Мы сначала решим задачу M491 — докажем утверждение пункта а) и ответим на вопрос пункта б),
а затем сформулируем утверждение, из которого будут следовать оба пункта задачи.
а) Обозначим три последовательных члена нашей прогрессии через $a_1$, $a_2$, $a_3$
(все $a_i$ — целые числа). Поскольку $a_1a_3={a_2}^2$, получаем
$$
(a_1+a_2+a_3)^2=({a_1}^2+{a_2}^2+{a_3}^2)+2a_2(a_1+a_2+a_3).
$$
Следовательно
$$
a_1^2+a_2^2+a_3^2=(a_1+a_2+a_3)(a_1-a_2+a_3)
$$
— что и требовалось доказать.
б) Легко привести пример геометрической прогрессии, у которой сумма квадратов
четырёх последовательных членов не будет делиться на сумму этих членов: у прогрессии
1, 2, 4, 8, 16, $\ldots$ сумма $1^2+2^2+4^2+8^2=85$ не делится на сумму $1+2+4+8=15$.
Вообще, у этой прогрессии сумма квадратов первых $2k$ членов
$1+2^2+2^4+\ldots+2^{4k-2}=\dfrac{2^{4k}-1}{3}$ не делится на сумму этих членов
$1+2+2^2+\ldots+2^{2k-1}=2^{2k}-1$, поскольку $2^{2k}+1$ не делится на 3 ни при каком $k$.
Поэтому чётные $n$ не годятся. Если же $n$ нечётно ($n=2k+1$), то сумма
квадратов $n$ последовательных членов нашей прогрессии обязательно делится на сумму этих членов. Справедливость этого утверждения вытекает из тождества
$$
a_1^2+a_2^2+\ldots+a_{2k+1}^2=(a_1+a_2+\ldots+a_{2k+1})(a_1-a_2+a_3-a_4+\ldots-a_{2k}+a_{2k+1}),
$$
которое нетрудно доказать, например по индукции.
А теперь сформулируем и докажем утверждение, о котором было сказано выше.
Теорема. Если числа $k$ и $n$ взаимно просты, то сумма $k$-х степеней $n$
последовательных членов геометрической прогрессии, все члены которой — целые числа, обязательно
делится на сумму этих $n$ членов.
(Поскольку числа 3 и 2 взаимно просты, из этого утверждения следует пункт а) задачи M491 и ответ на пункт б) — при нечётных $n$.)
Доказательство. Обозначим эти $n$ последовательных членов прогрессии через $a_1$,
$a_2$, $\ldots$, $a_n$. Мы хотим доказать, что сумма $a_1^k+a_2^k+\ldots+a_n^k$ делится на сумму $a_1+a_2+\ldots+a_n$ (при условии, что $k$ и $n$ взаимно просты). Пусть $q$ — знаменатель
прогрессии. Тогда
$$
\begin{gathered}
a_1+a_2+\ldots+a_n=a_1(1+q+\ldots+q^{n-1}),\\
a_1^k+a_2^k+\ldots+a_n^k=a_1^k(1+q^k+\ldots+q^{(n-1)k}).
\end{gathered}
$$
Докажем, что если $k$ и $n$ взаимно просты, то многочлен $1+x^k+\ldots+x^{(n-1)k}$
делится на многочлен $1+x+\ldots+x^{n-1}$. При доказательстве нам понадобятся две вспомогательные леммы.
Лемма 1. Если числа $k$ и $n$ взаимно просты, то числа $k$, $2k$, $3k$,
$\ldots$, $(n-1)k$ при делении на $n$ дают разные остатки.
Лемма 2. Если числа $l$ и $m$ дают одинаковые остатки при делении на $n$, то многочлен $x^l-x^m$ делится на многочлен $1+x+\ldots+x^{n-1}$.
Лемма 1 доказывается методом «от противного». В самом деле, если при некоторых $i$ и $j$
($0\lt i\lt j\lt n$) числа $ik$ и $jk$ дают одинаковый остаток при делении на $n$, то число
$(j-i)k$ нацело делится на $n$. Но число $j-i\lt n$; значит, числа $k$ и $n$ должны иметь общий
делитель, отличный от единицы, — противоречие с взаимной простотой $k$ и $n$.
Так как число различных остатков (не нулевых!) от деления на $n$ равно $n-1$, из леммы 1 следует, что если числа $k$ и $n$ взаимно просты, то среди остатков от деления на $n$ чисел
$k$, $2k$, $\ldots$, $(n-1)k$ все числа от 1 до $n-1$ встречаются по одному разу.
Докажем лемму 2. Пусть $l\gt m$ и $l=m+pn$. Многочлен $x^m-x^l=(1-x^{pn})x^m$ делится на $1-x^n$:
$$
1-x^{pn}=(1-x^n)(1+x^n+x^{2n}+\ldots+x^{(p-1)n}),
$$
а $1-x^n$ делится на $1-x$, причём
$$
1-x^n=(1-x)(1+x+x^2+\ldots+x^{n-1}).
$$
Отсюда следует утверждение леммы 2.
Перейдём теперь к доказательству того, что многочлен $1+x^k+\ldots+x^{(n-1)k}$ делится на $1+x+\ldots+x^{n-1}$. Обозначим через $k_i$ остаток от деления на $n$ числа $ik$. Тогда по лемме 2 многочлен
$(x^k-x^{k_1})+(x^{2k}-x^{k_2})+\ldots+(x^{(n-1)k}-x^{k_{n-1}})$
делится на многочлен $1+x+\ldots+x^{n-1}$. Остаётся заметить, что в силу следствия из леммы 1 многочлен $1+x^{k_1}+x^{k_2}+\ldots+x^{k_{n-1}}$ совпадает с многочленом $1+x+\ldots+x^{n-1}$
и, значит, делится на него. Таким образом,
$$
1+x^k+x^{2k}+\ldots+x^{(n-1)k}
=(1+x+\ldots+x^{n-1})(c_0+c_1x^k+c_2x^{2k}+\ldots+c_px^{pk}),
$$
где $p=(k-1)(n-1)$, и $c_0$, $c_1$, $\ldots$, $c_p$ — некоторые целые числа. Следовательно,
$$
\begin{gathered}
a_1^k+a_2^k+\ldots+a_n^k=a_1^k(1+q^k+\ldots+q^{(n-1)k})=\\
=(a_1+a_2+\ldots+a_n)(c_0a_1^{k-1}+c_1a_1^{k-1}q+\ldots+c_pa_1^{k-1}q^p).
\end{gathered}
$$
Для завершения доказательства теоремы достаточно показать, что числа $a_1^{k-1}q$,
$a_1^{k-1}q^2$, $\ldots$, $a_1^{k-1}q^p$ — целые. Действительно, число $a_1^{k-1}q$ — целое,
поскольку оно представляется в виде произведения целых чисел: $a_1^{k-1}q=a_1^{k-2}a_2$.
Аналогично, $a_1^{k-1}q^2=a_1^{k-2}a_3$, $\ldots$,
$a_1^{k-1}q^p=(a_1q^{n-1})^{k-1}=a_{n}^{k-1}$.
Попробуйте построить примеры, показывающие, что требование взаимной простоты $k$ и $n$ в утверждении теоремы существенно.
