Однако было бы достаточно показать, что из выражений получается однозначно определённый вектор. Далее надо показать, что соотношения справедливые для векторов справедливы и для выражений.
Т.е. для начала надо показать, что если вектора будут линейно независимы, т.е. они не выражаются друг через друга, то и пораждающие их выражения должны быть линейно независимыми - а это не так.

-(C-A)-(C-B)=(A+B) - выражения линейно зависимы.

Подойдём с другой стороны.
A,B,C - взаимно простые числа.

Очевидно, что A,B,(A+B) - взаимно простые числа, поэтому в качестве C имеем право взять A+B.

Например:
A,B,C - одно множество.
a,b,c - другое множество.
Мы построили отображение первого множества на второе, тогда из a>b следует A>B. Из a@b=с следует, что A+B=C, где @ - какая-то операция (необязательно сложение). Примерно так.

Добавлено (17.02.2010, 22:16)
---------------------------------------------
Очень простая идея

Доказательство ВТФ (не признанное математическим сообществом)

Допустим, что для натуральных и взаимнопростых A, B, C (C>A>B>1) равенство
1°) Aⁿ+Bⁿ=Cⁿ существует.

Пусть для определенности AB не кратно n.
2°) Известно, что если C=C’n^kn, где C’ не кратно n, то A+B=C’’n^kn-1, где C’’ не кратно n.

Составим новое равенство
3°) aⁿ+bⁿ=cⁿ при условии:
4°) c-a=C-A, c-b=C-B, a+b=nⁿ – если A+B нечетно, и a+b=(2n)ⁿ – если A+B четно.

В случае нечетного A+B из этих соотношений мы находим:
(c-a)+(c-b)+(a+b)=2c=(C-A)+(C-B)+nⁿ;
(c-a)-(c-b)+(a+b)=2b=(C-A)-(C-B)+nⁿ;
-(c-a)+(c-b)+(a+b)=2a=-(C-A)+(C-B)+nⁿ,
где правые части целые и четные и, следовательно, числа a, b, c являются ЦЕЛЫМИ.

С другой стороны, согласно 2°, решение (a, b, c) уравнения 3° НЕ является ЦЕЛОЧИСЛЕННЫМ.

В случае четного A+B вывод аналогичен.

И мы пришли к противоречию.

Добавлено (18.02.2010, 23:37)
---------------------------------------------
Два замечания

1) В доказательстве участвуют три сомножителя: a+b, c-b, c-a. В случае n=2 доказательство теряет силу, поскольку сомножитель a+b отсутствует.