Доказательство гипотезы Била

[Iosif1]

Доказательство Гипотезы Била.


Гипотеза Била — гипотеза в теории чисел, обобщение Большой теоремы Ферма, где, если $A^x+B^y=C^z$ (1); и A, B, C, x, y, z Є N, а x,y, z >2, то A, B, C имеют общий простой делитель.
То есть, необходимо доказать, что равенство (1) возможно только при наличии в основаниях общих простых сомножителей.
Составлять необходимые для анализа равенства можно , например,
по следующим формулам:

$$(Q^n-q^n)^n\cdot q^n+(Q^n-q^n)^{(n+1)}= (Q^n-q^n)^n\cdot Q^n$$

; (2а)

или

$$(Q^n+q^n)^n\cdot q^{(n+2)n}+(Q^n+q^n)^n\cdot Q^n\cdot q^{(n+1)n}= (Q^n+q^n)^{(n+1)} \cdot q^{(n+1)n}$$

; (2 в)

где:
Q, q – натуральные взаимно простые числа, основания степеней
Q>q;
n – натуральное число, показатель степени. Можно представить n, как произведение сомножителей:
$n=n_1\cdot n_2\cdot …n_i…$;
Количество сомножителей неограниченно, т.е. и каждое слагаемое и сумму в исследуемом выражении можно представить как степень с различными вариантами показателей. Количество вариантов зависит от количества сомножителей в n и также может быть неограниченным.
Как видно из уравнений 2а и 2в, мы получаем возможность составлять равенство (1) для n, отличающихся на единицу, рассматривая изначально, любые, либо разности, либо суммы степеней

Пример для уравнения 2а:

подставим числовые значения Q,q,n в левую часть равенства:

$(2^3-1^3)^3\cdot 1^3+(2^3-1^3)^4=2744$;

в правую часть:

$(2^3-1^3)^3\cdot 2^3=2744.$

Как видим, результаты идентичны, т.е. равенство 2а истинно.
Также с другими числами.
Левая часть:

$$(17^5-2^{15})^{15}\cdot 2^{15}+(17^5-2^{15})^{16}= 192224846128133989442735639564232934164121720595487165560646236928182274103059752654873442479758593$$

;

Правая часть:

$$(17^5-2^{15})^{15}\cdot 17^5= 192224846128133989442735639564232934164121720595487165560646236928182274103059752654873442479758593$$

;

Пример для уравнения 2в:
Левая часть:
$(7^3+2^3)^3\cdot 2^{15}+(7^3+2^3)^3\cdot 7^3\cdot 2^{12}=62171080298496$.

Правая часть
$(7^3+2^3)^4\cdot 2^{12}= 62171080298496$.

Как видно из приведенных примеров, при составлении равенств по формулам 2а и 2в можно использовать различные основания и показатели степеней, как простые, так и составные.
Уже из приведённого примера для равенства 2а видим, что и каждое слагаемое, и сумму можно представить, как степень с 3-мя вариантами показателей.
Итак, можно составлять равенства, с наличием всех возможных показателей степеней, как сомножителей в произведении n.
Как известно, любое равенство можно преобразовать в другое, добавляя или вычитая из левой и правой его частей определённую величину. Зададимся вопросом:
возможно ли любое из полученных равенств, преобразовать в равенство, опровергающее гипотезу Била?
Для составления такого равенства, необходимо подобрать основания степеней таким образом, чтобы по любому модулю обеспечивалось тождество левой и правой частей равенства, и основания степеней не имели бы общих сомножителей.
Это равенство назовём равенством Х.

$$A^x+B^y=C^z$$

; Х

Преобразуем равенство 2а, возведя в квадрат левую и правую его часть
(метод дополнительного неизвестного).

$$[(Q^n-q^n)^n\cdot q^n+(Q^n-q^n)^{(n+1)}]^2= [(Q^n-q^n)^n\cdot Q^n]^2$$

; (2а.1)

$$(Q^n-q^n)^{2n}\cdot q^{2n}+2\cdot (Q^n-q^n)^n\cdot q^n\cdot (Q^n-q^n)^{(n+1)}+ (Q^n-q^n)^{2(n+1)}=(Q^n-q^n)^{2n}\cdot Q^{2n}$$

; (2a.2)

Сократим на $(Q^n-q^n)^{2n}$ для упрощения формализованных расчётов, получаем:

$$q^{2n} +2\cdot (Q^n-q^n) \cdot q^n+(Q^n-q^n)^2= Q^{2n}$$

; (2a.3)

Итак, первое слагаемое и сумму в равенстве (2a.3), всегда можно представить чётной степенью.
Для этого варианта остаётся ответить на вопрос: можно ли представить степенью второе слагаемое: $2\cdot (Q^n-q^n) \cdot q^n+(Q^n-q^n)^2$, которое после преобразования принимает вид: $(Q^n+q^n)(Q^n-q^n)$?
Очевидно, что получение в произведении точной степени посредством и сложения и вычитания степеней в сомножителях невозможно, так как данные сомножители не могут одновременно быть степенями, с одинаковыми показателями степеней.
Для данного варианта гипотеза Била доказана.
Для доказательства случая, когда сомножитель 2 в показателях степеней отсутствует, произведём корректировку первого слагаемого и суммы в равенстве (2a.3), заменяя показатель 2n на n.
При этом, первое слагаемое уменьшилось на величину $(q^{2n}- q^n)=q^n(q^2-1)$; а сумма на величину $(Q^{2n}-Q^n)=Q^n(Q^2-1)$. Для корректировки равенства (2a.3) из второго слагаемого, величины $(Q^n+q^n)(Q^n-q^n)$ вычитаем разность корректирующих величин.:

$$(Q^{2n}-Q^n)- (q^{2n}- q^n) =(Q^{2n}-q^{2n}-Q^n+q^n)= (Q^n+q^n)(Q^n-q^n)-(Q^n-q^n)=(Q^n-q^n)(Q^n+q^n-1)$$

; (2a.4)

После корректировки величины $(Q^n+q^n)(Q^n-q^n)$, получаем:

$$(Q^n+q^n)(Q^n-q^n)-(Q^n-q^n)(Q^nn+q^n-1)= (Q^n-q^n) \cdot 1$$

; 2а.4

Уравнение Била для разности степеней.

Прибегнув к аналогичному рассмотрению равенства 2в, можно убедиться, что и величина $(Q^n+q^n)$ тоже должна быть степенью.
Введя в показатель степени n сомножитель 2 (n=2k) в равенстве 2в, после сокращения получаем возможность анализа на получение точной степени в сумме степеней $Q^{2k} + q^{2k}$.
Для демонстрации проводим аналогичные преобразования равенства
$Q^{2k} + q^{2k} – Q^{2k} = q^{2k}$, составленного по аналогии с уравнением 2а,
или
$q ^{2k} + Q^{2k} = Q^{2k} + q^{2k}$ ; 2а.5

Преобразуем равенств 2а.5 к равенству
$Q^n+q^n=C^z;$
То есть корректируем слагаемые в левой части равенства, а затем и в правой части равенства в сумму;

$$C^z= (Q^{2n}+q^{2n})- Q^{2n}-q^{2n} + Q^n +q^n =( Q^n +q^n) \cdot 1$$

;

Уравнение Била для суммы степеней.
Таким образом показано, что любое равенство Била может быть преобразовано в предполагаемое равенство Х.

Чтобы получить из степени $Q^{2n}$ степень $Q^n$ методом сокращения необходимо степень $Q^{2n}$ разделить на степень $Q^n$ , а степень $q^{2n}$ разделить на степень $q^n$ а их разность $(Q^n+q^n)(Q^n-q^n)$ или сумму $(Q^{2n}+q^{2n})$, на $(Q^n-q^n)$ или $(Q^n+q^n)$.
Преобразование таким способом ни для одного возможного варианта уравнения Била обеспечено быть не может, $(Q;q)$ - взаимно простые,
И это справедливо для произвольно выбранных степеней $Q^n$ и $q^n$, так как используя равенства 2а и 2в. можно осуществить переход к любому анализируемому варианту.
Чтобы показать, что и показатели степеней с основаниями $(Q;q)$ могут быть любыми, рассмотрим пример.
Действительно, например:

$$(Q^{15}-q^{10})^5\cdot q^{10}+(Q^{15}-q^{10})^{(5+1)}= (Q^{15}-q^{10})^5\cdot Q^{15}$$

; 2a.6

Сократив равенство 2а.6 на $(Q^{15}-q^{10})^5$
$Q^{10}+(Q^{15}-q^{10}) = Q^{15}$; (2а.7)
и возведя в квадрат правую и левую части равенства 2а.7, получаем:
$q^{20} +2(Q^{15}-q^{10})\cdot q^{10}+(Q^{15}-q^{10})^2= Q^{20}$;
$q^{20} +(Q^{15}-q^{10})×(Q^{15}+q{10})= Q^{30}$;
Задаём степени для первого слагаемого и суммы:
$q^2$ и $Q^3$;
Определяем корректирующие величины:
$(q^{20} – q^2)= q^2(q^{18}-1)$;
$(Q^{30}- Q^3)= Q^3(Q^{27}-1)$;
Корректировка величины приводит к необходимости равенства величины $Q^3-q^2$ точной степени.
Аналогичное рассмотрение на основании использования суммы степеней в уравнение Била приводит к необходимости, чтобы и сумма $Q^3+q^2$ также была точной степенью.
Что свидетельствует о возможности выражать произвольные степени $A^x;B^y; C^z$ через Q и q.
Однако, следует заметить, что возможность преобразования обеспечивается, как и составление исходных уравнений, когда степень у разности $(Q^n- q^n)$, или суммы $(Q^n+q^n)$ не обозначен, показатель степени равен единице. Но стоит нам обозначить степень разности или суммы, при условии, что показатель степени >2, как становится ясно, что уравнение Била не может быть сконструировано.
Предположим, что разность (Qn- qn) есть точная степень, с показателем f. Величина показателя степени n тоже должyf быть конкретизированf.
Для подтверждения истинности гипотезы Била следует обратиться к оценки равенств посредством использования счисления n.
Как известно, существует строгая закономерность построение разрядов в степенных выражениях.
Построение разрядов в степенных выражениях зависит от принадлежности оснований к конкретным классам вычетов по модулю n, и от рассматриваемой степени.
Понятно, что для того, чтобы уравнение Била, и после сокращения на общие сомножители, и в правой части равенства, и в левой его части, были идентичны, построение разрядов, и после сокращения, идентичность сохраняли. При этом остаётся требование, чтобы построение разрядов соответствовало закономерностям, обусловленными принадлежностью оснований к классу вычетов по показателю предполагаемой степени. Так как о предполагаемой степени, которая предположительно может быть образована, нам ничего не известно, прибегнем к оценки уравнения Била, после сокращения, посредством использования закономерностей, основанных на использовании закономерностей диктуемых показателем степени n.
В качестве примера, рассмотрим вариант, когда Q и q принадлежат к первому классу вычетов по mod n..
Так как при возведении основания, принадлежащее первому классу вычетов по mod n образуется дополнительный младший нулевой разряд, следующий за младшим разрядом, равным единицы, получается, что первое слагаемое в левой части равенства 2а имеет , как минимум, два нулевых разрячда. При этом, второе слагаемое в левой части равенства 2а имеет младших нулевых разряда на один меньше, а в правой части равенства 2а количество нулевых разрядов тождественно количеству младших нулевых разрядов первого слагаемого левой части равенства уравнения 2а, что приводит к невозможности получения целочисленного частного при делении на общий сомножитель.
Принятое конструирование равенства 2а становится невозможным.
Легко убедиться в этом, на основании введения в равенство, напримео 2а, дополнительный сомножитель, принадлежащий к классу вычетов по модулю n, отличных от нуля и единицы.
При умножении равенства 2а на дополнительный сомножитель F, для его сохранения, необходимо умножать на данный сомножитель как Q и q, находящиеся в скобках, так и являющихся сомножителями.
Зададимся принадлежностью к классам вычетов модулю n =3:
Q≡2, по mod n; q≡1, по mod n;
Получаем равенство 2а, выраженное в модулях:
(2n-1n)n×1n+(2n-1n)(n+1)= 2n-1n)n×2n; получаем равенство:1+1=2;
Производим введение дополнительного сомножителя, относящегося ко второму классу вычетов по mod n, результат:
1+2≠2;
Это свидетельствует о том, что уравнение Била, при соблюдении закономерностей, присущих степенным выражениям, не подходит.
То есть уравнение Била, с требуемыми аргументами, обеспечено быть не может.
Это противоречие и свидетельствует о том, что ни разность степеней, ни их сумма, не может быть точной степенью, потому что уравнение Х не возможно, как и опровержение Большой теоремы Ферма. [2]
Что и требовалось доказать.

[mihaild]

Вы, возможно (сквозь опечатки в $\TeX$ я продраться не пытался) доказали, что нет взаимно простых решений соответствующего уровнения, имеющих вид (2a) или (2в). Для завершения доказательства осталось показать, что решений другого вида тоже нет (ну и переписать имеющуюся часть так, чтобы её стало возможным прочитать).

[Iosif1]

mihaild в сообщении #1440346 писал(а):

Вы, возможно (сквозь опечатки в $\TeX$ я продраться не пытался) доказали, что нет взаимно простых решений соответствующего уравнения, имеющих вид (2a) или (2в). Для завершения доказательства осталось показать, что решений другого вида тоже нет (ну и переписать имеющуюся часть так, чтобы её стало возможным прочитать).

Да нет, рассмотрены все возможные варианты.
Какие, по вашему мнению, не рассмотрены.
Хотелось бы попросить, указать то, что выглядит ошибками, через которые продраться не возможно.
Заранее благодарен.
(В карантине внесены изменения с поста, в котором были сделаны добавления. То есть, рассмотрение доказательства можно рассматривать здесь).

[mihaild]

Iosif1 в сообщении #1440348 писал(а):

Какие, по вашему мнению, не рассмотрены.

Не доказано, что рассмотрены все варианты. Собственно даже не прописано четко, что рассмотрено.

[Iosif1]

mihaild в сообщении #1440350 писал(а):

Iosif1 в сообщении #1440348 писал(а):

Какие, по вашему мнению, не рассмотрены.

Не доказано, что рассмотрены все варианты. Собственно даже не прописано четко, что рассмотрено.

Спасибо, постараюсь прописать.

[binki]

Iosif1 в сообщении #1440352 писал(а):

Такими алгоритмами могут служить, например, следующие формулы:

$(Q^n-q^n)^n\cdot q^n+(Q^n-q^n)^{n+1}= (Q^n-q^n)^n\cdot Q^n$; (2а)

$(Q^n+q^n)^n\cdot q^{(n+2)n}+(Q^n+q^n)^n\cdot Q^n\cdot q^{(n+1)\cdot n}=(Q^n+q^n)^{n+1}\cdot q^{(n+1)\cdot n}$; (2 в)

Эти формулы являются тождествами. Поэтому проверять их в малых или больших числах не имеет ни какого смысла.Все равно, что проверять тождество $a=a$. Получить из них какие то противоречия чисто алгебраическим путем также не возможно.

Iosif1 в сообщении #1440348 писал(а):

которая, посте преобразования, принимает вид: $(Q^n+q^n)(Q^n-q^n)$?
Очевидно, что получение точной степени, да ещё одновременно посредством сложения и вычитания степеней невозможно.

Это бездоказательное утверждение. Ни какой очевидности нет.

[Iosif1]

binki в сообщении #1440365 писал(а):

Эти формулы являются тождествами.

Действительно, так.
Может быть это странно, но противоречия получаются. И при малых и больших числах.
Любое равенство можно рассматривать, как а=а, это так. Опять же, и при малых и больших числах.
Однако, мы сначала преобразуем равенство с общими сомножителями в равенство без таковых.
А это равенство уже соответствует равенству, требующему анализ.
И это равенство анализируется для любого варианта аргументов, в результате чего показывается, что искомое равенство Х обеспечено быть не может.
Насчёт бездоказательности утверждения, что разность степеней и сумма этих же степеней не могут быть точными степенями, по моему мнению, вещь очевидная.
Вы считаете, что это надо доказывать?

[binki]

Iosif1 в сообщении #1440370 писал(а):

Любое равенство можно рассматривать, как а=а, это так.

Это утверждение ошибочное. Не всякое равенство можно свести к тождеству $a=a$. Это зависит от свойств чисел, которые используются в равенствах. Например, равенство может быть справедливо для иррациональных чисел, но не выполняется при натуральных.
Ваши же равенства (2а), (2в) сводятся к тождеству $Q=Q$ справедливому для всех видов чисел. Поэтому чисто алгебраически нельзя получить из него противоречия.

Цитата:

="Iosif1 в
сообщении #1440370" разность степеней и сумма этих же степеней не могут быть точными степенями, по моему мнению, вещь очевидная.Вы считаете, что это надо доказывать?

Надо! Но, учитывая главную ошибку, указанную выше, не имеет смысла.

[Iosif1]

binki в сообщении #1440372 писал(а):

Поэтому чисто алгебраически нельзя получить из него противоречия.

Извините, уважаемый binki, я так не считаю.
Почему?
Потому что равенство, которое может быть справедливо для иррациональных чисел, но не выполняется при натуральных, преобразуется в равенство, которое справедливо для натуральных..

binki в сообщении #1440372 писал(а):

Надо! Но, учитывая главную ошибку, указанную выше, не имеет смысла.

Если надо, то можно дать ссылку, при острой необходимости, на доказательство БТФ.

[binki]

Iosif1 в сообщении #1440379 писал(а):

Если надо, то можно дать ссылку, при острой необходимости, на доказательство БТФ.

Это надо только Вам. Ссылки на ошибочные доква не нужны. Мне достаточно тождеств, которыми являются все дальнейшие равенства, полученные на основании исходных тождеств.
Дополнительно покажу ошибочность ваших рассуждений на тождестве (2а.3)

Iosif1 в сообщении #1440344 писал(а):

Для этого варианта остаётся ответить на вопрос: можно ли в этом случае представить, какой-нибудь степенью величину

$ 2\cdot (Q^n-q^n)\cdot q^n+(Q^n-q^n)^2$,

которая, посте преобразования, принимает вид: $(Q^n+q^n)(Q^n-q^n)$?

Подставим это в (2а.3). Получим:

$q^{2n} +(Q^n+q^n)(Q^n-q^n)= Q^{2n}$; (2a.3) или
$q^{2n} +(Q^{2n}-q^{2n})= Q^{2n}$;

Вы задаёте вопрос. Может ли $(Q^{2n}-q^{2n})$ быть степенью? Но это то же самое, что в качестве аргумента спросить,- а справедлива ли Гипотеза Била?

[Iosif1]

binki в сообщении #1440422 писал(а):

Вы задаёте вопрос. Может ли $(Q^{2n}-q^{2n})$ быть степенью? Но это то же самое, что в качестве аргумента спросить,- а справедлива ли Гипотеза Била?

Да, но равенство (2а.3) не имеет общих сомножителей, и первое слагаемое и сумма являются степенями, представленными рациональными числами.
И что мешает преобразованиям, выполняемым на основании алгебраических закономерностей с рациональными числами.
Что является табу такому преобразованию?
И сама гипотеза Била, на основании произвольного равенства, после сокращения и преобразования, или преобразования без сокращения, должна гарантировать опровержение возможности преобразования произвольного равенства в равенство Х.
Чтобы не оставалось сомнения.
Но самое главное в доказательстве то, что оно обеспечивает конструирование степеней равенства с любыми основаниями q и Q и показателями x и z.
А при рассмотрении равенства 2в, аналогичная возможность обеспечивается для оснований и степеней левой части равенства.
То есть, обеспечивается возможность составления всех возможных вариантов, и для малых, и для больших рациональных чисел, которые подчиняясь единым закономерностям, свидетельствуют о справедливости гипотезы Била.
А что нужно ещё для доказательства?
Нужно и желательно. Признание

[binki]

Iosif1 в сообщении #1440432 писал(а):

Но самое главное в доказательстве то, что оно обеспечивает конструирование степеней равенства с любыми основаниями q и Q и показателями x и z.

Да нет никакого доква. То что Вы считаете очевидным, что $(Q^n+q^n)(Q^n-q^n)$ не может быть степенью не является очевидным для других. Если было бы очевидно, то теорема для биквадратов была бы доказана одной строкой. То, что очевидно, легко доказывается. Так в чем же дело?
Это серьёзное, но не доказанное утверждение. Всё остальное - сплошь ничего не дающие тождества.

[Iosif1]

binki в сообщении #1440454 писал(а):

Всё остальное - сплошь ничего не дающие тождества.

Так я Вас, кажется, понял. В других постах рациональные и иррациональные числа меня запутали.
Спасибо за беседу. С уважением.

[Iosif1]

binki в сообщении #1440454 писал(а):

То что Вы считаете очевидным, что $(Q^n+q^n)(Q^n-q^n)$ не может быть степенью не является очевидным для других.

На основании полученных замечаний, повторяюсь с добавлениями.

Доказательство Гипотезы Била.


Гипотеза Била — гипотеза в теории чисел, обобщение Большой теоремы Ферма, где, если $A^x+B^y=C^z$ (1); и A, B, C, x, y, z Є N, а x,y, z >2, то A, B, C имеют общий простой делитель.
То есть, необходимо доказать, что равенство (1) возможно только при наличии в основаниях общих простых сомножителей.
Зададимся вопросом:
Каким образом можно составлять необходимые равенства?
Такими алгоритмами могут служить, например, следующие формулы:

$(Q^n-q^n)^n\cdot q^n+(Q^n-q^n)^{n+1}= (Q^n-q^n)^n\cdot Q^n$; (2а)

$$(Q^n+q^n)^n\cdot q^{(n+2)n}+(Q^n+q^n)^n\cdot Q^nq^{(n+1)\cdot n}= (Q^n+q^n)^{n+1}\cdot q^{(n+1)\cdot n}$$

; (2 в)

где:
Q>q;
Q, q – натуральные числа, основания степеней
n – натуральное число, показатель степени. Можно представить n, как произведение сомножителей:
$n=n_1\cdot n_2…n_i\cdot…$;
Количество сомножителей неограниченно.

Как видно из уравнений 2а и 2в, мы получаем возможность составлять равенство (1) для показателей степеней, отличающихся на единицу, рассматривая изначально, любые, либо разности, либо суммы
степеней
Пример для уравнения 2а:
Подставим числовые значения Q,q,n в левую часть равенства:

$ (2^3-1^3)^3\cdot 1^3+(2^3-1^3)^4=2744$;

в правую часть:

$(2^3-1^3)^3\cdot 2^3=2744$;

Как видим, результаты идентичны, т.е. равенство 2а истинно. Также с другими числами.
Левая часть:

$$(17^5-2^{15})^{15}\cdot2^{15}+(17^5-2^{15})^{16}= 192224846128133989442735639564232934164121720595487165560646236928182274103059752654873442479758593$$

Правая часть:

$$(17^5-2^{15})^{15}17^5= 192224846128133989442735639564232934164121720595487165560646236928182274103059752654873442479758593$$

Пример для уравнения 2в:
Левая часть:

$(7^3+2^3)^3\cdot 2^{15}+(7^3+2^3)^3\cdot 7^3\cdot q^{12}=62171080298496$.

Правая часть

$(7^3+2^3)^4\cdot 2^{12}= 62171080298496$.


Как видно из приведенных примеров, при составлении равенств по формулам 2а и 2в можно
использовать различные основания и показатели степеней, как простые, так и составные.
Уже из приведённого примера для равенства 2а видим, что и каждое слагаемое, и сумму можно
представить, как степень с 3-мя вариантами показателей.
Естественно, при других числовых значениях количество вариантов может быть бесконечным.
Итак, можно составлять равенства, с наличием всех возможных степеней как сомножителей в
составляемых произведениях.
Любое равенство можно преобразовать в другое, добавляя или вычитая из левой и правой его
частей определённую величину.
Зададимся вопросом:
возможно ли любое из полученных равенств, преобразовать в равенство, опровергающее гипотезу
Била?
Для составления такого равенства, необходимо подбирать основания степеней таким образом, чтобы по любому модулю обеспечивалось тождество левой и правой частей равенства, и основания степеней не имели бы общих сомножителей.
Это равенство назовём равенством Х.

$A^x+B^y=C^z$; Х

Воспользуемся преобразованием, посредством возведения в квадрат левой и правой частей равенства 2а в квадрат (метод дополнительного неизвестного).

$[(Q^n-q^n)^n\cdot q^n+(Q^n-q^n)^{n+1}]^2= [(Q^n-q^n)^n\cdot Q^n]^2$; (2а.1)

$$(Q^n-q^n)^{2n}\cdot q^{2n}+2\cdot (Q^n-q^n)^n\cdot q^n\cdot (Q^n-q^n)^{n+1}+ (Q^n-q^n)^{2\cdot (n+1)}=(Q^n-q^n)^{2n}\cdot Q^{2n}$$

; (2a.2)

После сокращения на $(Q^n-q^n)^{2n}$, получаем:

$q^{2n} +2\cdot (Q^n-q^n)\cdot q^n+(Q^n-q^n)^2= Q^{2n}$; (2a.3)

Итак, первое слагаемое и сумму в равенстве (2a.3), всегда можно представить любой чётной степенью.
Для этого варианта остаётся ответить на вопрос: можно ли в этом случае представить, какой-нибудь степенью величину

$ 2\cdot (Q^n-q^n)\cdot q^n+(Q^n-q^n)^2$,

которая, после преобразования, принимает вид: $(Q^n+q^n)(Q^n-q^n)$?
Очевидно, что получение точной степени, да ещё одновременно посредством сложения и вычитания степеней невозможно.
Справедливость этого утверждения рассматривается ниже.
Для данного варианта гипотеза Билла доказана.
Для доказательства случая, когда чётный сомножитель в показателе степеней отсутствует, произведём корректировку первого слагаемого и суммы в равенстве (2a.3), заменяя степень $q^{2n}$ на степень $q^n$, а степень
$Q^{2n} $ на степень $Q^n$.
При этом, первое слагаемое уменьшилось на величину $(q^{2n}- q^n)=q^n(q^2-1)$; а сумма на величину $(Q^{2n}-Q^n)=Q^n(Q^2-1)$.
Для корректировки равенства (2a.3) из величины $(Q^n+q^n)(Q^n-q^n)$
вычитаем разность корректирующих величин:

$$(Q^{2n}-Q^n)-(q^{2n}-q^n) =(Q^{2n}-q^{2n}-Q^n+q^n)= (Q^n+q^n)(Q^n-q^n)-(Q^n-q^n)=(Q^n-q^n) (Q^n+q^n-1)$$

; (2a.4)

После корректировки величины $(Q^n+q^n)(Q^n-q^n)$, получаем:

$(Q^n+q^n)(Q^n-q^n)-(Q^n-q^n)(Q^n+q^n-1)= (Q^n-q^n) 1$;

Если, вдруг у кого-то появилось сомнение, что тут степень, опять не исключается, то прибегнув к
аналогичному рассмотрению равенства 2в, можно убедиться, что и величина $(Q^n+q^n)$ тоже должна быть степенью, то есть противоречие, присутствующее по варианту с чётным сомножителем в показателе степени n, и без такого сомножителя, сохраняется.
И так, показано, что для рассмотренных вариантов равенство Х не воз-можно.
Возможность использования различных вариаций при выборе величин Q и q, как оснований степеней с произвольными показателями степеней, позволяет авторам утверждать о полном доказательстве гипотезы Билла.
Действительно, например:

$$(Q^{15}-q^{10})^5 q^{10}+(Q^{15}-q^{10})^{5+1}= (Q^{15}-q^{10})^5 Q^{15}$$

; (2а.4)

Возведя в квадрат правую и левую части равенства 2а.4, получаем:

$$q^{20} +2(Q^{15}-q^{10}) q^{10}+(Q^{15}-q^{10})^2= Q^{30}$$

; (2a.3)

Задаём степени для первого слагаемого и суммы:

$q^2$ и $Q^3$;

Определяем корректирующие величины:

$q^{20}- q^2= q^2(q^{18}-1)$;

$Q^{30}- Q^3= Q^3(Q^{27}-1)$;

Определяем разность корректирующих величин:

$(Q^3)^9-(q^2)^9=(Q^3-q^2)T_1$;

$T_1$- неполная сумма девятой степени;

Преобразуем величину, равную второму слагаемому в уравнении, возведённом в квадрат:

$$2 (Q^{15}-q^{10})q^{10}+(Q^{15}-q^{10})^2=(Q^{15}-q^{10})(2q^ {10}+Q^{15}-q^{10})= (Q^{15}-q^{10})(Q^{15}+q^{10})=(Q^3-q^2)T_2×(Q^3+q^2)T_3$$; (2а.5)

$T_2$ –неполная сумма пятой степени;
$T_3$ –неполная разность пятой степени;

Корректировка величины приводит к необходимости равенства величины $Q^3-q^2$ точной степени.
При аналогичном рассмотрении равенства 2в, возникает необходимость в равенстве величины

$(Q^3+q^2)$,

также точной степени.
И это, при одних и тех же исходных аргументов.
Самое главное в доказательстве то, что оно обеспечивает конструирование степеней равенства с любыми основаниями q и Q и показателями x и z.
А при рассмотрении равенства 2в, аналогичная возможность обеспечивается для оснований и степеней
левой части равенства.
То есть, обеспечивается возможность составления всех возможных вариантов, и для малых, и для больших рациональных чисел, которые подчиняясь единым закономерностям, свидетельствуют о справедливости
гипотезы Била.
Таким образом, можно составлять равенства для анализа с любыми основаниями и показателями
степеней, обеспечивающие одни и те же противоречия.
Теперь остановимся на доказательстве, анонсированном ранее.
А не может ли иметь место возникновение степени в произведении $(Q^n+q^n)(Q^n-q^n)$? 3.1
Обратимся к равенству 2а.4.
При предположении, что величина 3.1 в рассматриваемом варианте является степенью с целочисленным основанием, зададимся вопросом, а какой при этом должен быть показатель той степени, которую нам удалось обес-печить?
Сразу становится очевидным, что этот показатель степени, как сомножитель, должен присутствовать в показателях степеней с основаниями Q и q.
Следовательно, таким предполагаемым показателем может быть только показатель, равный показателю степени, выбранному для основания $(Q^n-q^n)$, либо тождественному ему, либо равному сомножителю, в нём присутствующем.
Но этот сомножитель не может не присутствовать в показателях степеней Q и q, то есть, возникает
необходимость корректировать равенство 2а.4 для того, чтобы оно сохранилось.
Получаем возможность для составления нового возможного равенства, и не одного, тождественного равенству 2а.4:

$$(Q^{75}-q{50})^{25} \cdot q ^{50}+(Q^{75}-q^{50}) ^{25+1}= (Q^{75}-q^{50})^{25}\cdot Q^{75}$$

; (2а.4)

Такая возможность не реальна.
Выбранной технологией составления равенства 2а.4 , обеспечивающей, после преобразования, все
возможные варианты представления предполагаемого равенства Х, обеспечивается доказательство невозможности равенства точной степени величины $(Q^n-q^n)$, участвующей в составляемом равенстве.
Доказательство: пост 1.

[binki]

Уважаемый Iosif1

1. Зачем Вы снова производите проверку явных тождеств (2.а), (2.в) числами? Это подрывает доверие к вашему уровню дальнейших рассуждений.
2. По равенству (Х). Уравнение Била после сокращения общего множителя не обязательно является уравнением Била. Например: $2^319^3+19^4=3^3 19^3; \quad 2^3+19=3^3$. Но это ни каким образом не опровергает возможность существования других решений уравнения (Х) для взаимно простых чисел. То есть уравнение Била должно рассматриваться сразу без общего множителя.
3. Вы упорно используете тождества с общим делителем. Подвергаете их различным преобразованиям. Но в результате снова получаете тождества, которые не дают ни каких новых свойств, кроме равенства правых и левых частей для всех видов чисел.