相关证明见下面两篇文章。
Andrew Wiles(1995). “Modular elliptic curves and Fermat’s Last Theorem”.Taylor R, Wiles A(1995). “Ring theoretic properties of certain Hecke algebras”. Annals of Mathematics. 141(3):443-551, 553-572.以下考虑几种特殊形式和拓展形式。
证明 若方程有正整数解，由于方程的所有正整数解为离散的且对于 z z z分量存在下界0，因此不妨令 ( x , y , z 0 ) ∈ Z > 0 3 \left( x,y,{{z}_{0}} \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3} (x,y,z0)∈Z>03是方程的正整数解，且 z 0 {{z}_{0}} z0是所有正整数解中 z z z分量最小的。 设 d = gcd ( x , y ) d=\gcd \left( x,y \right) d=gcd(x,y)，则有 { d ∣ x ⇒ d 4 ∣ x 4 d ∣ y ⇒ d 4 ∣ y 4 ⇒ d 4 ∣ ( x 4 + y 4 ) = z 0 2 ⇒ d 2 ∣ z 0 , z 0 d 2 ∈ Z \left\{ \begin{aligned} & \left. d \right|x\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. {{d}^{4}} \right|{{x}^{4}} \\ & \left. d \right|y\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. {{d}^{4}} \right|{{y}^{4}} \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. {{d}^{4}} \right|\left( {{x}^{4}}+{{y}^{4}} \right)={{z}_{0}}^{2}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. d^2 \right|{{z}_{0}},\text{ }\frac{{{z}_{0}}}{d^2}\in \mathbb{Z} {d∣x ⇒ d4∣∣x4d∣y ⇒ d4∣∣y4 ⇒ d4∣∣(x4+y4)=z02 ⇒ d2∣∣z0, d2z0∈Z 因此有 ( x d ) 4 + ( y d ) 4 = ( z 0 d 2 ) 2 {{\left( \frac{x}{d} \right)}^{4}}+{{\left( \frac{y}{d} \right)}^{4}}={{\left( \frac{{{z}_{0}}}{{{d}^{2}}} \right)}^{2}} (dx)4+(dy)4=(d2z0)2 即 ( x d , y d , z 0 d 2 ) ∈ Z > 0 3 \left( \frac{x}{d},\frac{y}{d},\frac{{{z}_{0}}}{{{d}^{2}}} \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3} (dx,dy,d2z0)∈Z>03也是方程的解。由假设，我们有 { z 0 d 2 ≥ z 0 ⇒ d ≤ 1 d ≥ 1 ⇒ d = gcd ( x , y ) = 1 ⇒ gcd ( x 2 , y 2 ) = 1 \left\{ \begin{matrix} \frac{{{z}_{0}}}{{{d}^{2}}}\ge {{z}_{0}}\text{ }\Rightarrow \text{ }d\le 1 \\ d\ge 1 \\ \end{matrix} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }d=\gcd \left( x,y \right)=1\text{ }\Rightarrow \text{ }\gcd \left( {{x}^{2}},{{y}^{2}} \right)=1 {d2z0≥z0 ⇒ d≤1d≥1 ⇒ d=gcd(x,y)=1 ⇒ gcd(x2,y2)=1 根据勾股数一节，方程 ( x 2 ) 2 + ( y 2 ) 2 = z 2 {{\left( {{x}^{2}} \right)}^{2}}+{{\left( {{y}^{2}} \right)}^{2}}={{z}^{2}} (x2)2+(y2)2=z2的满足条件 gcd ( x 2 , y 2 ) = 1 \gcd \left( {{x}^{2}},{{y}^{2}} \right)=1 gcd(x2,y2)=1的数组 ( x 2 , y 2 , z 0 ) \left( {{x}^{2}},{{y}^{2}},{{z}_{0}} \right) (x2,y2,z0)可以表示为（由勾股数一节， x 2 , y 2 {{x}^{2}},{{y}^{2}} x2,y2一定是一奇一偶，由 x , y x,y x,y在方程里的对称性，不妨令 x 2 {{x}^{2}} x2为偶数， y 2 {{y}^{2}} y2为奇数） { x 2 = 2 a b y 2 = a 2 − b 2 z 0 = a 2 + b 2 , ∃ a > b > 0 , gcd ( a , b ) = 1 , a , b 一 奇 一 偶 \left\{ \begin{aligned} & {{x}^{2}}=2ab \\ & {{y}^{2}}={{a}^{2}}-{{b}^{2}} \\ & z_0={{a}^{2}}+{{b}^{2}} \\ \end{aligned} \right.,\text{ }\exists a>b>0,\text{ }\gcd \left( a,b \right)=1,\text{ }a,b一奇一偶 ⎩⎪⎨⎪⎧x2=2aby2=a2−b2z0=a2+b2, ∃a>b>0, gcd(a,b)=1, a,b一奇一偶 若 a a a偶 b b b奇，设 a = 2 x , b = 2 y + 1 a=2x,\text{ }b=2y+1 a=2x, b=2y+1，有 { a 2 − b 2 = ( 2 x ) 2 − ( 2 y + 1 ) 2 = 4 ( x 2 − y 2 − y ) − 1 ≡ 3 ( m o d 4 ) y 2 = ( 2 y 0 + 1 ) 2 = 4 ( y 0 2 + y 0 ) + 1 ≡ 1 ( m o d 4 ) y 2 = a 2 − b 2 ⇒ 矛盾 \left\{ \begin{aligned} & {{a}^{2}}-{{b}^{2}}={{\left( 2x \right)}^{2}}-{{\left( 2y+1 \right)}^{2}}=4\left( {{x}^{2}}-{{y}^{2}}-y \right)-1\equiv 3\left( \bmod 4 \right) \\ & {{y}^{2}}={{\left( 2{{y}_{0}}+1 \right)}^{2}}=4\left( {{y}_{0}}^2+{{y}_{0}} \right)+1\equiv 1\left( \bmod 4 \right) \\ & \\ & {{y}^{2}}={{a}^{2}}-{{b}^{2}} \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{矛盾} ⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧a2−b2=(2x)2−(2y+1)2=4(x2−y2−y)−1≡3(mod4)y2=(2y0+1)2=4(y02+y0)+1≡1(mod4)y2=a2−b2 ⇒矛盾 因此 a a a奇 b b b偶。整理目前所得的条件和结论如下。 { x 2 = 2 a b y 2 = a 2 − b 2 z 0 = a 2 + b 2 , ∃ a > b > 0 , gcd ( a , b ) = 1 , a 奇 b 偶 \left\{ \begin{aligned} & {{x}^{2}}=2ab \\ & {{y}^{2}}={{a}^{2}}-{{b}^{2}} \\ & z_0={{a}^{2}}+{{b}^{2}} \\ \end{aligned} \right.,\text{ }\exists a>b>0,\text{ }\gcd \left( a,b \right)=1,\text{ }a奇b偶 ⎩⎪⎨⎪⎧x2=2aby2=a2−b2z0=a2+b2, ∃a>b>0, gcd(a,b)=1, a奇b偶
设 b = 2 c , c ∈ Z > 0 b=2c,\text{ c}\in {{\mathbb{Z}}_{>0}} b=2c, c∈Z>0。应用条件 x 2 = 2 a b {{x}^{2}}=2ab x2=2ab如下。 { x 2 = 2 a b = 4 a c ⇒ a c = ( x 2 ) 2 { gcd ( a , b ) = gcd ( a , 2 c ) = 1 gcd ( a , 2 ) = 1 ⇒ gcd ( a , c ) = gcd ( a , 2 c ) = 1 ( 引 理 ) ⇒ { a = d 2 c = f 2 x 2 = d f d , f ∈ Z > 0 , gcd ( d , f ) = 1 \left\{ \begin{aligned} & {{x}^{2}}=2ab=4ac\text{ }\Rightarrow \text{ }ac={{\left( \frac{x}{2} \right)}^{2}} \\ & \left\{ \begin{aligned} & \gcd \left( a,b \right)=\gcd \left( a,2c \right)=1 \\ & \gcd \left( a,2 \right)=1 \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }\gcd \left( a,c \right)=\gcd \left( a,2c \right)=1 \\ \end{aligned} \right.\text{ }\left( 引理 \right)\Rightarrow \text{ }\left\{ \begin{aligned} & a={{d}^{2}} \\ & c={{f}^{2}} \\ & \frac{x}{2}=df \\ & d,f\in {{\mathbb{Z}}_{>0}},\text{ }\gcd \left( d,f \right)=1 \\ \end{aligned} \right. ⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧x2=2ab=4ac ⇒ ac=(2x)2{gcd(a,b)=gcd(a,2c)=1gcd(a,2)=1 ⇒ gcd(a,c)=gcd(a,2c)=1 (引理)⇒ ⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎧a=d2c=f22x=dfd,f∈Z>0, gcd(d,f)=1
应用条件 y 2 = a 2 − b 2 {{y}^{2}}={{a}^{2}}-{{b}^{2}} y2=a2−b2如下。 { gcd ( y , b ) ∣ y = ( a 2 − b 2 ) gcd ( y , b ) ∣ b ⇒ gcd ( y , b ) ∣ b 2 ⇒ gcd ( y , b ) ∣ [ ( a 2 − b 2 ) + b 2 ] = a 2 ⇒ gcd ( y , b ) ∣ gcd ( a 2 , b 2 ) gcd ( a , b ) = 1 ⇒ gcd ( a 2 , b 2 ) = 1 } ⇒ gcd ( y , b ) = 1 \begin{aligned} & \left\{ \begin{aligned} & \left. \gcd \left( y,b \right) \right|y=\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right) \\ & \left. \gcd \left( y,b \right) \right|b\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. \gcd \left( y,b \right) \right|{{b}^{2}} \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. \gcd \left( y,b \right) \right|\left[ \left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)+{{b}^{2}} \right]={{a}^{2}} \\ & \left. \begin{aligned} & \Rightarrow \left. \gcd \left( y,b \right) \right|\gcd \left( {{a}^{2}},{{b}^{2}} \right) \\ & \gcd \left( a,b \right)=1\text{ }\Rightarrow \text{ }\gcd \left( {{a}^{2}},{{b}^{2}} \right)=1 \\ \end{aligned} \right\}\text{ }\Rightarrow \text{ }\gcd \left( y,b \right)=1 \\ \end{aligned} {gcd(y,b)∣y=(a2−b2)gcd(y,b)∣b ⇒ gcd(y,b)∣b2 ⇒ gcd(y,b)∣[(a2−b2)+b2]=a2⇒gcd(y,b)∣gcd(a2,b2)gcd(a,b)=1 ⇒ gcd(a2,b2)=1} ⇒ gcd(y,b)=1 y 2 = a 2 − b 2 ⇒ b 2 + y 2 = a 2 gcd ( y , b ) = 1 ( 勾 股 数 方 程 解 定 理 且 b 是 偶 数 ) ⇒ { b = 2 l m y = l 2 − m 2 a = l 2 + m 2 gcd ( l , m ) = 1 , l > m > 0 , l , m 一 奇 一 偶 \begin{matrix} {{y}^{2}}={{a}^{2}}-{{b}^{2}}\text{ }\Rightarrow \text{ }{{b}^{2}}+{{y}^{2}}={{a}^{2}} \\ \gcd \left( y,b \right)=1 \\ \end{matrix}\text{ }\left( 勾股数方程解定理且b是偶数 \right)\Rightarrow \text{ }\left\{ \begin{aligned} & b=2lm \\ & y={{l}^{2}}-{{m}^{2}} \\ & a={{l}^{2}}+{{m}^{2}} \\ & \gcd \left( l,m \right)=1,\text{ }l>m>0, l,m一奇一偶 \\ \end{aligned} \right. y2=a2−b2 ⇒ b2+y2=a2gcd(y,b)=1 (勾股数方程解定理且b是偶数)⇒ ⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧b=2lmy=l2−m2a=l2+m2gcd(l,m)=1, l>m>0,l,m一奇一偶
综合运用前2个结论如下。 2 l m = b = 2 c = 2 f 2 ⇒ l m = f 2 ( 引 理 ) ⇒ { l = r 2 m = s 2 f = r s , r , s ∈ Z > 0 , gcd ( r , s ) = 1 2lm=b=2c=2{{f}^{2}}\text{ }\Rightarrow \text{ }lm={{f}^{2}}\text{ }\left( 引理 \right)\Rightarrow \text{ }\left\{ \begin{aligned} & l={{r}^{2}} \\ & m={{s}^{2}} \\ & f=rs \\ \end{aligned} \right.,\text{ }r,s\in {{\mathbb{Z}}_{>0}},\text{ }\gcd \left( r,s \right)=1 2lm=b=2c=2f2 ⇒ lm=f2 (引理)⇒ ⎩⎪⎨⎪⎧l=r2m=s2f=rs, r,s∈Z>0, gcd(r,s)=1
有 r 4 + s 4 = l 2 + m 2 = a = d 2 {{r}^{4}}+{{s}^{4}}={{l}^{2}}+{{m}^{2}}=a={{d}^{2}} r4+s4=l2+m2=a=d2，因此 ( r , s , d ) \left( r,s,d \right) (r,s,d)是方程的一组正整数解。但是 d ≤ d 2 = a < a 2 + b 2 = z 0 d\le {{d}^{2}}=a<{{a}^{2}}+{{b}^{2}}=z_0 d≤d2=a<a2+b2=z0，与 z 0 z_0 z0最小的假设矛盾。由反证法，方程不存在正整数解。
附上全过程的证明逻辑简图。
证明
n = 0 n=0 n=0时，原方程变为 x 0 + y 0 = z 0 {{x}^{0}}+{{y}^{0}}={{z}^{0}} x0+y0=z0即 1 + 1 = 2 1+1=2 1+1=2，显然恒不成立，因此无解，更无正整数解。
n > 1 n>1 n>1时，若方程有正整数解，设 ( a , b , c ) ∈ Z > 0 3 \left( a,b,c \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3} (a,b,c)∈Z>03为 x 4 n + y 4 n = z 4 n ( n ∈ Z > 1 ) {{x}^{4n}}+{{y}^{4n}}={{z}^{4n}}\left( n\in {{\mathbb{Z}}_{>1}} \right) x4n+y4n=z4n(n∈Z>1)的正整数解，则有 a 4 n + b 4 n = c 4 n ⇒ ( a n ) 4 + ( b n ) 4 = ( c 2 n ) 2 \begin{aligned} & \text{ }{{a}^{4n}}+{{b}^{4n}}={{c}^{4n}} \\ & \Rightarrow {{\left( {{a}^{n}} \right)}^{4}}+{{\left( {{b}^{n}} \right)}^{4}}={{\left( {{c}^{2n}} \right)}^{2}} \\ \end{aligned} a4n+b4n=c4n⇒(an)4+(bn)4=(c2n)2 即 ( a n , b n , c 2 n ) ∈ Z > 0 3 \left( {{a}^{n}},{{b}^{n}},{{c}^{2n}} \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3} (an,bn,c2n)∈Z>03为方程 x 4 + y 4 = z 2 {{x}^{4}}+{{y}^{4}}={{z}^{2}} x4+y4=z2的一组正整数解，与扩展形式1中的结论矛盾。由反证法，方程无正整数解。
证明（仿扩展形式1） 若方程有正整数解，由于正整数解是离散的且 z z z分量存在下界0，因此不妨设 ( x , y , z ) ∈ Z > 0 3 \left( x,y,z \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3} (x,y,z)∈Z>03且 z z z是所有正整数解的 z z z分量中最小的。 设 d = gcd ( x , y ) d=\gcd \left( x,y \right) d=gcd(x,y)，则有 { d ∣ x ⇒ d 4 ∣ x 4 d ∣ y ⇒ d 4 ∣ y 4 ⇒ d 4 ∣ ( x 4 + 4 y 4 ) = z 2 ⇒ d 2 ∣ z , z d 2 ∈ Z \left\{ \begin{aligned} & \left. d \right|x\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. {{d}^{4}} \right|{{x}^{4}} \\ & \left. d \right|y\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. {{d}^{4}} \right|{{y}^{4}} \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. {{d}^{4}} \right|\left( {{x}^{4}}+4{{y}^{4}} \right)={{z}_{}}^{2}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. d^2 \right|{{z}_{}},\text{ }\frac{{{z}_{}}}{d^2}\in \mathbb{Z} {d∣x ⇒ d4∣∣x4d∣y ⇒ d4∣∣y4 ⇒ d4∣∣(x4+4y4)=z2 ⇒ d2∣∣z, d2z∈Z 因此有 ( x d ) 4 + 4 ( y d ) 4 = ( z d 2 ) 2 {{\left( \frac{x}{d} \right)}^{4}}+4{{\left( \frac{y}{d} \right)}^{4}}={{\left( \frac{{{z}_{}}}{{{d}^{2}}} \right)}^{2}} (dx)4+4(dy)4=(d2z)2 即 ( x d , y d , z d 2 ) ∈ Z > 0 3 \left( \frac{x}{d},\frac{y}{d},\frac{{{z}_{}}}{{{d}^{2}}} \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3} (dx,dy,d2z)∈Z>03也是方程的解。由假设，我们有 { z d 2 ≥ z ⇒ d ≤ 1 d ≥ 1 ⇒ d = gcd ( x , y ) = 1 ⇒ gcd ( x 2 , y 2 ) = 1 \left\{ \begin{matrix} \frac{{{z}_{}}}{{{d}^{2}}}\ge {{z}_{}}\text{ }\Rightarrow \text{ }d\le 1 \\ d\ge 1 \\ \end{matrix} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }d=\gcd \left( x,y \right)=1\text{ }\Rightarrow \text{ }\gcd \left( {{x}^{2}},{{y}^{2}} \right)=1 {d2z≥z ⇒ d≤1d≥1 ⇒ d=gcd(x,y)=1 ⇒ gcd(x2,y2)=1 x 4 + 4 y 4 = z 2 ⇔ ( x 2 ) 2 + ( 2 y 2 ) 2 = z 2 {{x}^{4}}+4{{y}^{4}}={{z}^{2}}\text{ }\Leftrightarrow \text{ }{{\left( {{x}^{2}} \right)}^{2}}+{{\left( 2{{y}^{2}} \right)}^{2}}={{z}^{2}} x4+4y4=z2 ⇔ (x2)2+(2y2)2=z2，因此 ( x 2 , 2 y 2 , z ) ∈ Z > 0 3 \left( {{x}^{2}},2{{y}^{2}},z \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3} (x2,2y2,z)∈Z>03是方程 X 2 + Y 2 = Z 2 {{X}^{2}}+{{Y}^{2}}={{Z}^{2}} X2+Y2=Z2的解，因此 x 2 , 2 y 2 {{x}^{2}},2{{y}^{2}} x2,2y2一奇一偶，又 2 y 2 2{{y}^{2}} 2y2是偶数，所以 x 2 {{x}^{2}} x2是奇数， x x x是奇数， gcd ( x , 2 ) = 1 \gcd \left( x,2 \right)=1 gcd(x,2)=1。 { gcd ( x , 2 ) = 1 gcd ( x 2 , y 2 ) = 1 ⇒ gcd ( x 2 , 2 y 2 ) = gcd ( x 2 , y 2 ) = 1 \left\{ \begin{aligned} & \gcd \left( x,2 \right)=1 \\ & \gcd \left( {{x}^{2}},{{y}^{2}} \right)=1 \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }\gcd \left( {{x}^{2}},2{{y}^{2}} \right)=\gcd \left( {{x}^{2}},{{y}^{2}} \right)=1 {gcd(x,2)=1gcd(x2,y2)=1 ⇒ gcd(x2,2y2)=gcd(x2,y2)=1 { x 4 + 4 y 4 = z 2 ⇔ ( x 2 ) 2 + ( 2 y 2 ) 2 = ( z ) 2 2 y 2 是 偶 数 g c d ( x 2 , 2 y 2 ) = 1 ( 勾 股 数 方 程 解 的 表 示 ) ⇒ ∃ a , b ∈ Z > 0 , s . t . { 2 y 2 = 2 a b ⇔ y 2 = a b x 2 = a 2 − b 2 z = a 2 + b 2 a > b > 0 , gcd ( a , b ) = 1 a , b 一 奇 一 偶 \begin{aligned} & \left\{ \begin{matrix} {{x}^{4}}+4{{y}^{4}}={{z}^{2}}\Leftrightarrow {{\left( {{x}^{2}} \right)}^{2}}+{{\left( 2{{y}^{2}} \right)}^{2}}={{\left( z \right)}^{2}} \\ 2{{y}^{2}}是偶数 \\ gcd(x^2,2y^2)=1 \\ \end{matrix} \right. \\ & \left( 勾股数方程解的表示 \right)\Rightarrow \exists a,b\in {{\mathbb{Z}}_{>0}},\text{ }s.t.\left\{ \begin{aligned} & 2{{y}^{2}}=2ab\text{ }\Leftrightarrow \text{ }{{y}^{2}}=ab \\ & {{x}^{2}}={{a}^{2}}-{{b}^{2}} \\ & z={{a}^{2}}+{{b}^{2}} \\ & a>b>0,\text{ }\gcd \left( a,b \right)=1 \\ & a,b一奇一偶 \\ \end{aligned} \right. \\ \end{aligned} ⎩⎨⎧x4+4y4=z2⇔(x2)2+(2y2)2=(z)22y2是偶数gcd(x2,2y2)=1(勾股数方程解的表示)⇒∃a,b∈Z>0, s.t.⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧2y2=2ab ⇔ y2=abx2=a2−b2z=a2+b2a>b>0, gcd(a,b)=1a,b一奇一偶 若 a a a偶 b b b奇，设 a = 2 a 0 , b = 2 b 0 + 1 a=2{{a}_{0}},\text{ }b=2{{b}_{0}}+1 a=2a0, b=2b0+1。由勾股数方程的性质（或由 a , b a,b a,b一奇一偶）得 x 2 {{x}^{2}} x2是奇数 ⇒ x \Rightarrow x ⇒x是奇数，设为 x = 2 x 0 + 1 x=2{{x}_{0}}+1 x=2x0+1。 x 2 = a 2 − b 2 x 2 = ( 2 x 0 + 1 ) 2 = 4 ( x 0 2 + x 0 ) + 1 ≡ 1 ( m o d 4 ) a 2 − b 2 = ( 2 a 0 ) 2 − ( 2 b 0 + 1 ) 2 = 4 ( a 0 2 − b 0 2 − b 0 ) − 1 ≡ 3 ( m o d 4 ) } ⇒ 矛盾 \left. \begin{matrix} {{x}^{2}}={{a}^{2}}-{{b}^{2}} \\ {{x}^{2}}={{\left( 2{{x}_{0}}+1 \right)}^{2}}=4\left( {{x}_{0}}^{2}+{{x}_{0}} \right)+1\equiv 1\left( \bmod 4 \right) \\ {{a}^{2}}-{{b}^{2}}={{\left( 2{{a}_{0}} \right)}^{2}}-{{\left( 2{{b}_{0}}+1 \right)}^{2}}=4\left( {{a}_{0}}^{2}-{{b}_{0}}^{2}-{{b}_{0}} \right)-1\equiv 3\left( \bmod 4 \right) \\ \end{matrix} \right\}\text{ }\Rightarrow \text{ 矛盾} x2=a2−b2x2=(2x0+1)2=4(x02+x0)+1≡1(mod4)a2−b2=(2a0)2−(2b0+1)2=4(a02−b02−b0)−1≡3(mod4)⎭⎬⎫ ⇒ 矛盾 因此只能是 a a a奇 b b b偶。总结现有的条件如下。 { y 2 = a b x 2 = a 2 − b 2 z = a 2 + b 2 a > b , gcd ( a , b ) = 1 x 奇 , y 偶 , a 奇 , b 偶 \left\{ \begin{aligned} & {{y}^{2}}=ab \\ & {{x}^{2}}={{a}^{2}}-{{b}^{2}} \\ & z={{a}^{2}}+{{b}^{2}} \\ & a>b,\text{ }\gcd \left( a,b \right)=1 \\ & x奇,y偶,a奇,b偶 \\ \end{aligned} \right. ⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧y2=abx2=a2−b2z=a2+b2a>b, gcd(a,b)=1x奇,y偶,a奇,b偶
欲利用条件 y 2 = a b {{y}^{2}}=ab y2=ab如下。 b 偶 ⇒ b = 2 b 0 y 偶 ⇒ y = 2 y 0 y 2 = a b } ⇒ 2 y 0 2 = a b 0 2 y 0 2 偶 a 奇 } ⇒ b 0 偶 ⇒ b 0 = 2 b 1 ⇒ a b 1 = y 0 2 ( 引 理 ) ⇒ { a = f 2 b 1 = g 2 y 0 = f g f , g ∈ Z > 0 , gcd ( f , g ) = 1 \begin{aligned} & \left. \begin{matrix} \left. \begin{matrix} b偶\Rightarrow b=2{{b}_{0}} \\ y偶\Rightarrow y=2{{y}_{0}} \\ {{y}^{2}}=ab \\ \end{matrix} \right\}\text{ }\Rightarrow \text{ }2{{y}_{0}}^{2}=a{{b}_{0}} \\ \begin{aligned} & \\ & 2{{y}_{0}}^{2}偶 \\ \end{aligned} \\ \begin{aligned} & \\ & \\ & a奇 \\ \end{aligned} \\ \end{matrix} \right\}\text{ }\Rightarrow \text{ }{{b}_{0}}偶\Rightarrow {{b}_{0}}=2{{b}_{1}} \\ & \Rightarrow a{{b}_{1}}={{y}_{0}}^{2}\left( 引理 \right)\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & a={{f}^{2}} \\ & {{b}_{1}}={{g}^{2}} \\ & {{y}_{0}}=fg \\ & f,g\in {{\mathbb{Z}}_{>0}},\gcd \left( f,g \right)=1 \\ \end{aligned} \right. \\ \end{aligned} b偶⇒b=2b0y偶⇒y=2y0y2=ab⎭⎬⎫ ⇒ 2y02=ab02y02偶a奇⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎫ ⇒ b0偶⇒b0=2b1⇒ab1=y02(引理)⇒⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧a=f2b1=g2y0=fgf,g∈Z>0,gcd(f,g)=1
欲利用条件 x 2 = a 2 − b 2 {{x}^{2}}={{a}^{2}}-{{b}^{2}} x2=a2−b2 如下。 x 2 = a 2 − b 2 ⇒ b 2 + x 2 = a 2 gcd ( b , x ) ∣ b ⇒ gcd ( b , x ) ∣ b 2 gcd ( b , x ) ∣ x ⇒ gcd ( b , x ) ∣ x 2 } ⇒ gcd ( b , x ) ∣ ( b 2 + x 2 ) = a 2 ⇒ gcd ( b , x ) ∣ a \left. \begin{aligned} & {{x}^{2}}={{a}^{2}}-{{b}^{2}}\text{ }\Rightarrow \text{ }{{b}^{2}}+{{x}^{2}}={{a}^{2}} \\ & \left. \gcd \left( b,x \right) \right|b\text{ }\Rightarrow \left. \gcd \left( b,x \right) \right|{{b}^{2}} \\ & \left. \gcd \left( b,x \right) \right|x\text{ }\Rightarrow \left. \gcd \left( b,x \right) \right|{{x}^{2}} \\ \end{aligned} \right\}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. \gcd \left( b,x \right) \right|\left( {{b}^{2}}+{{x}^{2}} \right)={{a}^{2}}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. \gcd \left( b,x \right) \right|a x2=a2−b2 ⇒ b2+x2=a2gcd(b,x)∣b ⇒gcd(b,x)∣b2gcd(b,x)∣x ⇒gcd(b,x)∣x2⎭⎪⎬⎪⎫ ⇒ gcd(b,x)∣(b2+x2)=a2 ⇒ gcd(b,x)∣a gcd ( b , x ) ∣ a gcd ( b , x ) ∣ b } ⇒ gcd ( b , x ) ∣ gcd ( a , b ) = 1 ⇒ gcd ( b , x ) = 1 \left. \begin{aligned} & \left. \gcd \left( b,x \right) \right|a \\ & \left. \gcd \left( b,x \right) \right|b \\ \end{aligned} \right\}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. \gcd \left( b,x \right) \right|\gcd \left( a,b \right)=1\text{ }\Rightarrow \text{ gcd}\left( b,x \right)=1 gcd(b,x)∣agcd(b,x)∣b} ⇒ gcd(b,x)∣gcd(a,b)=1 ⇒ gcd(b,x)=1 { b 2 + x 2 = a 2 gcd ( b , x ) = 1 b 偶 x 奇 ( 勾 股 数 方 程 解 的 表 示 ) ⇒ { b = 2 m n x = m 2 − n 2 a = m 2 + n 2 m > n > 0 , gcd ( m , n ) = 1 , m , n 一 奇 一 偶 \left\{ \begin{aligned} & {{b}^{2}}+{{x}^{2}}={{a}^{2}} \\ & \gcd \left( b,x \right)=1 \\ & b偶x奇 \\ \end{aligned} \right.\text{ }\left( 勾股数方程解的表示 \right)\Rightarrow \text{ }\left\{ \begin{aligned} & b=2mn \\ & x={{m}^{2}}-{{n}^{2}} \\ & a={{m}^{2}}+{{n}^{2}} \\ & m>n>0,\text{ }\gcd \left( m,n \right)=1,\text{ }m,n一奇一偶 \\ \end{aligned} \right. ⎩⎪⎨⎪⎧b2+x2=a2gcd(b,x)=1b偶x奇 (勾股数方程解的表示)⇒ ⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧b=2mnx=m2−n2a=m2+n2m>n>0, gcd(m,n)=1, m,n一奇一偶
综合上面两个条件，得 2 m n = b = 4 b 1 = 4 g 2 ⇔ m n = 2 g 2 2mn=b=4{{b}_{1}}=4{{g}^{2}}\text{ }\Leftrightarrow \text{ }mn=2{{g}^{2}} 2mn=b=4b1=4g2 ⇔ mn=2g2 m , n m,n m,n一奇一偶，不妨设 m m m是偶数，则有 m = 2 m 0 , m 0 ∈ Z > 0 m=2{{m}_{0}},\text{ }{{m}_{0}}\in {{\mathbb{Z}}_{>0}} m=2m0, m0∈Z>0。因此有 gcd ( m 0 , n ) ≥ 1 gcd ( m 0 , n ) ≤ gcd ( 2 m 0 , n ) = gcd ( m , n ) = 1 } ⇒ gcd ( m 0 , n ) = 1 m 0 n = g 2 } ( 引 理 ) ⇒ { m 0 = p 2 n = q 2 g = p q p , q ∈ Z > 0 , gcd ( p , q ) = 1 \left. \begin{matrix} \left. \begin{matrix} \gcd \left( {{m}_{0}},n \right)\ge 1 \\ \gcd \left( {{m}_{0}},n \right)\le \gcd \left( 2{{m}_{0}},n \right)=\gcd \left( m,n \right)=1 \\ \end{matrix} \right\}\Rightarrow \gcd \left( {{m}_{0}},n \right)=1 \\ {{m}_{0}}n={{g}^{2}} \\ \end{matrix} \right\}\left( 引理 \right)\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & {{m}_{0}}={{p}^{2}} \\ & n={{q}^{2}} \\ & g=pq \\ & p,q\in {{\mathbb{Z}}_{>0}},\text{ }\gcd \left( p,q \right)=1 \\ \end{aligned} \right. gcd(m0,n)≥1gcd(m0,n)≤gcd(2m0,n)=gcd(m,n)=1}⇒gcd(m0,n)=1m0n=g2⎭⎬⎫(引理)⇒⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧m0=p2n=q2g=pqp,q∈Z>0, gcd(p,q)=1
有 q 4 + 4 p 4 = n 2 + 4 m 0 2 = n 2 + ( 2 m 0 ) 2 = n 2 + m 2 = a = f 2 {{q}^{4}}+4{{p}^{4}}={{n}^{2}}+4{{m}_{0}}^{2}={{n}^{2}}+{{\left( 2{{m}_{0}} \right)}^{2}}={{n}^{2}}+{{m}^{2}}=a={{f}^{2}} q4+4p4=n2+4m02=n2+(2m0)2=n2+m2=a=f2因此 ( p , q , f ) ∈ Z > 0 3 \left( p,q,f \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3} (p,q,f)∈Z>03也是方程 x 4 + 4 y 4 = z 2 {{x}^{4}}+4{{y}^{4}}={{z}^{2}} x4+4y4=z2的一组正整数解，但是 f < f 2 = a < a 2 + b 2 = z f<{{f}^{2}}=a<{{a}^{2}}+{{b}^{2}}=z f<f2=a<a2+b2=z 这与 z z z的最小性假设矛盾。由反证法， x 4 + 4 y 4 = z 2 {{x}^{4}}+4{{y}^{4}}={{z}^{2}} x4+4y4=z2无正整数解。
证明（仿扩展形式1 + 自身递归） 若 x 4 − y 4 = z 2 {{x}^{4}}-{{y}^{4}}={{z}^{2}} x4−y4=z2有正整数解，则有 S = { ( x , y , z ) ∈ Z > 0 3 : x 4 − y 4 = z 2 } ≠ ∅ S=\left\{ \left( x,y,z \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3}:{{x}^{4}}-{{y}^{4}}={{z}^{2}} \right\}\ne \varnothing S={(x,y,z)∈Z>03:x4−y4=z2}=∅ 取 ( x 0 , y 0 , z 0 ) ∈ S \left( {{x}_{0}},{{y}_{0}},{{z}_{0}} \right)\in S (x0,y0,z0)∈S且 x 0 = min { ( x + 0 ⋅ y + 0 ⋅ z ) : ( x , y , z ) ∈ S } {{x}_{0}}=\min \left\{ \left( x+0\centerdot y+0\centerdot z \right):\left( x,y,z \right)\in S \right\} x0=min{(x+0⋅y+0⋅z):(x,y,z)∈S} 设 d = gcd ( x 0 , y 0 ) d=\gcd \left( {{x}_{0}},{{y}_{0}} \right) d=gcd(x0,y0)，则有 { d ∣ x 0 ⇒ d 4 ∣ x 0 4 d ∣ y 0 ⇒ d 4 ∣ y 0 4 ⇒ d 4 ∣ ( x 0 4 − y 0 4 ) = z 0 2 ⇒ d 2 ∣ z 0 ⇒ ( x 0 d ) 4 − ( y 0 d ) 4 = ( z 0 d 2 ) 2 , ( x 0 d , y 0 d , z 0 d 2 ) ∈ Z > 0 3 ⇒ x 0 d 2 ≥ x 0 ( z 的 最 小 性 假 设 ) d ≥ 1 } ⇒ d = gcd ( x 0 , y 0 ) = 1 \begin{aligned} & \left\{ \begin{aligned} & \left. d \right|{{x}_{0}}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. {{d}^{4}} \right|{{x}_{0}}^{4} \\ & \left. d \right|{{y}_{0}}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. {{d}^{4}} \right|{{y}_{0}}^{4} \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. {{d}^{4}} \right|\left( {{x}_{0}}^{4}-{{y}_{0}}^{4} \right)={{z}_{0}}^{2}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. {{d}^{2}} \right|{{z}_{0}} \\ & \Rightarrow {{\left( \frac{{{x}_{0}}}{d} \right)}^{4}}-{{\left( \frac{{{y}_{0}}}{d} \right)}^{4}}={{\left( \frac{{{z}_{0}}}{{{d}^{2}}} \right)}^{2}},\text{ }\left( \frac{{{x}_{0}}}{d},\frac{{{y}_{0}}}{d},\frac{{{z}_{0}}}{d^2} \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3} \\ & \left. \begin{aligned} & \Rightarrow \frac{{{x}_{0}}}{d^2}\ge {{x}_{0}}\left( z的最小性假设 \right) \\ & d\ge 1 \\ \end{aligned} \right\}\text{ }\Rightarrow \text{ }d=\gcd \left( x_0,y_0 \right)=1 \\ \end{aligned} {d∣x0 ⇒ d4∣∣x04d∣y0 ⇒ d4∣∣y04 ⇒ d4∣∣(x04−y04)=z02 ⇒ d2∣∣z0⇒(dx0)4−(dy0)4=(d2z0)2, (dx0,dy0,d2z0)∈Z>03⇒d2x0≥x0(z的最小性假设)d≥1⎭⎬⎫ ⇒ d=gcd(x0,y0)=1 x 4 − y 4 = z 2 ⇔ z 2 + y 4 = x 4 ⇔ ( z ) 2 + ( y 2 ) 2 = ( x 2 ) 2 {{x}^{4}}-{{y}^{4}}={{z}^{2}}\text{ }\Leftrightarrow \text{ }{{z}^{2}}+{{y}^{4}}={{x}^{4}}\text{ }\Leftrightarrow \text{ }{{\left( z \right)}^{2}}+{{\left( {{y}^{2}} \right)}^{2}}={{\left( {{x}^{2}} \right)}^{2}} x4−y4=z2 ⇔ z2+y4=x4 ⇔ (z)2+(y2)2=(x2)2 由勾股数方程解的表示，有 z z z奇 y 2 {{y}^{2}} y2偶和 z z z偶 y 2 {{y}^{2}} y2奇两种情况。
情况1：先注意 z z z奇 y 2 {{y}^{2}} y2偶（也就有 y y y偶）的情况。由勾股数方程解的表示，有 { y 0 2 = 2 a b × k ( 左 边 是 正 整 数 的 平 方 项 ， 这 样 就 可 以 用 引 理 ， 也 是 先 考 虑 此 情 况 的 理 由 ) z 0 = ( a 2 − b 2 ) × k x 0 2 = ( a 2 + b 2 ) × k a > b > 0 , gcd ( a , b ) = 1 , a , b 一 奇 一 偶 \left\{ \begin{aligned} & {{y_0}^{2}}=2ab\times k\left( 左边是正整数的平方项，这样就可以用引理，也是先考虑此情况的理由 \right) \\ & z_0=({{a}^{2}}-{{b}^{2}})\times k \\ & {{x_0}^{2}}=({{a}^{2}}+{{b}^{2}}) \times k \\ & a>b>0,\text{ }\gcd \left( a,b \right)=1,\text{ }a,b一奇一偶 \\ \end{aligned} \right. ⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧y02=2ab×k(左边是正整数的平方项，这样就可以用引理，也是先考虑此情况的理由)z0=(a2−b2)×kx02=(a2+b2)×ka>b>0, gcd(a,b)=1, a,b一奇一偶 且有 gcd ( x , y ) = 1 ⇒ gcd ( x 2 , y 2 ) = 1 ⇒ k = 1 \gcd \left( x,y \right)=1\text{ }\Rightarrow \text{ }\gcd \left( {{x}^{2}},{{y}^{2}} \right)=1\text{ }\Rightarrow k=1 gcd(x,y)=1 ⇒ gcd(x2,y2)=1 ⇒k=1
若 a a a偶 b b b奇，设 a = 2 a 0 , a 0 ∈ Z > 0 a=2{{a}_{0}},\text{ }{{a}_{0}}\in {{\mathbb{Z}}_{>0}} a=2a0, a0∈Z>0。 利用条件 y 0 2 = 2 a b {{y}_{0}}^{2}=2ab y02=2ab： y 0 2 = 2 a b = 4 a 0 b ⇒ a 0 b = ( y 0 2 ) 2 , ( a 0 , b , y 0 2 ) ∈ Z > 0 3 ( 1 ) gcd ( a , b ) = gcd ( 2 a 0 , b ) = 1 ⇒ gcd ( a 0 , b ) = 1 ( 2 ) ( 1 & 2 ) ⇒ { a 0 = f 2 b = g 2 y 0 2 = f g g c d ( f , g ) = 1 , f 偶 , g 奇 \begin{aligned} & {{y}_{0}}^{2}=2ab=4{{a}_{0}}b\text{ }\Rightarrow \text{ }{{a}_{0}}b={{\left( \frac{{{y}_{0}}}{2} \right)}^{2}},\text{ }\left( {{a}_{0}},b,\frac{{{y}_{0}}}{2} \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3}\text{ }\left( 1 \right) \\ & \gcd \left( a,b \right)=\gcd \left( 2{{a}_{0}},b \right)=1\text{ }\Rightarrow \text{ }\gcd \left( {{a}_{0}},b \right)=1\text{ }\left( 2 \right) \\ & \left( 1\And 2 \right)\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & {{a}_{0}}={{f}^{2}} \\ & b={{g}^{2}} \\ & \frac{{{y}_{0}}}{2}=fg \\ & gcd(f,g)=1, f偶,g奇 \\ \end{aligned} \right. \\ \end{aligned} y02=2ab=4a0b ⇒ a0b=(2y0)2, (a0,b,2y0)∈Z>03 (1)gcd(a,b)=gcd(2a0,b)=1 ⇒ gcd(a0,b)=1 (2)(1&2)⇒⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎧a0=f2b=g22y0=fggcd(f,g)=1,f偶,g奇 利用条件 x 0 2 = a 2 + b 2 {{x}_{0}}^{2}={{a}^{2}}+{{b}^{2}} x02=a2+b2： { a 2 + b 2 = x 0 2 gcd ( a , b ) = 1 a 偶 b 奇 ( 勾 股 数 方 程 解 的 表 示 ) ⇒ { a = 2 m n b = m 2 − n 2 x 0 = m 2 + n 2 m > n > 0 , gcd ( m , n ) = 1 , m , n 一 奇 一 偶 \left\{ \begin{aligned} & {{a}^{2}}+{{b}^{2}}={{x}_{0}}^{2} \\ & \gcd \left( a,b \right)=1 \\ & a偶b奇 \\ \end{aligned} \right.\text{ }\left( 勾股数方程解的表示 \right)\Rightarrow \text{ }\left\{ \begin{aligned} & a=2mn \\ & b={{m}^{2}}-{{n}^{2}} \\ & {{x}_{0}}={{m}^{2}}+{{n}^{2}} \\ & m>n>0,\text{ }\gcd \left( m,n \right)=1,\text{ }m,n一奇一偶 \\ \end{aligned} \right. ⎩⎪⎨⎪⎧a2+b2=x02gcd(a,b)=1a偶b奇 (勾股数方程解的表示)⇒ ⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧a=2mnb=m2−n2x0=m2+n2m>n>0, gcd(m,n)=1, m,n一奇一偶 综合利用上面两点结论，有 2 m n = a = 2 a 0 = 2 f 2 ⇒ m n = f 2 gcd ( m , n ) = 1 } ( 引 理 ) ⇒ { m = p 2 n = q 2 f = p q , p , q ∈ Z > 0 , gcd ( p , q ) = 1 \left. \begin{aligned} & 2mn=a=2{{a}_{0}}=2{{f}^{2}}\text{ }\Rightarrow \text{ }mn={{f}^{2}} \\ & \gcd \left( m,n \right)=1 \\ \end{aligned} \right\}\left( 引理 \right)\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & m={{p}^{2}} \\ & n={{q}^{2}} \\ & f=pq \\ \end{aligned} \right.,\text{ }p,q\in {{\mathbb{Z}}_{>0}},\text{ }\gcd \left( p,q \right)=1 2mn=a=2a0=2f2 ⇒ mn=f2gcd(m,n)=1}(引理)⇒⎩⎪⎨⎪⎧m=p2n=q2f=pq, p,q∈Z>0, gcd(p,q)=1 因此有 p 4 − q 4 = ( p 2 ) 2 − ( q 2 ) 2 = m 2 − n 2 = b = g 2 {{p}^{4}}-{{q}^{4}}={{\left( {{p}^{2}} \right)}^{2}}-{{\left( {{q}^{2}} \right)}^{2}}={{m}^{2}}-{{n}^{2}}=b={{g}^{2}} p4−q4=(p2)2−(q2)2=m2−n2=b=g2 因此 ( p , q , g ) ∈ Z > 0 3 \left( p,q,g \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3} (p,q,g)∈Z>03是方程 x 4 − y 4 = z 2 {{x}^{4}}-{{y}^{4}}={{z}^{2}} x4−y4=z2的一组正整数解。但是 g 2 = b < b 2 + a 2 = x 0 2 g , x 0 ∈ Z > 0 } ⇒ g < x 0 \left. \begin{aligned} & {{g}^{2}}=b<{{b}^{2}}+{{a}^{2}}={{x}_{0}}^{2} \\ & g,{{x}_{0}}\in {{\mathbb{Z}}_{>0}} \\ \end{aligned} \right\}\text{ }\Rightarrow \text{ }g<{{x}_{0}} g2=b<b2+a2=x02g,x0∈Z>0} ⇒ g<x0 这与 x 0 {{x}_{0}} x0的最小性假设矛盾。
若 a a a奇 b b b偶，证明过程也是类似的，这里也详细叙述一遍。设 b = 2 b 0 , b 0 ∈ Z > 0 b=2{{b}_{0}},\text{ }{{b}_{0}}\in {{\mathbb{Z}}_{>0}} b=2b0, b0∈Z>0。 利用条件 y 0 2 = 2 a b {{y}_{0}}^{2}=2ab y02=2ab： y 0 2 = 2 a b = 4 a b 0 ⇒ a b 0 = ( y 0 2 ) 2 , ( a , b 0 , y 0 2 ) ∈ Z > 0 3 ( 1 ) gcd ( a , b ) = gcd ( a , 2 b 0 ) = 1 ⇒ gcd ( a , b 0 ) = 1 ( 2 ) ( 1 & 2 ) ⇒ { a = f 2 b 0 = g 2 y 0 2 = f g g c d ( f , g ) = 1 , f 奇 , g 偶 \begin{aligned} & {{y}_{0}}^{2}=2ab=4{{a}_{}}b_0\text{ }\Rightarrow \text{ }{{a}_{}}b_0={{\left( \frac{{{y}_{0}}}{2} \right)}^{2}},\text{ }\left( {{a}_{}},b_0,\frac{{{y}_{0}}}{2} \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3}\text{ }\left( 1 \right) \\ & \gcd \left( a,b \right)=\gcd \left( {{a}_{}},2b_0 \right)=1\text{ }\Rightarrow \text{ }\gcd \left( {{a}_{}},b_0 \right)=1\text{ }\left( 2 \right) \\ & \left( 1\And 2 \right)\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & {{a}_{}}={{f}^{2}} \\ & b_0={{g}^{2}} \\ & \frac{{{y}_{0}}}{2}=fg \\ & gcd(f,g)=1, f奇,g偶 \\ \end{aligned} \right. \\ \end{aligned} y02=2ab=4ab0 ⇒ ab0=(2y0)2, (a,b0,2y0)∈Z>03 (1)gcd(a,b)=gcd(a,2b0)=1 ⇒ gcd(a,b0)=1 (2)(1&2)⇒⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎧a=f2b0=g22y0=fggcd(f,g)=1,f奇,g偶 利用条件 x 0 2 = a 2 + b 2 {{x}_{0}}^{2}={{a}^{2}}+{{b}^{2}} x02=a2+b2： { a 2 + b 2 = x 0 2 gcd ( a , b ) = 1 a 奇 b 偶 ( 勾 股 数 方 程 解 的 表 示 ) ⇒ { a = m 2 − n 2 b = 2 m n x 0 = m 2 + n 2 m > n > 0 , gcd ( m , n ) = 1 , m , n 一 奇 一 偶 \left\{ \begin{aligned} & {{a}^{2}}+{{b}^{2}}={{x}_{0}}^{2} \\ & \gcd \left( a,b \right)=1 \\ & a奇b偶 \\ \end{aligned} \right.\text{ }\left( 勾股数方程解的表示 \right)\Rightarrow \text{ }\left\{ \begin{aligned} & a={{m}^{2}}-{{n}^{2}} \\ & b=2mn \\ & {{x}_{0}}={{m}^{2}}+{{n}^{2}} \\ & m>n>0,\text{ }\gcd \left( m,n \right)=1,\text{ }m,n一奇一偶 \\ \end{aligned} \right. ⎩⎪⎨⎪⎧a2+b2=x02gcd(a,b)=1a奇b偶 (勾股数方程解的表示)⇒ ⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧a=m2−n2b=2mnx0=m2+n2m>n>0, gcd(m,n)=1, m,n一奇一偶 综合利用上面两点结论，有 2 m n = b = 2 b 0 = 2 g 2 ⇒ m n = g 2 gcd ( m , n ) = 1 } ( 引 理 ) ⇒ { m = p 2 n = q 2 g = p q , p , q ∈ Z > 0 , gcd ( p , q ) = 1 \left. \begin{aligned} & 2mn=b=2{{b}_{0}}=2{{g}^{2}}\text{ }\Rightarrow \text{ }mn={{g}^{2}} \\ & \gcd \left( m,n \right)=1 \\ \end{aligned} \right\}\left( 引理 \right)\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & m={{p}^{2}} \\ & n={{q}^{2}} \\ & g=pq \\ \end{aligned} \right.,\text{ }p,q\in {{\mathbb{Z}}_{>0}},\text{ }\gcd \left( p,q \right)=1 2mn=b=2b0=2g2 ⇒ mn=g2gcd(m,n)=1}(引理)⇒⎩⎪⎨⎪⎧m=p2n=q2g=pq, p,q∈Z>0, gcd(p,q)=1 因此有 p 4 − q 4 = ( p 2 ) 2 − ( q 2 ) 2 = m 2 − n 2 = a = f 2 {{p}^{4}}-{{q}^{4}}={{\left( {{p}^{2}} \right)}^{2}}-{{\left( {{q}^{2}} \right)}^{2}}={{m}^{2}}-{{n}^{2}}=a={{f}^{2}} p4−q4=(p2)2−(q2)2=m2−n2=a=f2 因此 ( p , q , f ) ∈ Z > 0 3 \left( p,q,f \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3} (p,q,f)∈Z>03是方程 x 4 − y 4 = z 2 {{x}^{4}}-{{y}^{4}}={{z}^{2}} x4−y4=z2的一组正整数解。但是 f 2 = a < a 2 + b 2 = x 0 2 f , x 0 ∈ Z > 0 } ⇒ f < x 0 \left. \begin{aligned} & {{f}^{2}}=a<{{a}^{2}}+{{b}^{2}}={{x}_{0}}^{2} \\ & f,{{x}_{0}}\in {{\mathbb{Z}}_{>0}} \\ \end{aligned} \right\}\text{ }\Rightarrow \text{ }f<{{x}_{0}} f2=a<a2+b2=x02f,x0∈Z>0} ⇒ f<x0 这与 x 0 {{x}_{0}} x0的最小性假设矛盾。因此该情况下原方程无正整数解。
情况2： z z z偶 y 2 {{y}^{2}} y2奇（也就有 y y y奇）的情况。以下我们将通过把情况化归到情况1来说明此情况下依然没有正整数解。 由勾股数方程解的表示，有 { z 0 = 2 a b y 0 2 = a 2 − b 2 x 0 2 = a 2 + b 2 a > b > 0 , gcd ( a , b ) = 1 , a , b 一 奇 一 偶 \left\{ \begin{aligned} & {{z}_{0}}=2ab \\ & {{y}_{0}}^{2}={{a}^{2}}-{{b}^{2}} \\ & {{x}_{0}}^{2}={{a}^{2}}+{{b}^{2}} \\ & a>b>0,\text{ }\gcd \left( a,b \right)=1,\text{ }a,b一奇一偶 \\ \end{aligned} \right. ⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧z0=2aby02=a2−b2x02=a2+b2a>b>0, gcd(a,b)=1, a,b一奇一偶 若 a a a偶 b b b奇，则容易验证得 y 0 2 ≡ 1 ( m o d 4 ) a 2 − b 2 ≡ 3 ( m o d 4 ) y 0 2 = a 2 − b 2 } ⇒ 矛盾 \left. \begin{aligned} & {{y}_{0}}^{2}\equiv 1\left( \bmod 4 \right) \\ & {{a}^{2}}-{{b}^{2}}\equiv 3\left( \bmod 4 \right) \\ & {{y}_{0}}^{2}={{a}^{2}}-{{b}^{2}} \\ \end{aligned} \right\}\text{ }\Rightarrow \text{ 矛盾} y02≡1(mod4)a2−b2≡3(mod4)y02=a2−b2⎭⎪⎬⎪⎫ ⇒ 矛盾 因此 a a a奇 b b b偶。 ( x 0 y 0 ) 2 = x 0 2 y 0 2 = ( a 2 + b 2 ) ( a 2 − b 2 ) = a 4 − b 4 ⇔ ( x 0 y 0 ) 2 + ( b 2 ) 2 = ( a 2 ) 2 , x 0 y 0 奇 , b 2 偶 \begin{aligned} & \text{ }{{\left( {{x}_{0}}{{y}_{0}} \right)}^{2}}={{x}_{0}}^{2}{{y}_{0}}^{2}=\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)={{a}^{4}}-{{b}^{4}} \\ & \Leftrightarrow {{\left( {{x}_{0}}{{y}_{0}} \right)}^{2}}+{{\left( {{b}^{2}} \right)}^{2}}={{\left( {{a}^{2}} \right)}^{2}},\text{ }{{x}_{0}}{{y}_{0}}奇,\text{ }{{b}^{2}}偶 \\ \end{aligned} (x0y0)2=x02y02=(a2+b2)(a2−b2)=a4−b4⇔(x0y0)2+(b2)2=(a2)2, x0y0奇, b2偶 而情况1已证明以上情况不可能成立，因此情况2下原方程也没有正整数解。
证明（最小元法） 若 x 3 + 2 y 3 = 4 z 3 {{x}^{3}}+2{{y}^{3}}=4{{z}^{3}} x3+2y3=4z3有正整数解，则可以设 ( x , y , z ) ∈ Z > 0 3 \left( x,y,z \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3} (x,y,z)∈Z>03是方程的正整数解，且 z z z是方程所有正整数解的 z z z分量中最小的（理由：解离散 + z z z分量有下界）。 x 3 = 4 z 3 − 2 y 3 ⇒ 2 ∣ x 3 ⇒ 2 ∣ x {{x}^{3}}=4{{z}^{3}}-2{{y}^{3}}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. 2 \right|{{x}^{3}}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. 2 \right|x x3=4z3−2y3 ⇒ 2∣x3 ⇒ 2∣x 设 x = 2 x 1 x=2{{x}_{1}} x=2x1，有 ( 2 x 1 ) 3 + 2 y 3 = 4 z 3 ⇔ 8 x 1 3 + 2 y 3 = 4 z 3 ⇔ 4 x 1 3 + y 3 = 2 z 3 ⇔ y 3 = 2 z 3 − 4 x 1 3 ⇒ 2 ∣ y 3 ⇒ 2 ∣ y \begin{aligned} & \text{ }{{\left( 2{{x}_{1}} \right)}^{3}}+2{{y}^{3}}=4{{z}^{3}} \\ & \Leftrightarrow \text{ }8{{x}_{1}}^{3}+2{{y}^{3}}=4{{z}^{3}} \\ & \Leftrightarrow 4{{x}_{1}}^{3}+{{y}^{3}}=2{{z}^{3}} \\ & \Leftrightarrow {{y}^{3}}=2{{z}^{3}}-4{{x}_{1}}^{3}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. 2 \right|{{y}^{3}}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. 2 \right|y \\ \end{aligned} (2x1)3+2y3=4z3⇔ 8x13+2y3=4z3⇔4x13+y3=2z3⇔y3=2z3−4x13 ⇒ 2∣y3 ⇒ 2∣y 设 y = 2 y 1 y=2{{y}_{1}} y=2y1，有 ( 2 x 1 ) 3 + 2 ( 2 y 1 ) 3 = 4 z 3 ⇔ 8 x 1 3 + 16 y 1 3 = 4 z 3 ⇔ 2 x 1 3 + 4 y 1 3 = z 3 ⇒ 2 ∣ z 3 ⇒ 2 ∣ z \begin{aligned} & \text{ }{{\left( 2{{x}_{1}} \right)}^{3}}+2{{\left( 2{{y}_{1}} \right)}^{3}}=4{{z}^{3}} \\ & \Leftrightarrow 8{{x}_{1}}^{3}+16{{y}_{1}}^{3}=4{{z}^{3}} \\ & \Leftrightarrow 2{{x}_{1}}^{3}+4{{y}_{1}}^{3}={{z}^{3}}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. 2 \right|{{z}^{3}}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. 2 \right|z \\ \end{aligned} (2x1)3+2(2y1)3=4z3⇔8x13+16y13=4z3⇔2x13+4y13=z3 ⇒ 2∣z3 ⇒ 2∣z 设 z = 2 z 1 z=2{{z}_{1}} z=2z1，有 ( 2 x 1 ) 3 + 2 ( 2 y 1 ) 3 = 4 ( 2 z 1 ) 3 ⇔ 8 x 1 3 + 16 y 1 3 = 32 z 1 3 ⇔ x 1 3 + 2 y 1 3 = 4 z 1 3 \begin{aligned} & \text{ }{{\left( 2{{x}_{1}} \right)}^{3}}+2{{\left( 2{{y}_{1}} \right)}^{3}}=4{{\left( 2{{z}_{1}} \right)}^{3}} \\ & \Leftrightarrow 8{{x}_{1}}^{3}+16{{y}_{1}}^{3}=32{{z}_{1}}^{3} \\ & \Leftrightarrow {{x}_{1}}^{3}+2{{y}_{1}}^{3}=4{{z}_{1}}^{3} \\ \end{aligned} (2x1)3+2(2y1)3=4(2z1)3⇔8x13+16y13=32z13⇔x13+2y13=4z13 因此 ( x 1 , y 1 , z 1 ) ∈ Z > 0 3 \left( {{x}_{1}},{{y}_{\text{1}}},{{z}_{1}} \right)\in \mathbb{Z}_{>0}^{3} (x1,y1,z1)∈Z>03也是方程的一组正整数解，但是 z 1 = z 2 < z {{z}_{1}}=\frac{z}{2}<z z1=2z<z，与 z z z最小的假设矛盾。由反证法， x 3 + 2 y 3 = 4 z 3 {{x}^{3}}+2{{y}^{3}}=4{{z}^{3}} x3+2y3=4z3无正整数解。
