О "последнем" утверждении П. Ферма

[ljubarcev]

Цитата:

="Батороев" Получается:
$(3x)^3=(3z)^3 - (3y)^3 = 3(z-y) 9(z^2+zy+y^2) = 3(z-y)^327 (zy+\frac{(z-y)^2}{3}) = 27m^3 27x_1^3 = 27x^3 $
т.е. тройки "перераспределяются" между числами и никаких противоречий нет.

Уважаемый господин Батороев ! Посмотрите, пожалуйста ещё раз! Доказано,что если $x^3+y^3=z^3$ при $(x<y<z)=1$ и $x$ делится на $3$, то $x=3mx_1$; $z-y=9m^3$; $x_1^3=\frac{z^2+zy+y^2}{3}$.
Очевидно, что при увеличении $x$ в три раза, мы должны в три раза увеличить либо $x_1$, либо $m$, но ни как не оба разом.
Допустим, что в три раза увеличивается $x_1$ , а $m$ остаётся прежним. При этом равенство $x_1^3=\frac{z^2+zy+y^2}{3}$ приобретает, после подстановок и сокращения всего равенства на $3^3$, вид $x_1^3=\frac{z^2+zy+y^2}{9}$. Но ранее доказано, что $z^2+zy+y^2$ делится только и только на $3$. Противоречие.
В этом же случае, так как $m$ не меняется, не должно измениться и $z-y=9m^3$, но ведь очевидно, что при увеличении $z$ и $y$ в три раза, в три раза увеличивается и $z-y$. Опять противоречие.
В другом случае, при увеличении $x$ в три раза, в три раза увеличивается $m$ , а $x_1$ должно остаться прежним. При этом $z-y= 9m^3$ должно увеличиться в $3^3$ раз, что невозможно, так как из $3z-3y=3(z-y) видно, что оно увеличится только в три раза. Противоречие.
Число $x_1^3$ при $x_1$ неизменном, должно остаться неизменным, но из равенства $x_1^3=\frac{z^2+zy+y^2}{3}$ очевидно, что при увеличении $z$ и $y$ в три раза, оно должно увеличиться в $9$ раз. Должно быть $x_1^3=\frac{(3z)^2+(3z)(3y)+(3y)^2}{3}=3(z^2+zy+y^2)$. Опять противоречие.
Дед.

[ljubarcev]

Анализируя приведенные выше рассуждения, не трудно догадаться: что бы $x=3mx_1$ увеличилось в три раза и существовало равенство $(3x)^3+(3y)^3=(3z)^3$ необходимо $x_1$ увеличить в $\sqrt[3]{9}$ раз, а $m$ в $\sqrt[3]{3}$ раз. Тогда все становится на место. Но при этом мы выходим за рамки целых чисел и приходим к наглядному противоречию. Действительно.
Доказано, что $x+y-z=6t=3mgk$. Левая часть последнего равенства при переходе
к равенству $(3x)^3+(3y)^3=(3z)^3$, естественно увеличится в три раза. В правой части его мы должны увеличить $g$ и $k$ каждое в три раза, а $m$ в $\sqrt[3]{3}$ раз. При этом получается, что должно существовать равенство $3(x+y-z)=6(3k)(3g)m\sqrt[3]{3}$, то есть должно быть

$$\sqrt[3]{3}=\frac{2t}{3mgk}$$

. При целых $m;g;k$ (а они таковыми и должны быть) число справа рациональное, а слева $\sqrt[3]{3}$ иррационально, следовательно равенство невозможно.
Дед.

[Батороев]

ljubarcev писал(а):

Допустим, что в три раза увеличивается $x_1$ , а $m$ остаётся прежним.
.....
В другом случае, при увеличении $x$ в три раза, в три раза увеличивается $m$ , а $x_1$ должно остаться прежним.

$ x^3 = 27mx_1 $
$ (3x)^3 = 27m(3x_1)^3 = 27(3m)^3x_1^3 = 27m27x_1^3 $,
т.е. что 1-й случай, что 2-й - все одно.
$ 27m27x_1^3 = 27\frac{(z-y)}{9}27\frac{(z^2+zy+y^2)}{3} = (3z-3y)(9z^2+9zy+9y^2) $,

ljubarcev писал(а):

При этом равенство $x_1^3=\frac{z^2+zy+y^2}{3}$ приобретает, после подстановок и сокращения всего равенства на $3^3$, вид $x_1^3=\frac{z^2+zy+y^2}{9}$.

Так не бывает, чтобы какое-либо выражение на что-то умножить, а затем на это же самое поделить и получить другое выражение.

[ljubarcev]

Батороев писал(а):

Так не бывает, чтобы какое-либо выражение на что-то умножить, а затем на это же самое поделить и получить другое выражение.

Господин Батороев ! Согласен. Конечно не бывает. Но ведь я доказал, что это должно
быть, что бы из $x^3+y^3=z^3$ получалось $(3x)^3+(3y)^3=(3z)^3$. В этом и есть противоречие.
Дед.

[Батороев]

ljubarcev писал(а):

Анализируя приведенные выше рассуждения, не трудно догадаться: что бы $x=3mx_1$ увеличилось в три раза и существовало равенство $(3x)^3+(3y)^3=(3z)^3$ необходимо $x_1$ увеличить в $\sqrt[3]{9}$ раз, а $m$ в $\sqrt[3]{3}$ раз. Тогда все становится на место. Но при этом мы выходим за рамки целых чисел и приходим к наглядному противоречию.

Революционные, скажу я, у Вас методы.
Таким "способом" можно доказать следующее:
Имеется число $ N = 35 = 5\times 7 $
Если умножить $ N $ в три раза и возвести в куб, то мы получим нецелое число, т.к. является произведением кубов нецелых чисел:
$ (3N)^3 = (3\times 5\times 7)^3 = (9\times 125)(3\times 343) = 10,400419..^3\times10,095747..^3 $

[ljubarcev]

Батороев писал(а):

Революционные, скажу я, у Вас методы.
Таким "способом" можно доказать следующее:
Имеется число $ N = 35 = 5\times 7 $
Если умножить $ N $ в три раза и возвести в куб, то мы получим нецелое число, т.к. является произведением кубов нецелых чисел:
$ (3N)^3 = (3\times 5\times 7)^3 = (9\times 125)(3\times 343) = 10,400419..^3\times10,095747..^3 $

Господин Батороев ! Вы опять указываете (и доказываете) на то, что если имеет место $x3+y^3=z^3$ то будет и $(3x)^3+(3y)^3=(3z)^3$. Но ведь и я исхожу из этого же и доказываю, что при этом, что бы это имело место, решение уравнения $x^3+y^3=z^3$; должно быть не целочисленное. Ничего революционного в этом нет. Вы же не будете оспаривать тот факт, что если $x=3mx_1$, то мы можем увеличить $x$ в три раза в целых числах только увеличив в три раза одно из чисел $x_1$ или $m$.и так далее. Хотелось бы, что бы Вы ( или кто другой), (если можно) указали на логическую (где желаемое выдано за действительное) ошибку, или ошибку в преобразованиях - я таковых не вижу..
Дед...

[Батороев]

ljubarcev писал(а):

Хотелось бы, что бы Вы ( или кто другой), (если можно) указали на логическую (где желаемое выдано за действительное) ошибку, или ошибку в преобразованиях - я таковых не вижу..

Присоединяюсь к просьбе ljubarcev'а в части, касающейся первых скобок.

[ljubarcev]

Уважаемые господа! Так что, молчание - знак согласия?

Привожу простое (школьное) доказательство при n=3.
Допустим, что тройка целых взаимно простых чисел $x;y;z$ удовлетворяет равенству $x^3+y^3=z^3$ (1). Из равенства (1) следует: $x^3/(z-y)=z^2+zy+y^2$ ; $y^3/(z-x)=z^2+zx+y^2$ ; $z^3/(x+y)=y^2-xy+x^2$. (2) Из равенств (2) очевидно, что числа $x^3$ и$(z-y)$; $y^3$ и $(z-x)$; $z^3$ и $(x+y)$; не взаимно просты и, следовательно, имеют наибольшие общие делители $p;k;g$ соответственно.
Таким образом, должно быть $x=px_1$, $(z-y)=p(z-y)_1$; $y=ky_1$, $(z-x)=k(z-x)_1$; $z=gz_1$, $(x+y)=g(x+y)_1$, где пары чисел $x_1$ и $(z-y)_1$; $y_1$ и $(z-x)_1$; $z_1$ и $(x+y)_1$ попарно взаимно простые. После подстановки в (2) и сокращений получим:
$p^2x_1^3/(z-y)_1=z^2+zy+y^2$; $k^2y_1^3/(z-x)_1=z^2+zx+x^2$; $g^2z_1^3/(x+y)_1=y^2-xy+x^2$. (3)
В равенствах (3) правые части – целые числа , следовательно, чтобы равенства имели место в целых числах, должно быть $(z-y)_1=p^2$ (так как $x_1$ и $(z-y)_1$ взаимно простые); $(z-x)_1=k^2$ (так как $y_1$ и $(z-x)_1$ взаимно простые); $(x+y)_1=g^2$ (так как $z_1$ и $(x+y)_1$ взаимно простые). Но тогда получается, что должно быть $(z-y)=p^3$; $(z-x)=k^3$; $(x+y)=g^3$. (4) Таким образом числа $(z-y)$; $(z-x)$; $(x+y)$ все три одновременно должны быть кубами.
В тоже время для любой тройки целых чисел $a;b;c$ справедливо:
$(a+b-c)^3=a^3+b^3-c^3+3(c-a)(c-b)(a+b)$. В нашем случае, то есть при $a=x$; $b=y$; $c=z$ , должно быть $(x+y-z)^3=3(z-y)(z-x)(x+y)$, так как по предположению $x^3+y^3-z^3=0$. Тогда, с учётом (4), в целых числах должно существовать равенство:

$$(x+y-z)^3=3p^3k^3g^3=3(pkg)^3$$

(5).
В равенстве (5) число слева является целым кубом, а число справа равно трем целым кубам. Но в целых числах куб не может равняться трём кубам. Это и есть искомое противоречие, позволяющее сделать вывод: тройка целых взаимно простых чисел, ни одно из которых не равно нулю, не может удовлетворять равенству $x^3+y^3=z^3$.
Дед.

[ljubarcev]

Мысленно мы можем взять все множество целых взаимно простых положительных чисел и построить множество всех пар таких чисел.
Для любой из полученных пар целых чисел $a;b$ при любом целом простом $n$ мы всегда можем найти число $m=a^n+b^n$ и таким образом вычислить множество чисел $m$. Для любой пары $a;b$ мы так же можем вычислить числа $am=x$ и $bm=y$ и их $n$ степени - $x^n=a^nm^n$; $y^n=m^nb^n$.
Сложим эти числа и получим: $x^n+y^n=m^na^n+m^nb^n=m^n(a^n+b^n)=m^{n+1}$.
Теперь предположим, что среди всех пар целых чисел $a;b$ существует пары, отвечающие условию $a^n+b^n=m=c^n$. Тогда должно быть $x^n+y^n=m^{n+1}=(c^n)^{n+1}=(c^{n+1})^n$. Введя обозначение $c^{n+1}=z$, получим $x^n+y^n=z^n$ - представление числа в степени $n$ в виде суммы двух других чисел каждое в той же степени $n$, то есть решение уравнения П. Ферма. Так как при этом $z=c^{n+1}$, то при любом простом не чётном $n=2k+1$ число $z$ должно иметь вид $z=c^{n+1}=c^{2k+2}=(c^{k+1})^2$, то есть число $z$ должно быть квадратом. Совершенно аналогично мы можем доказать, что для существования равенств $z^n-y^n=x^n$ и $z^n-x^n=y^n$ числа $x$ и $y$ должны быть соответственно квадратами. Таким образом доказано, что должно быть $z=z_1^2$; $y=y_1^2$; $x=x_1^2$. Но при этом равенство $x^n+y^n=z^n$ будет иметь вид $(x_1^n)^2+(y_1^n)^2=(z_1^n)^2$, Этим доказано, что равенство вида $x^n+y^n=z^n$ разрешимо только и только в чётных степенях. Поэтому ясно, что П. Ферма был прав.
Дед

[bot]

Эту цитату взял из дискуссии с VladStro:

ljubarcev писал(а):

PAV писал(а):

Вам же уже много раз объясняли - в этих утверждениях речь идет о разных числах. Вы сами сейчас пишете в одном случае $(x,y,z)$, а во втором - $(x_1,y_1,z_1)$. Тут же речь идет о том, что в (1) и (2) фигурирует один и тот же набор чисел. Этот переход не доказан.

Уважаемый PAV ! Вы же не оспариваете верность доказательства того, что $x;y;z$ должнs быть квадратами. А как ещё можно записать этот факт, кроме $x=x_1^2$; $y=y_1^2$; $z=z_^2$. После подстановки и получаем, что при $x^n+y^n=z^n$ должно быть $(x_1^n)^2+(y_1^n)^2=(z_1^n)^2$, Отсюда и очевидно, что равенство $x^n+y^n=z^n$ разрешимо только в чётных степенях. Что оно не имеет решений в чётных степенях больших $2$ давно доказано. Оно и понятно - среди чётных чисел имется только одно простое число $2$.

Утверждения о том, что любое положительное действительное число (в том числе и натуральное) является квадратом другого положительного числа, никто и не оспаривал - каждое из них является квадратом своего корня квадратного. Беда в том, что с этими квадратными корнями Вы оперируете как с натуральными числамию. Мне кажется об этом Вам только ленивый (не помню, был ли я в их числе) не сказал.
А вот с этим

Цитата:

Отсюда и очевидно, что равенство $x^n+y^n=z^n$ разрешимо только в чётных степенях.

всё обстоит как раз наоборот - скорее всего, Вы путаете прямое утверждение с обратным.
Прямое утверждение (доказательство очевидно): Если уравнение $x^n + y^n = z^n$ разрешимо в натуральных числах, то для любого делителя m числа n разрешимо в натуральных числах уравнение $x^m + y^m = z^m$.
Отсюда ясно, что для доказательства ВТФ достаточно рассмотреть случай n=4 и случай простого n>2.
Совсем неудивительно, что Ферма начал именно со случая n=4, оставив потомкам разбираться со случаем нечётного n (можно ограничиться простыми).

Может быть я и ошибаюсь, но я не ощущаю разницы в Вашем подходе при замене уравнения Ферма на нечто другое, похожее. Давайте-ка я в Вашей рассуждении сделаю небольшие изменения - когда переходил в эту тему из дискуссии с VladStro, даже не ожидал, что увижу почти то самое, с чем сюда и шёл. Вот оно:

Цитата:

Тогда должно быть $x^n+y^n=m^{n+1}$

Отсюда Вы и получаете противоречие.
Лады. Заменим в Ваших рассуждениях уравнение Ферма следующим уравненим
$x^n+y^n=z^{n+1}$:

"Вы же не оспариваете верность доказательства того, что $x;y;z$ должнs быть квадратами. А как ещё можно записать этот факт, кроме $x=x_1^2$; $y=y_1^2$; $z=z_^2$. После подстановки и получаем, что при $x^n+y^n=z^{n+1}$ должно быть $(x_1^n)^2+(y_1^n)^2=(z_1^{n+1})^2$, Отсюда и очевидно, что равенство $x^n+y^n=z^P{n+1}$ разрешимо только в чётных степенях."

Не нравится этот бред? Мне тоже - слишком очевидно: n и n+1 не могут быть одновременно чётными. Но это поправимо: вместо n+1 возьмём n+2.
Надеюсь, Вы не уклонитесь от ответа, как VladStro, и ответите на вопрос:
доказал я или нет (действуя по Вашему образцу), что уравнение
$x^n+y^n=z^{n+2}$
может иметь натуральные решения только при чётных n?
Согласен даже на частность: имеет ли уравнение $x^{2007}+y^{2007}=z^{2009}$ натуральные решения? В конце концов, готов принять Ваше суждение относительно уравнения $x^3+y^3=z^5$

[ljubarcev]

Уважаемый bot !
1.Упоминание (с доказательством или без оного) о том, что в наше время для доказательства «последней» теоремы П. Ферма достаточно доказать, что равенство $x^n+y^n=z^n$ не имеет решений в целых числах при $(x<y<z)=1$ и $n$ простом не чётном имеется в любой книге, посвященной этой теме. (М.М.Постников, Г. Эдвардс и др.).
2.По моему, Вы всё таки не поняли, что доказывается. На самом деле доказано, что уравнение $a^n+b^n=c^n=m$ не имеет решений в целых числах. Дальнейшее доказательство ведется из предположения, что такие решения существуют («от противного»). Так как любая пара целых взаимно простых чисел даёт решение уравнения $x^n+y^n=m^{n+1}$ при $x=ma^n$; $y=mb^n$. Не я это придумал, где то давно встречал, но сейчас найти не могу. Хорош кто бы помог для ссылки. Но при этом, так как по предположению $m=c^n$ должно существовать равенство $x^n+y^n=(c^n)^{n+1}=(c^{n+1})^n$. из последнего видно, что должно быть и число $z=c^{n+1}$ А при этом мы нашли бы решение равенства Ферма $x^n+y^n=z^n$. Так как $z=c^{n+1}$ ,то ясно, что $z$ должно быть целым квадратом и т.д.
3.Можно вопрос поставить и так; если любая (подчёркиваю Любая) пара целых взаимно простых чисел $x;y$ даёт решение равенства вида $x^n+y^n=m^{n+1}$ при любом $n$, то где же мы возьмём пару $x;y$, удовлетворяющую равенству $x^n+y^n=z^n$ при том же $n$ ? Если это понять, то, по моему, всё доказательство можно значительно сократить.
Дед.

[bot]

ljubarcev писал(а):

1.Упоминание (с доказательством или без оного) о том, что в наше время для доказательства «последней» теоремы П. Ферма достаточно доказать, что равенство $x^n+y^n=z^n$ не имеет решений в целых числах при простом нечётном $n$, имеется в любой книге, посвященной этой теме. (М.М.Постников, Г. Эдвардс и др.).

Это хорошо, что Вы это знаете, но цитату всё же поправил - там ещё и лишнее-непонятное было $(x<y<z)=1$. Неравенства ещё можно понять - это всем ясно, что можно начинать доказательство со слов: не ограничивая общности, очевидно, можно считать, что $x<y<z$, но в утверждении это лишнее. Что там делает $=1$ совсем непонятно. Ну и кстати, как быть с этим

Цитата:

Что оно не имеет решений в чётных степенях, больших 2, давно доказано

Цитата:

2.По моему, Вы всё таки не поняли, что доказывается. На самом деле доказано, что уравнение $a^n+b^n=c^n=m$ не имеет решений в целых числах.

Не понял и сейчас не понимаю - если это уже доказано (когда и где?), то что ещё доказывать-то? А если и доказано, что таких a, b, c не существует, то как эти фантомы могут участвовать в дальнейших выкладках?

[ljubarcev]

bot писал(а):

Это хорошо, что Вы это знаете, но цитату всё же поправил - там ещё и лишнее-непонятное было $(x<y<z)=1$. Неравенства ещё можно понять - это всем ясно, что можно начинать доказательство со слов: не ограничивая общности, очевидно, можно считать, что $x<y<z$, но в утверждении это лишнее. Что там делает $=1$ совсем непонятно.

Не понял и сейчас не понимаю - если это уже доказано (когда и где?), то что ещё доказывать-то? А если и доказано, что таких a, b, c не существует, то как эти фантомы могут участвовать в дальнейших выкладках?

Уважаемый bot !

1, Запись в виде $(0<x<y<z)=1$ означает, что числа в указанной тройке все положительны, среди них нет равных друг другу и они взаимно простые. Общепринято, что запись в виде $(a;b)=1$ означает взаимную простоту чисел $a$ и $b$.
2.Я не рассматривал равенств типа $x^n+y^n=z^{n+2}$ и ничего о свойствах тройки чисел, удовлетворяющих этому равенству, сказать не могу. Возможно, если его рассмотреть, то и обнаружится что либо интересное.
3.Я взял чужое (не помню кем и где приведенное) утверждение, что равенство $x^n+y^n=z^{n+1}$ имеет решения при любом $n$. Там же приведен и не вызывающий сомнений способ нахождения (построения) таких решений.
Для любой пары чисел $a;b$ существует равенство $a^n+b^n=m$. Тогда, найдя числа $x=ma$; $y=mb$, возведя их в ту же степень $n$ после сложения получим равенство $x^n +y^n=m^{n+1}$. Это возможно для любых чисел $a;b;n$ и, конечно, в частном случае, когда $n$ простое не четное и $(a;b)=1$ Доказано, что именно такие числа $a;b;n$ должны удовлетворять равенству Ферма.. Вот здесь я и задаюсь вопросом – если любая пара взаимно простых чисел при любом простом не чётном $n$ приводит
к решению вида $x^n +y^n=m^{n+1}$, то где же мы возьмём пару таких же чисел, которая даст решение вида $x^n+y^n=z^n$.Если понять, что таких пар чисел нет, то больше ничего доказывать не надо..
Дед.

[bot]

1. С записью $(0<x<y<z)=1$ встретился впервые, хотя и знаком с обозначением $(x,\ y, \cdots)$ для наибольшего общего делителя чисел $x,\ y, \cdots$, не обязательно двух, в частности, как Вы и пишете $(a;b)=1$ означает взаимную простоту чисел $a$ и $b$.

2. Уравнение $x^n+y^n=z^{n+2}$ возникло в качестве контрпримера к тому, что можно было понять из Ваших рассуждений и вряд ли представляет особый интерес, ну разве что для чётного n.

3. Утверждение о разрешимости в целых положительных числах уравнения $x^n+y^n=z^{n+1}$ следует из более общего утверждения: если хотя бы один показатель в уравнении $x^n+y^m +\cdots=z^{k}+\cdots$ взаимно прост с остальными показателями, то это уравнение разрешимо в целых положительных числах.

Цитата:

Для любой пары чисел $a;b$ существует равенство $a^n+b^n=m$.

Вам уже говорили, что выражение "существует равенство" режет слух и оставляет простор для фантазий, что имеется в виду. Возможно Вы хотели сказать, что для любых $a$ и $b$, будь они заданы, можно посчитать $m=a^n+b^n$

Цитата:

Тогда, найдя числа $x=ma$; $y=mb$, возведя их в ту же степень $n$ после сложения получим равенство $x^n +y^n=m^{n+1}$.

Или попросту - домножаем равенство $a^n+b^n=m$ на $m^n$ и получаем то же самое, а заменив обратно $m$ на $a^n+b^n$ имеем:
$((a^n+b^n)a)^n + ((a^n+b^n)b)^n = (a^n + b^n)^{n+1}$
Это тождество, а что бы Вы хотели?
Может быть это Вы и имеете в виду ниже?

Цитата:

Это возможно для любых чисел $a;b;n$ и, конечно, в частном случае, когда $n$ простое не четное и $(a;b)=1$

Дальнейшее совсем непонятно - Вы путаете самого себя.

Цитата:

Доказано, что именно такие числа $a;b;n$ должны удовлетворять равенству Ферма.

Где и что доказано?

Цитата:

Вот здесь я и задаюсь вопросом – если любая пара взаимно простых чисел при любом простом не чётном $n$ приводит
к решению вида $x^n +y^n=m^{n+1}$, ...

Да, конечно, взяв произвольную пару чисел $(a, b)$, можно построить решение уравнения $x^n+y^n=z^{n+1}$:
$x=(a^n+b^n)a, \ \ y=(a^n+b^n)b, \ \ z=a^n+b^n$,

Цитата:

... то где же мы возьмём пару таких же чисел, которая даст решение вида $x^n+y^n=z^n$.

Каких таких же? Из того, что какой-то способ даёт решение одного уравнения никак не следует, что негде взять решения другого уравнения.

Добавлено спустя 9 минут 35 секунд:

Кстати, вышел покурить и о!
При n=1 имеем тождество
$(a+b)a+(a+b)b = (a+b)^2$ и отсюда (впрочем и без него тоже) имеем решения уравнения $x+y=z^2$
А где ж найти такую пару, чтоб произвести решение уравнения
$x^2+y^2=z^2$?
Если ту же взять, то опять что-ли "танк вместо трактора" получится?
Нет - просто собирать по другому надо:
$(a^2-b^2)^2+(2ab)^2=(a^2+b^2)^2$

[ljubarcev]

Уважаемый bot !
Ясно, что взяв любую пару целых $(a;b)=1$ при любом простом целом не чётном $n=2k+1$ всегда найдyтся целые $a^n$; $b^n$; $m=a^n+b^n$; $x=ma$; $y=mb$; $x^n=m^na^n$; $y^n=m^nb^n$; $x^n+y^n=m^{n+1}=m^{2(k+1)}=(m^{k+1})^2$. Замечу, что это простая последовательность действий с целыми числами. Приведенные Вами выкладки подтверждают её (последовательности, алгоритма,…) правильность. Из равенства $x^n+y^n=(m^{k+1})^2$ делаем очевидный вывод: любая пара целых чисел позволяет найти в целых числах решение уравнения вида $x^n+y^n=m^{n+1}$ причём число справа всегда будет квадратом целого числа $m^{k+1)$. Заметим, что в этой части доказательства ничего не говорится о теореме Ферма.
2.Теперь предположим, что среди всех пар чисел $(a;b)=1$ существует пара, удовлетворяющая равенству $a^n+b^n=c^n=m$. При этом получается, что должно быть $m=c^n$ и всегда можно найти (выше указано как) $x^n+y^n=m^{n+1}=(c^n)^{n+1}=(c^{n+1})^{n}$. Отсюда видно, что существовали бы число $z=c^{n+1}=c^{2(k+1)}$, являющееся целым квадратом, и равенство $x^n+y^n=z^n$. Из предположения существования равенства $a^n+b^n=c^n$ следует существование нового равенства Ферма, правя часть которого является целым квадратом.
3.Совершенно аналогично получается, что существовали бы и $x=d^{2(k+1)}$; $y=f^{2(k+1)}$. Тогда, при $x^n=(d^{2(k+1)})^n$; $y^n=(f^{2(k+1)}})^n$: $z^n=(c^{2(k+1)})^n$ было бы и равенство $x^n+y^n-z^n=(d^{2(k+1)})^n+ (f^{2(k+1)})^n- (c^{2(k+1)})^n$. Так как $x^n+y^n-z^n=0$, то должно быть и $(d^{2(k+1)})^n+ (f^{2(k+1)})^n-(c^{2(k+1)})^n=0$ или
$(d^{n(k+1)})^2+ (f^{n(k+1)})^2= (c^{n(k+1)})^2$. (2) Учитывая, что это равенств, то же самое что и $x^n+y^n=z^n$ делаем вывод, что последнее может иметь решения только в целых чётных степенях. При $k=0$ получается, что должно существовать равенство (2) в виде $d^2+f^2=c^2$. Такие решения действительно существуют и все они находятся по известным формулам: $d=2uv$; $f=u^2-v^2$; $c=u^2+v^2$. При $k$ не чётном показатель степени имеет вид $4p$, то есть оно должно существовать и при показателе $4$, доказательство невозможности чего привёл сам Ферма.
Дед.