Sayımız $abc=100a+10b+c=11(a^2+b^2+c^2)$ olsun. Sol tarafın $11$'e bölünmesi gerektiğinden $$100a+10b+c\equiv 0\pmod{11}\implies a+c\equiv b\pmod{11}$$ $18\geq a+c\geq 1$ olduğundan $a+c=b$ veya $a+c=11+b$ olmalıdır.
i) Eğer $a+c=11+b$ ise $$100a+10b+c=11(a^2+b^2+c^2)\implies 110a+11c-110=11(a^2+(a+c-11)^2+c^2)\implies 10a+c-10=2a^2+2c^2+121-22a-22c+2ac$$ $$\implies 32a+23c-131=2(a^2+c^2+ac)\tag{1}$$ Yani $c$ sayısı tektir. Bu durumda sağ tarafı mod 4'de incelersek, $$2a^2+2c^2+2ac\equiv (a+c)^2+a^2+c^2\equiv 2\pmod{4}$$ olur çünkü $a$ ve $a+c$ farklı paritelerdedir. Dolayısıyla $$32a+23c-131\equiv -c+1\equiv 2\pmod{4}\implies c\equiv 3\pmod{4}$$ elde edilir. Yani $c=3$ veya $7$'dir. $(1)$'de yerine yazarsak $(a,c)=(5,3),(8,3)$ olur. $a+c=11+b$ olduğundan sadece $(a,b,c)=(8,0,3)$ çözümü elde edilir. ($c=7$'den çözüm gelmez.)
ii) Eğer $a+c=b$ ise $$100a+10b+c=11(a^2+b^2+c^2)\implies 110a+11c=11(2a^2+2c^2+2ac)\implies 10a+c=2(a^2+c^2+ac)$$ olduğundan $c$ çifttir. $c=2c_0$ dersek, $$a^2+4c_0^2+2ac_0=5a+c_0\implies a^2+a(2c_0-5)+(4c_0^2-c_0)=0$$ olur. Diskriminantı hesaplarsak $\Delta=(2c_0-5)^2-4(4c_0^2-c_0)=-12c_0^2-16c_0+25$ olur. Bu ifadenin tamkare olması gerekir. $c_0=0,1,2,3,4$ olabileceğinden sadece $c_0=0$ için tamkare olduğu görülebilir ($c_0\geq 1$ iken $\Delta$ negatif olacaktır.) $c=0$ için $a=5$ çözümü bulunur. Buradan da $(a,b,c)=(5,5,0)$ bulunur.
Tüm sayılar $803$ ve $550$'dir.
