが、0～19と1～20の場合からすべて導けますね。
まずa,b,c,d,e,fすべてに1を足せば3つの和は3大きくなりますので
n=0～19で解があることからn=3～22, 6～25, 9～28, …でも
+1,+2,+3,…した唯一解が存在することがわかります。
同様に、n=1～20で解がないことからn=4～23, 7～26, 10～29, …でも
解がないことがわかります。
そしてn=2～21の場合は
n=0～19のときのa,b,c,d,e,fを全部7から引いて
7-f,7-e,7-d,7-c,7-b,7-aをあらためてa,b,c,d,e,fとすると
3数の和は21から引いたものになり2～21が作れます。
よってn=2～21のときの唯一解は
(a,b,c,d,e,f)=(7-9,7-6,7-4,7-3,7-2,7-(-5))=(-2,1,3,4,5,12)
とわかり、上と同様にn=5～24, 8～27, 11～30, …では
それぞれに+1,+2,+3…した解が存在します。
従ってn=t～t+19のときの一般解は
t=3kのとき (a,b,c,d,e,f)=(-5+k, 2+k, 3+k, 4+k, 6+k, 9+k)
t=3k+1のとき 解なし
t=3k+2のとき (a,b,c,d,e,f)=(-2+k, 1+k, 3+k, 4+k, 5+k, 12+k)
(kは負でもOK)
とわかりました。

らすかるさん、いろいろと勉強になります！
《n=0～19のときのa,b,c,d,e,fを全部7から引いて》→口をあんぐりとあけました！！！

1〜20で解がないことの超スッキリした証明、できました。

Σ (S_n)^2 = 10*(a^2+b^2+……f^2) + 8*(ab+ac+……+ef)
すなわち
2870 = (a+b+c+d+e+f)^2 + 9*(a^2+b^2+……f^2) + 6*(ab+ac+……+ef)
左辺を3で割った余りは2、右辺を3で割った余りは0か1なので、条件を満たす数は存在しない。

DD++ さんによる鮮やかな短証明を拝見して感激しております。

2870 = (a+b+c+d+e+f)^2 + 9*(a^2+b^2+……f^2) + 6*(ab+ac+……+ef)

のところで a+b+c+d+e+f = 21 を代入してもよいかもしれません。

それをするには a+b+c+d+e+f = 21 の証明を書き足さないといけないので……

あっなるほど。これはウッカリしておりました。失礼いたしました。

それにしても平方で評価するなんて驚きました。

a≦b≦cとして11組です。
(4,28,35)
(5,8,44)
(5,20,40)
(6,15,42)
(6,30,33)
(8,19,40)
(13,16,40)
(15,30,30)
(16,20,37)
(20,20,35)
(20,28,29)
a≦b≦cの条件を外すと、9×6+2×3=60通りとなります。

直角三角柱だけ除くなら、例えば底面が直角三角形の三角錐であれば
底面と平行の面で切るだけで断面が直角三角形になりますね。
隣接面が直角に交わる箇所がない立体の場合は、
・ある頂点に集まる面が3面
・その3面のうちいずれかが、その頂点の角度が鈍角
であれば断面が直角三角形になるように切れますね。
例えば、正三角錐で底面の1辺の長さが5、他の3辺の長さが3のように平たい三角錐なら
側面が鈍角二等辺三角形なので上記の条件を満たし、直角三角形の断面が作れます。
逆にすべての隣接面が鋭角で交わっている場合は、直角三角形は作れないと思います。
また、隣接面が直角で交わる箇所があり鈍角で交わる箇所がない場合は、
直角三角形が作れる条件はそれほど簡単ではないと思います。

正五角柱以上の正多角柱でも断面が直角三角形になるように切れますね。

正四面体でも、うまく切断すれば、できるようですが、具体的に
どう切断すれば、よいでしょうか？

正四面体では無理と思い込んでいましたが、よく考えてみると作れますね。
正四面体OABCでOCを3：1に内分した点をD、ACを5：1に内分した点をEとすると
△BDEは∠BDEが直角の直角三角形になります。
座標で表すと、例えば
O(0,0,8√6), A(0,8√3,0), B(-12,-4√3,0), C(12,-4√3,0), D(9,-3√3,2√6), E(10,-2√3,0)

正三角柱で母線方向に直交する断面の正三角形を△ABCとして、一辺の長さをaとしたとき、Bから辺に沿ってa/√2の点をDとして、Cから辺に沿ってDとは反対方向にa/√2の点をEとすると、AD=AE=√(3/2)a,DE=√3aで、AD:AE:DE=1:1:√2となるので、△ADEは直角二等辺三角形になりますね。

有難うございます。
頂点A、B、Cを底面にして、正四面体を
OーABCとし、辺OA、OB、OC上に切断の点として長さa,b,cをとるとき、
（a,b,c）=(1,2,6)これを忘れていて、探していました。
x^2=a^2+b^2-ab:y^2=b^2+c^2-bc:z^2=c^2+a^2-ca
を解いて一つ、a=√２、b=√２±１，c=3√２±４

5777と5993は(素数)+2(平方数)の形では表せないようです。
https://oeis.org/A060003
↑こちらは(素数)+2(平方数)の形で表せない奇数の数列ですが、この中で合成数は5777と5993だけです。
ただし5993の先はわかってないだけなので、他にあるかどうかはわかりません。

5136497082 と 5136497028
でした。

以前にも、同様の、疑問があったんですね。
根軸は、接戦から、定義されています。
視覚的に、捉えることのできる、見方を教えていただきました。
それは、空間の球の切断面として、考える事です。

具体的には、例えば、円Ｃ１：ｘ＾２＋ｙ＾２＝１
Ｃ２：（ｘ－４）＾２＋ｙ＾２＝４とすると、Ｃ２とＣ１の差の
ー８ｘ＋１６＝３より、根軸は、ｘ＝13/8
C１を、Ｃ’１：ｘ＾２＋ｙ＾２＋ｚ＾２＝１と、Ｚ＝０の平面との切断面とし、
Ｃ２を、Ｃ’２：（ｘ－４）＾２＋ｙ＾２＋（ｚ－ｂ）＾２＝ｒ＾２と平面ｚ＝０との切断面とする。そのとき、①ｒ＾２ーｂ＾２＝４を保ちながら、ｒおよびｂを大きくすると、Ｃ１の球と、Ｃ２の球が接することになる。
球Ｃ’２と球Ｃ’１の差は、接する平面H：ー８ｘ＋16ー２ｂｚ＋ｂ＾２＝ｒ＾２ー1
①より、８ｘ＋２ｂｚ＝１３を得て、ｚ＝０とすると、根軸を得る。
球同士の接平面と、平面ｚ＝０との交線が、根軸として視覚的な形を見る。

n=9 の図を描きたかったのですが途中でめげました。とほほ

今ここを見ている人は多分、最初で最後の平方数年でしょうね。

特別に変なやつがありますね。
　
527² +336² = ((3² +4²)²)²
の直角三角形。

3⁴ − 6×3²×4² +4⁴ = -527
4×3³×4 − 4×3×4³ = -336

二つの三角形は、共に、自然数の辺の長さを持ち、
面積が自然数で同じ、かつ周の長さが同じです。
他には、そのようなものはないので特別組です。
キーボードが故障して失礼しました。

> 二つの三角形は、共に、自然数の辺の長さを持ち、
> 面積が自然数で同じ、かつ周の長さが同じです。

この条件だけなら他にもありますね。
例えば
辺の長さが(29, 29, 40)の二等辺三角形 と
辺の長さが(37, 37, 24)の二等辺三角形。

イ、有理整数の長さを持つ三角形（正三角形無数）＞
ロ、かつ、面積が、有理整数(ピタゴラス三角形
無数）＞ハ、かつ周長さが、等しい（複数）＞
ニ、かつ、形が、直角三角形と直角でない二等辺三角形（一組）
　ハのタイプも、無限にあるか気になります。但し相似を除いてです。

もし「ハのタイプ」に2370で書いたものを含むなら、
プログラムによる探索で無数に出てきましたので、無限にありそうです。

4次の素数魔方陣からつくった4周4径の素数魔円陣

双子素数で2周2径の素数魔円陣

三つ子素数で3周3径の素数魔円陣

①2374 で 113 がふたつありますね。

下の方の113が103だったので(そうでないと97,101と三つ子素数にならない)訂正しておきます。