скачать книгу бесплатно
(2m)
+ … + b
? (2m)
; с
? a
= (с?a)(c++a)
; c
b ? a
2m = 2m(c
? a
) + c
(b ? 2m) = (c ? a)[2m(c ++ a)
+ c
]; c
b
? a
(2m)
= (2m)
(c
? a
) + c
(b
? 4m
) = (c ? a)[4m
(c++a)
+ c
(b + 2m)]; b
? (2m)
= (b ? 2m)(b ++ 2m)
= (c ? a)(b ++ 2m)
; Все разности чисел, кроме первой и последней, можно задать в общем виде: c
b
? a
(2m)
= (2m)
(c
?a
) + c
[b
?(2m)
] = (c ? a)(c ++ a)
(2m)
+ (b ? 2m)(b ++ 2m)
c
= (c?a)[(c++a)
(2m)
+(b++2m)
c
]; И отсюда понятно, каким образом число (с ? a) выносится за скобки. Аналогично можно вынести за скобки множитель a+b=c+2m. Но это возможно только для нечётных степеней n. В этом случае уравнение (10) будет иметь вид A
B
C
D
= (2m)
, где A
= c?b = a ?2m; B
= c ? a = b ? 2m; C
= a + b = c + 2m; D
– полином степени n ? 3 [30].]. Тогда получим:
A
B
E
=(2m)
(10)
где A
= c?b=a?2m; B
=c?a=b?2m; E
– полином степени n?2.
Уравнение (10) является призраком, который видится явно только на фоне предположения, что число {a
+b
?c
} сокращено при подстановке (1) в (8). Но стоит его хотя бы один раз тронуть, как оно сразу рассыпается в прах. Например, если
A
?B
?E
=2m
?2
m
то как один из вариантов может быть такая система
A
B
=2m
E
=2
m
В этом случае, как мы уже установили выше, из A
B
=2m
следует, что для любого натурального числа m решениями уравнения (1) должны быть числа Пифагора. Однако при n>2, эти числа явно не подходят, а проверить какой-то другой случай уже нет никакой возможности, т.к. в данном случае, (как и при любом другом варианте отсутствия решений), другая подстановка будет уже точно неправомерна и уравнение-призрак (10), из которого только и можно получить решения, исчезает [61 - Уравнение (10) может существовать только если выполняется (1), т.е. {a
+b
?c
}=0, поэтому любой вариант с отсутствием решений приводит к исчезновению этого уравнения-призрака. И в частности, не проходит «опровержение» о том, что неправомерно искать решение при любых комбинациях множителей, поскольку A
B
= 2m
может противоречить E
= 2
m
, когда приравнивание E
к целому числу не всегда даёт целые решения из-за того, что полином степени n?2, (остающийся после выноса за скобки множителя c?a), может в этом случае не состоять только из целых чисел. Однако этот довод не опровергает сделанный вывод, а наоборот усиливает его ещё одним противоречием, т.к. E
состоит из тех же чисел, (a, b, c, m) что и A
B
