В последовательности троек целых чисел  (2, 3, 5),  (6, 15, 10), ... каждая тройка получается из предыдущей таким образом:   первое число умножается на второе, второе – на третье, а третье – на первое, и полученные произведения дают новую тройку. Докажите, что ни одно из чисел, получаемых таким образом, не будет степенью целого числа: квадратом, кубом и т.д. 
   Легко проверить, что каждая тройка имеет вид:    (2a3b5c,  2c3a5b, 2b3c5a),  где a, b, c – некоторые целые числа. Действительно, тройка показателей  (a', b', c')  для следующей тройки чисел получается из предыдущей тройки показателей  (a, b, c)  по правилу:   (a', b', c') = (a + c, a + b, b + c). 
   Некоторое из чисел какой-либо тройки является степенью тогда и только тогда, когда числа из тройки показателей будут делиться на одно и то же простое число p. 
   Предположим, что такое случилось, и рассмотрим тройку показателей  (a', b', c')  с наименьшим номером, где все три числа кратны p. Рассмотрим два случая. 
   1)  p = 2.  Это – не первая тройка: она равна  (1, 0, 0).  Значит, в предыдущей тройке все числа одной чётности, то есть все нечётны. Это снова не первая тройка, значит, в предыдущей все числа разной чётности, что невозможно. 
   2) p – нечётное простое число. В предыдущей тройке  (a, b, c)  суммы  a + b,  b + c,  c + a  кратны p. Сложив эти числа, получим, что  2(a + b + c)  и, следовательно,  a + b + c   кратно p. Значит, и  a = (a + b + c) – (b + c)  кратно p. Аналогично b и c кратны p. Противоречие с выбором тройки  (a', b', c').  
Основная теорема арифметики. Разложение на простые сомножители Принцип крайнего  (прочее) Рекуррентные соотношения (прочее)