储备公式1.费马大定理（Fermat Last Theore m ）：当2n >时，nnnx y z +=无0xyz ≠的整数解； 当3n =时，333x y z +=无0xyz ≠的整数解； 当4n =时，444x y z +=无0xyz ≠的整数解； 当5n =时，555x y z +=无0xyz ≠的整数解； 当7n =时，777x y z +=无0xyz ≠的整数解；(2)n n n x y z n +=>2.商高方程222x y z +=满足(,)(,)(,)1x y y z z x ===，,x y 奇偶性不同的全体本原解为：22222;;x pq y p q z p q ==-=+其中,p q 满足下面的条件： 0;(,)1;,p q p q p q >>=奇偶性不同3.Fermat 无穷递降法4.4n =时，Fermat 大定理证明过程当4n =时，444x y z +=无0xyz ≠的整数解；原理：无穷递降法和毕达哥拉斯三元数组证明：用反证法。
若有正整数解，那么在所有正整数解中，必有一组解 假如存在,,x y z 满足444x y z +=，且满足(,)(,)(,)1x y y z z x === 初等数论（P99）定理4：不定方程：442x y z +=无0xyz ≠的解。
证：用反证法。
假若方程有正整数解，那么在全体正整数解中，必有一组解000,,x y z ，使得0z 取得最小值。
我们要找出一组正整数解111,,x y z ，满足10z z <，得出矛盾。
（1）必有00(,)1x y =。
若不然，就有素数00|,|p x p y 。
由此及式442x y z +=推出42200|,|p z p z 。
因此，2000000,,x p y p z p 也是方程的正整数解，这和0z 的最小性矛盾。
因此，22000,,x y z 是方程的本原解，00,x y 必为一奇一偶，不妨设02|y ，以及00(,)1z y =（2）2210000(,)1g z y z y =-+=。
因为2210000|(2,2)2(,)2g z y z y ==，由此以及定理中的方程可以推出：22400000()()z y z y x -+=可知2400z y u -=，2400z y v += 这里0,(,)1,,v u u v u v >>=都是奇数，进而有22222()()2v u y v u +=-。
（3）22222(,()/2)1g v u v u =-+=。
因为222222222|(,)|(2,2)2(,)2g v u v u v u v u -+==由,u v 互素，可推出222u v +为奇数，因此，21g =。
故可得到：222222,()/2v u a v u b -=+=，这里0,0,(,)1,a b a b >>=及2|a ，2b 。
（4）由,u v 满足的条件以及上述过程推得：00b v z <<<及,,u a v 是方程的本原解，且2|a 。
因此必有,r s 使得2222,2,u r s a rs v r s =-==+可得442r s b +=这表明,,r s b 是方程的正整数解，且有0b z <，这和0z 最小性矛盾，所以方程无整数解，证毕。
由此可知：不定方程：444x y z +=无0xyz ≠的解。
5.3n =时，Fermat 大定理证明过程当3n =时，333x y z +=无0xyz ≠的整数解；（1） 引理1：设2s ，那么3223,(,)1s a b a b =+=（2）成立的充要条件是存在,αβ使得223, (,3)1s a αββ=+=，（3）及32239 33a b ααβαββ=-=-（4）证明：充分性 设后面的两式成立，为使推到清楚，利用复数运算。
可知()()s αα=-因而有){}){}()33332233223232223()()(9)33(9)33(9)333s ααααβαββααβαββααβαββ==--⨯---=-+- 由此以及条件可推出3223s a b =+.由(,3)1αβ=可得（注意：2,2s αβ±）2222222222(,)(9,)(8,)(,)1a b αβαββαββαβ=--=-=-=这就证明了：3223,(,)1s a b a b =+=成立。
必要性 设3223,(,)1s a b a b =+=成立，这时必有3s ，因此，s 的任一素因数p 一定满足3,(,)1p p ab >=，（5）必有31p ⎛⎫-= ⎪⎝⎭（6） 以()s Ω记s 的素因子的个数（按重数计），且约定(1)0,Ω=，如(6)2,(4) 2.Ω=Ω=我们对()s Ω用归纳法来证明必要性。
当()0s Ω=，即1s =时有1,0a b =±=。
所以必要性成立。
假设对()(0)s n Ω=≥时必要性成立，当()1s n Ω=+时，设s pt =，p 是素数，()t n Ω= .由于p 满足（6），可知： 22113p αβ=+（7）且显然有11(,3)1αβ=（8）由充分性的证明知3223,(,)1,p c d c d =+= （9） 32231111119,33c d ααβαββ=-=-（10）由此以及式（2）可得：633322222222(3)(3)()()()()()()()()(3)3()(3)3()p t p s c d a b c a c a c a c a ac bd ad bc ac bd ad bc ==++⎧++⎪=⎨++-⎪⎩⎧++-=⎨-++⎩（11）下面来证明：,ad bc ad bc -+两数中有且仅有一个被p 整除，我们有（利用（2）式和（9）式）2222223322()()(3)(3)()ad bc ad bc a b d c d b p t d b -+=+-+=-，（12）因此p 至少整除其中的一个数。
但若|(,)p ad bc ad bc -+，则|(,)p ad bc （因为3p >）.而式（9）知p cd ，所以|(,)p a b ，这和(,)1a b =矛盾，这就证明了所要的结论，且由式（12）知被p 整除的数必能被3p 整除。
假设3|p ad bc -，（对3|p ad bc +可同样讨论），由式（11）知：3223,t u v =+（13） 33(3)/,()/u ac bd p v ad bc p =+=-.（14）我们来证明必有(,)u v =1.（15）由式（9）和（14）得：22223(3),(3)ac bd u c d ad bc v c d +=+-=+由此推出（分别消去,b a ）3,a uc vd b ud vc =+=-（16）从以上两式以及(,)1a b =就推出（15）成立。
至此我们得到：()t n Ω=且有式（13）和（15）成立，因而由归纳假设知，必有22,αβ2222223,(,3)1t αβαβ=+=（17）及32232222229,33u v ααβαββ=-=-（18）由（7）和（17）可得（类似于式（11））2222221122(3)(3)3s pt αβαβαβ==++=+（19） 这里取121221213,αααβββαββα=+=-（20）这样，为了证明当()1s n Ω=+时必要性成立，只要证明对所取的,αβ式（4）成立，及(,3)1αβ=，为使推导更清楚，我们仍利用附属运算，式（16）可写为：()()a c u +=+式（10）可写为：311()c α=式（18）可写为322()u α=由以上三式及式（20）可得{}3312122121(3))()a ααββαββαα+=++-=比较上式两边的实虚部就推出结论成立，由式（2）知(,3)1a b =，由此，及式（4）即得(,3)1αβ=，证毕。
定理1的证明 用反正法，假设有0xyz ≠的解，设000,,x y z 是这样的一组解，使得000x y z 取最小值。
显见，必有000(,,)1x y z =，进而推出000000(,)(,)(,)1x y y z x z ===所以， 000,,x y z 必为两奇一偶，不妨设02|z （若0y 为偶，则000,,x x y z z y ==-=-是（2）的解；若0x 为偶，则000,,x z y y z x =-==-就是（1）的这种解）。
令0000002,2x y u x y w +=-=（21）显然有000u w ≠，若不然，必有00x y =，由此及00(,)1x y =及002x y 可推出（为00002,(,)1u w u w ±=（22）由式（21）得3332200000000()()2(3)z u w u w u u w =++-=+（23）以下分（i ）03u ，（ii ）03|u 两种情形来讨论。
（i ）03u 的情形。
由式（22）知，这时有22000(2,3)1u u w +=可知322300002,3u t u w s =+=由引理2可知，必有,αβ使得223223003,(,3)1,9,33s u w αβαβααβαββ=+==-=-所以， 32(3)(3)0t ααβαβ=-+≠容易验证2,3,3ααβαβ-+两两既约，因而可知：3332,3,3ασαβταβρ=-=+=显然,,στρ是（1）的解，即333τρσ+=但是这时有33333300000000002t u x y x y z x y z στρ≠===+≤+=<之后一步用到了001x y >（前已指出001x y =时必有00z =，所以不可能），因而有0000x y z στρ≠<这和000x y z 的最小性矛盾。
所以不可能。
（ii ）03|u 的情形，设003u v =，式（23）变为322000018(3)z v v w =+可知322301001018,3v t v w s =+=由引理2可知，必有11,αβ使得22322311111011101113,(,3)1,9,33s w v αβαβααβαββ=+==-=-所以， 31111110(/3)2()()t βαβαβ≠=-+容易验证111112,,βαβαβ+-两两既约，因而可知：333111111112,,βσαβταβρ=+=-=显然111,,στρ是（1）的解，即333111τρσ+=但是这时有333333111100000000000/32/32/9/9/9/9t v u x y x y z x y z στρ≠====+≤+=<这和000x y z 的最小性矛盾。
