TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik VU (diverse)/Übungen 2025W/Beispiel 76

Beweisen Sie mit Hilfe von Kongruenzen, dass zwei Quadratzahlen, deren Summe durch 3 teilbar ist, selbst durch 3 teilbar sind.

Dieses Beispiel hat einen unbekannten Lösungsstatus. Bitte editiere diese Seite und schreibe den dir bekannten Status ins Beispiel. Die möglichen Werte sind hier: Vorlage:Beispiel dokumentiert. Führe folgende Änderung durch:

{{Beispiel|1=
Angabetext
}}

oder

{{Beispiel|
Angabetext
}}

zu (im Falle einer korrekten, unverifizierten Lösung "solved". Auch möglich "unsolved", "wrong", "verified_by_tutor". Alle möglichen Werte sind hier: Vorlage:Beispiel dokumentiert.)

{{Beispiel|status=solved|1=
Angabetext
}}

Zu beweisen ist:

Seien $a,b\in \mathbb{Z}$ die beiden Quadratzahlen, dann ist zu zeigen, dass aus $3\mid (a^2+b^2)$ folgt $3\mid a^2\wedge 3\mid b^2$.

Hilfreiches

Wir benötigen folgende Sätze um das Beispiel lösen zu können:

$m|x⟺x\equiv 0(\mathrm{mod}m)⟺x=0+q\cdot m$

$m|x⟹x\in \overline{0}\in {\mathbb{Z}}_m$

Lösungsvorschlag von Anonym

Wäre hier nicht auch ein Ansatz zu beweisen das

3|a² + b² nur wahr sein kann wenn sowohl 3|a^a als auch 3|b² wahr sind? Also mittels Kontraposition:

3∤a² + 3|b^2 und vice versa verursachen 3∤a² + b²

also:

d ist ein beliebiger Rest, k ist ein Faktor

obda 3∤a => ∃k: 3*k +d = a mit d≠0

⇒ 3∤a² + 3|b² ⇒ 3∤a²+b²

= (3·k+d_a)² + (3·k+d_b)² = (9·k²+6·k·d+{1,4}) + (9·k²+6·k·d+{0,1,4})

Schlussendlich kommt hinaus d_a+d_b mod 3 da alles andre durch 3 teilbar ist.

1+0 mod 3 = 1 mod 3

4+0 mod 3 = 1 mod 3

1+1 mod 3 = 2 mod 3

4+1 mod 3 = 2 mod 3

1+4 mod 3 = 2 mod 3

4+4 mod 3 = 2 mod 3

1 oder 4 kommen durch [0 Rest = m teilt], 1² = 1, 2² Rest = 4 & der zweite Rest ist beliebig, da wir ja wegen dem Kommutativgesetz tauschen dürfen. Keine Summe der Modulo ergibt ein Mehrfaches von 3.

Bsp:

3∤4² & 3|6² ⇒ 3∤ 4² + 6²

3∤16 & 3|36 = 3∤ 16 + 36 = 3∤ 52

1 mod 3 & 0 mod 3 = 1 mod 3 qed

Definitionen

Kongruent modulo m

Im folgenden seien $a,b\in \mathbb{Z}$ und $m\in \mathbb{Z}\setminus \{0\}$ ganze Zahlen. Zwei Zahlen $a$ und $b$ heißen kongruent modulo $m$, wenn $m$ die Differenz $(a-b)$ teilt.

$a\equiv bmodm⟺m\mid (a-b)⟺\mathrm{\exists }k\in \mathbb{Z}:a=k\cdot m+b$

Rechenregeln

Im Folgenden seien $a,b\in \mathbb{Z},m\in \mathbb{Z}\setminus \{0\}$ ganze Zahlen und $n\in {\mathbb{N}}_{\mathrm{𝟘}}$ eine natürliche Zahl.

Dann gelten folgende Rechenregeln:

$\begin{array}{cccc}a\equiv 0modm& ⟺m\mid a& \text{(Teilbarkeit)}(1)& \\ a\equiv amodm& & \text{(Reflexivität)}(2)& \\ a\equiv bmodm& ⟺b\equiv amodm& \text{(Symmetrie)}(3)& \\ a\equiv bmodm& ⟹a^n\equiv b^{n}modm& \text{(Potenzen)}(4)& \end{array}$

Verwendete Vorgaben, Annahmen, Zusätze und Beweise

In den drei Lösungen 1, 2 und 3 werden zwei beliebige ganze Zahlen $a,b\in \mathbb{Z}$ anhand ihrer ganzzahligen Division durch 3 und des jeweiligen Rests wie folgt dargestellt:

Es seien $a=\mathrm{𝟑}\mathbf{\cdot }{k}_a+r_a$ und $b=\mathrm{𝟑}\mathbf{\cdot }{k}_b+r_b$ zwei ganze Zahlen aus $\mathbb{Z}$ mit $k_a,k_b\in \mathbb{Z}$ und $r_a,r_b\in \{\mathrm{𝟎},\mathrm{𝟏},\mathrm{𝟐}\}$ als Vertreter der Restklassen $\{\overline{\mathrm{𝟎}},\overline{\mathrm{𝟏}},\overline{\mathrm{𝟐}}\mathbf{\}}\in {\mathbb{Z}}_{\mathrm{𝟛}}$.$(5)$

$\begin{array}{cccc}{a}^2& =(3\cdot k_a+r_a{)}^2=\mathrm{𝟑}\mathbf{\cdot }(3\cdot k_a^2+2\cdot k_a\cdot r_a)+(r_a^2)& (a^2)(6)& \\ b^2& =(3\cdot k_b+r_b{)}^2=\mathrm{𝟑}\mathbf{\cdot }(3\cdot k_b^2+2\cdot k_b\cdot r_b)+(r_b^2)& (b^2)(7)& \\ a^2+b^2& =(3\cdot k_a+r_a{)}^2+(3\cdot k_b+r_b{)}^2=\mathrm{𝟑}\mathbf{\cdot }(3\cdot k_a^2+3\cdot k_b^2+2\cdot k_a\cdot r_a+2\cdot k_b\cdot r_b)+(r_a^2+r_b^2)\equiv \\ & \text{ (jedes Vielfache von 3 können wir streichen) }\equiv r_a^2+r_b^{2}mod3⟹{𝐚}^{\mathrm{𝟐}}\mathbf{+}{𝐛}^{\mathrm{𝟐}}\equiv r_a^2+r_b^{2}mod3& (a^2+b^2)(8)& \end{array}$

Da ich in den Lösungen 2 und 3 nicht nur die Implikation $3\mid (a^2+b^2)\Rightarrow 3\mid a^2\wedge 3\mid b^2$, sondern insgesamt $3\mid (a^2+b^2)⟺3\mid a^2\wedge 3\mid b^2⟺3\mid a\wedge 3\mid b$ zeigen werde, benötige ich noch den Beweis für folgende Aussage:

Sei $p\in \mathbb{N}$ eine beliebige Primzahl und $a\in \mathbb{Z}$, dann gilt:

$\begin{array}{cc}& p\mid a^2⟺p\mid a.\text{(Primzahlteiler)}(9)\end{array}$

Beweis:

Die Aussage folgt aus dem Fundamentalsatz der Arithmetik, der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung (bis auf die Reihenfolge der Faktoren):

Wenn $p$ eine Primzahl ist und $p\mid a^2$, dann muss $p$ in der Primfaktorzerlegung von $a^2$ vorkommen und damit auch in jener von $a$. Daraus folgt, dass $p\mid a$.

Aus $p\mid a⟹\mathrm{\exists }{k}_p\in \mathbb{Z}$ mit $a=p\cdot k_p$ und $(k_p^2),(p\cdot k_p^2)\in \mathbb{Z}$

$a^2=(p\cdot k_p{)}^2={𝐩}^{\mathrm{𝟐}}\mathbf{\cdot }(k_p^2)=𝐩\mathbf{\cdot }(p\cdot k_p^2)⟹p^2\mid a^2\wedge p\mid a^2$. $◼$

Beispiele

Seien $a^2,b^2$ die beiden Quadratzahlen mit $k_a,k_b\in \mathbb{Z}$ und $r_a,r_b\in \{\mathrm{𝟘},\mathrm{𝟙},\mathrm{𝟚}\}$ als Vertreter der Restklassen $\{\overline{\mathrm{𝟘}},\overline{\mathrm{𝟙}},\overline{\mathrm{𝟚}}\mathbb{\}}\in {\mathbb{Z}}_{\mathrm{𝟛}}$

$\begin{array}{cc}& a=\mathrm{𝟑}\mathbf{\cdot }{k}_a+r_a\\ & b=\mathrm{𝟑}\mathbf{\cdot }{k}_b+r_b\\ & \text{RK }\overline{{𝕣}_{𝕒}^{\mathrm{𝟚}}}\dots \text{ die Restklasse von }{r}_a^2\text{ bezüglich }{\mathbb{Z}}_{\mathrm{𝟛}}\\ & 3\mid r_b:\text{ W für Wahr}⟹3\mid r_b\wedge \text{ F für Falsch}⟹3\nmid r_b\end{array}$

$𝐚$	$𝐛$	$a^2$	$b^2$	$r_a$	$r_a^2$	RK $\overline{{𝐫}_{𝐚}}$	RK $\overline{{𝐫}_{𝐚}^{\mathrm{𝟐}}}$	$r_b$	$r_b^2$	RK $\overline{{𝐫}_{𝐛}}$	RK $\overline{{𝐫}_{𝐛}^{\mathrm{𝟐}}}$	$a^2+b^2$	$r_a^2+r_b^2$	RK $\overline{{𝐫}_{𝐚}^{\mathrm{𝟐}}\mathbf{+}{𝐫}_{𝐛}^{\mathrm{𝟐}}}$	$3|a=3|a^2=3|r_a=3|r_a^2$	$3|b=3|r_b=3|b^2=3|r_b^2$
$\mathrm{𝟎}$	$\mathrm{𝟎}$	$0$	$0$	$0$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$0$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$0$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$W$	$W$
$\mathrm{𝟏}$	$\mathrm{𝟎}$	$1$	$0$	$1$	$1$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$0$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$1$	$1$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$F$	$W$
$\mathrm{𝟐}$	$\mathrm{𝟎}$	$4$	$0$	$2$	$4$	$\overline{\mathrm{𝟐}}$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$0$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$4$	$4$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$F$	$W$
$\mathrm{𝟑}$	$\mathrm{𝟎}$	$9$	$0$	$0$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$0$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$9$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$W$	$W$
$\mathrm{𝟏}$	$\mathrm{𝟏}$	$1$	$1$	$1$	$1$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$1$	$1$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$2$	$2$	$\overline{\mathrm{𝟐}}$	$F$	$F$
$\mathrm{𝟐}$	$\mathrm{𝟏}$	$4$	$1$	$2$	$4$	$\overline{\mathrm{𝟐}}$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$1$	$1$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$5$	$5$	$\overline{\mathrm{𝟐}}$	$F$	$F$
$\mathrm{𝟑}$	$\mathrm{𝟏}$	$9$	$1$	$0$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$1$	$1$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$10$	$1$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$W$	$F$
$\mathrm{𝟏}$	$\mathrm{𝟐}$	$1$	$4$	$1$	$1$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$2$	$4$	$\overline{\mathrm{𝟐}}$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$5$	$5$	$\overline{\mathrm{𝟐}}$	$F$	$F$
$\mathrm{𝟐}$	$\mathrm{𝟐}$	$4$	$4$	$2$	$4$	$\overline{\mathrm{𝟐}}$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$2$	$4$	$\overline{\mathrm{𝟐}}$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$8$	$8$	$\overline{\mathrm{𝟐}}$	$F$	$F$
$\mathrm{𝟑}$	$\mathrm{𝟐}$	$9$	$4$	$0$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$2$	$4$	$\overline{\mathrm{𝟐}}$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$13$	$4$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$W$	$F$
$\mathrm{𝟏}$	$\mathrm{𝟑}$	$1$	$9$	$1$	$1$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$0$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$10$	$1$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$F$	$W$
$\mathrm{𝟐}$	$\mathrm{𝟑}$	$4$	$9$	$2$	$4$	$\overline{\mathrm{𝟐}}$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$0$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$13$	$4$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$F$	$W$
$\mathrm{𝟑}$	$\mathrm{𝟑}$	$9$	$9$	$0$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$0$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$18$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$W$	$W$
$\mathrm{𝟒}$	$\mathrm{𝟏𝟐}$	$16$	$144$	$1$	$1$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$0$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$160$	$1$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$F$	$W$
$\mathrm{𝟔}$	$\mathrm{𝟏𝟐}$	$36$	$144$	$0$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$0$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$180$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$W$	$W$
$\mathrm{𝟖}$	$\mathrm{𝟐𝟎}$	$64$	$400$	$2$	$4$	$\overline{\mathrm{𝟐}}$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$2$	$4$	$\overline{\mathrm{𝟐}}$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$464$	$8$	$\overline{\mathrm{𝟐}}$	$F$	$F$
$\mathrm{𝟗}$	$\mathrm{𝟏𝟒}$	$81$	$196$	$0$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$2$	$4$	$\overline{\mathrm{𝟐}}$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$277$	$4$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$W$	$F$
$\mathrm{𝟗}$	$\mathrm{𝟏𝟓}$	$81$	$225$	$0$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$0$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$306$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$W$	$W$

Lösungsvorschlage 1 (Die kurze Variante) von Har203

Die kurze Lösungsvariante mit Kongruenzen beinhaltet nur den Beweis $3\mid (a^2+b^2)\Rightarrow 3\mid a^2\wedge 3\mid b^2$

Nach (8) gilt:

$a^2+b^2=\mathrm{𝟑}\mathbf{\cdot }(3\cdot k_a^2+3\cdot k_b^2+2\cdot k_a\cdot r_a+2\cdot k_b\cdot r_b)+(r_a^2+r_b^2)⟹{𝐚}^{\mathrm{𝟐}}\mathbf{+}{𝐛}^{\mathrm{𝟐}}\mathbf{\equiv }{𝐫}_{𝐚}^{\mathrm{𝟐}}\mathbf{+}{𝐫}_{𝐛}^{\mathrm{𝟐}}mod3$ 

$⟹3\mid (a^2+b^2)⟺{𝐫}_{𝐚}^{\mathrm{𝟐}}\mathbf{+}{𝐫}_{𝐛}^{\mathrm{𝟐}}\mathbf{\equiv }\mathrm{𝟎}mod3$

Wir benötigen die Kongruenz, da zum Beispiel im folgenden Fall, zwar keine Lösung, jedoch die Addition der Quadrate größer als drei wird:

$r_a=2$ und $r_b=1⟹r_a^2=4$ und $r_b^2=1⟹r_a^2+r_b^2=5\equiv 2mod3⟹r_a^2+r_b^2\in$ Restklasse $\overline{\mathrm{𝟐}}$.

Für $r_a^2+r_b^2\equiv 0mod3$ gibt es für Lösungen drei Möglichkeiten ($r_a,r_b\in \{\mathrm{𝟘},\mathrm{𝟙},\mathrm{𝟚}\}$):

$\begin{array}{c}{r}_a^2+r_b^2=\{\begin{array}{ccc}0:& ⟹r_a^2=0⟹r_b^2=0& \text{(Lösung }✓\text{)}\\ 3:& ⟹r_a^2=1⟹r_b^2=2\text{(Widerspruch }\times \text{)}\vee r_b^2=1⟹r_a^2=2\text{(Widerspruch }\times \text{)}& \text{(Widerspruch }\mathbf{\times }\text{)}\\ 6:& ⟹r_a^2=4⟹r_b^2=2\text{(Widerspruch }\times \text{)}\vee r_b^2=4⟹r_a^2=2\text{(Widerspruch }\times \text{)}& \text{(Widerspruch }\mathbf{\times }\text{)}\end{array}\end{array}$ 

Daraus folgt, dass es nur dann und genau dann eine Lösung gibt, wenn $r_a^2=0\wedge r_b^2=0\text{:}⟹$

$3\mid (a^2+b^2)⟺r_a^2=r_a=0\wedge r_b^2=r_b=0⟺3\mid a^2\wedge 3\mid b^2$. $◼$

Lösungsvorschlage 2 (Der direkte Weg) von Har203

Ich werde den direkten Weg gehen und verwende $a,b$, wie oben in $(5)$ angegeben.

Zu beweisen ist, dass $3\mid (a^2+b^2)\Rightarrow 3\mid a^2\wedge 3\mid b^2$. Ich werde zusätzlich zeigen, dass $3\mid (a^2+b^2)⟺3\mid a^2\wedge 3\mid b^2⟺3\mid a\wedge 3\mid b$

Beweis:

Aus (8) folgt:

$\begin{array}{cc}3\mid (a^2+b^2)& ⟺a^2+b^2=\mathrm{𝟑}\mathbf{\cdot }{k}_1+(r_a^2+r_b^2)\text{ mit }(r_a^2+r_b^2)\equiv 0mod3,k_1=3\cdot k_a^2+3\cdot k_b^2+2\cdot k_a\cdot r_a+2\cdot k_b\cdot r_b,k_1\in \mathbb{Z}\\ r_a^2+r_b^2\equiv 0mod3& ⟺r_a=0\wedge r_b=0\text{, sprich }⟺3\mid a^2\wedge 3\mid b^2⟺\text{(aus }(9)\text{ mit Primzahl }p=3\text{) }3\mid a\wedge 3\mid b.\end{array}$

Die Überprüfung führen wir am einfachsten über eine Tabelle durch:

$r_a$	$r_b$	$\to$	$r_a^2$	Restklasse $\overline{r_a^2}$	$r_b^2$	Restklasse $\overline{r_b^2}$	$r_a^2+r_b^2$	Restklasse $\overline{(r_a^2+r_b^2)}$
$0$	$0$	$\to$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$
$0$	$1$	$\to$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$1$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$1$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$
$0$	$2$	$\to$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$4$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$4$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$
$1$	$0$	$\to$	$1$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$1$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$
$1$	$1$	$\to$	$1$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$1$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$2$	$\overline{\mathrm{𝟐}}$
$1$	$2$	$\to$	$1$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$4$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$5$	$\overline{\mathrm{𝟐}}$
$2$	$0$	$\to$	$4$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$0$	$\overline{\mathrm{𝟎}}$	$4$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$
$2$	$1$	$\to$	$4$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$1$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$5$	$\overline{\mathrm{𝟐}}$
$2$	$2$	$\to$	$4$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$4$	$\overline{\mathrm{𝟏}}$	$8$	$\overline{\mathrm{𝟐}}$

$⟹$ Die Restklasse $\overline{\mathrm{𝟎}}$ für $(r_a^2+r_b^2)mod3$ ergibt sich $⟺r_a=0\mathbf{\wedge }{r}_b=0⟺3\mid (a^2+b^2)⟺3\mid a^2\mathbf{\wedge }3\mid b^2⟺\text{(aus }(9)\text{ mit Primzahl }p=3\text{) }3\mid a\mathbf{\wedge }3\mid b$. $◼$

Lösungsvorschlage 3 (Die Kontraposition) von Har203

Ein anderer Lösungsweg ist über die Kontraposition, also den "Umkehrschluss". Ich verwende wieder $a,b$, wie oben in $(5)$ angegeben. Ich werde folgende vier Fälle betrachten:

$\begin{array}{ccccc}& \begin{array}{ccc}& \text{Fall 1:}& 3\nmid a^2\wedge 3\nmid b^2\\ & \text{Fall 2a:}& 3\mid a^2\wedge 3\nmid b^2\\ & \text{Fall 2b:}& 3\nmid a^2\wedge 3\mid b^2\end{array}\}& & ⟹& 3\nmid (a^2+b^2)\\ & \begin{array}{ccc}& \text{Fall 3:}& 3\mid a^2\wedge 3\mid b^2\end{array}& & ⟹& 3\mid (a^2+b^2)\end{array}$

Zu beweisen sind vorab die drei ersten oben angeführten Fälle: Fall 1, Fall 2a und Fall 2b:

Beweis:

$\text{Fall 1: }3\nmid a^2\wedge 3\nmid b^2⟹3\nmid (a^2+b^2)$

Aus $(6),(7)$ folgt: $3\nmid a^2⟹r_a^2\ne 0\wedge 3\nmid b^2⟹r_b^2\ne 0$.

Die Überprüfung $3\nmid a^2\wedge 3\nmid b^2⟹3\nmid (a^2+b^2)$ führen wir über eine Tabelle durch (Fall 1):

Fall	$r_a$	$r_b$	$\to$	$r_a^2$	Restklasse $\overline{r_a^2}$	$r_b^2$	Restklasse $\overline{r_b^2}$	$r_a^2+r_b^2$	Restklasse $\overline{(r_a^2+r_b^2)}$
3	$0$	$0$	$\to$	$0$	$\bar{0}$	$0$	$\bar{0}$	$0$	$\bar{0}$
2a	$0$	$1$	$\to$	$0$	$\bar{0}$	$1$	$\bar{1}$	$1$	$\bar{1}$
2a	$0$	$2$	$\to$	$0$	$\bar{0}$	$4$	$\bar{1}$	$4$	$\bar{1}$
2b	$1$	$0$	$\to$	$1$	$\bar{1}$	$0$	$\bar{0}$	$1$	$\bar{1}$
1	$1$	$1$	$\to$	$1$	$\bar{1}$	$1$	$\bar{1}$	$2$	$\bar{2}$
1	$1$	$2$	$\to$	$1$	$\bar{1}$	$4$	$\bar{1}$	$5$	$\bar{2}$
2b	$2$	$0$	$\to$	$4$	$\bar{1}$	$0$	$\bar{0}$	$4$	$\bar{1}$
1	$2$	$1$	$\to$	$4$	$\bar{1}$	$1$	$\bar{1}$	$5$	$\bar{2}$
1	$2$	$2$	$\to$	$4$	$\bar{1}$	$4$	$\bar{1}$	$8$	$\bar{2}$

$⟹$ Fall 1: Die Restklasse $\bar{0}$ wird nicht erreicht: $(r_a^2+r_b^2)\equiv 2mod3⟹(r_a^2+r_b^2)\equiv ̸0mod3⟹3\nmid (a^2+b^2)$.

$\text{Fall 2a: }3\mid a^2\wedge 3\nmid b^2⟹3\nmid (a^2+b^2)$

Aus $(6),(7)$ folgt: $3\mid a^2⟹r_a^2=0\wedge 3\nmid b^2⟹r_b^2\ne 0$.

$\text{Fall 2b: }3\nmid a^2\wedge 3\mid b^2⟹3\nmid (a^2+b^2)$

Aus $(6),(7)$ folgt: $3\nmid a^2⟹r_a^2\ne 0\wedge 3\mid b^2⟹r_b^2=0$.

Die Überprüfungen $3\mid a^2\wedge 3\nmid b^2$ (Fall 2a) bzw. $3\nmid a^2\wedge 3\mid b^2$ (Fall 2b) $⟹3\nmid (a^2+b^2)$ führen wir wieder über die oben angeführte Tabelle durch.

$⟹$ Fall 2a und Fall 2b: Die Restklasse $\bar{0}$ wird nicht erreicht: $(r_a^2+r_b^2)\equiv 1mod3⟹(r_a^2+r_b^2)\equiv ̸0mod3⟹3\nmid (a^2+b^2)$.

$\text{Fall 3: }3\mid a^2\wedge 3\mid b^2⟹3\mid (a^2+b^2)$

Aus $3\mid a^2⟹r_a=0\wedge 3\mid b^2⟹r_b=0$.

Die Überprüfung $3\mid a^2\wedge 3\mid b^2⟹3\mid (a^2+b^2)$ führen wir wieder über die Tabelle durch (Fall 3).

$⟹$ Fall 3: Die Restklasse $\bar{0}$ wird erreicht: $(r_a^2+r_b^2)\equiv 0mod3⟹3\mid (a^2+b^2)$.$$

Anmerkung zu Fall 3:

Diesen Fall müssten wir eigentlich nicht separat betrachten, da in der Angabe nicht nach dem Umkehrschluss und nicht nach der Existenz von Lösungen gefragt wird, sondern nach der Implikation $3\mid (a^2+b^2)⟹3\mid a^2\wedge 3\mid b^2$. Diese Implikation folgt bereits aus der Kontraposition der Fälle 1, 2a und 2b.

Für die beidseitige Folgerung $\mathrm{𝟑}\mathbf{\mid }\mathbf{(}{𝐚}^{\mathrm{𝟐}}\mathbf{+}{𝐛}^{\mathrm{𝟐}}\mathbf{)}⟺\mathrm{𝟑}\mathbf{\mid }{𝐚}^{\mathrm{𝟐}}\mathbf{\wedge }\mathrm{𝟑}\mathbf{\mid }{𝐛}^{\mathrm{𝟐}}⟺\text{(aus }(9)\text{ mit Primzahl }p=3\text{) }\mathrm{𝟑}\mathbf{\mid }𝐚\mathbf{\wedge }\mathrm{𝟑}\mathbf{\mid }𝐛$ wird der Fall 3 jedoch benötigt. $◼$