将一个立方数分成两个立方数之加和，或一个四乘数分成两个四乘数之加和，或者一般地将一个高于二乘的倍乘数分成两个同倍乘数之加和，这是不可能的。此睿得明註美落是得探之. 含者郿間益刽捺垰攵。 —— Pierre·逼王·Fermat @「Diophatus·算术-11.8」

“对 $\mathrm{m}\in\mathbb{N}_{|>2}$ , 关于 ${x,y,z}$ 的程式 $x^\mathrm{m}+y^\mathrm{m}=z^\mathrm{m}\tag{*}$ 没有正整数解。”

平凡論

初始：

当 $\mathrm{m}:=1$ 时， $\text{(*)}式定為$ : $x+y=z \tag{1}$

当 $\mathrm{m}:=2$ 时， $\text{(*)}式定為$ : $x^2+y^2=z^2 \tag{2}$

勾組数：

称三元 $\langle x,y,z\rangle$ 為【勾組数】(Pythagorean-T)，當：

凡仲皆整丄 ( $x,y,z\in\mathbb{N}^+$ )
对仨有式 $\text{(2)}$

素勾組数：

称三元 $\langle x,y,z\rangle$ 為【素勾組数】(Primi-Pythagorean-T, PPT)，當：

【勾組数】— 1
【勾組数】— 2
对仨有互质: $(x,y,z)=1$

設: $\mathrm{T}_m:=a.a \mod{m}$

承上，显然有：

対仨【 $2$ -同余】否,
有式: $\mathrm{T}_2{(x)}\neq \mathrm{T}_2{(y)}$ , $\mathrm{T}_2{(z)}=1$ .
可設: $\mathrm{T}_2{(x)}=1,\mathrm{T}_2{(y)}=0$
設: $y=2uv$ ( $(u,v)$ 互质且 $u>v$ ) 可得以形式：
$\begin{cases}x=u^2-v^2\\y=2uv\\z=u^2+v^2\end{cases}\tag{2-1}$
凡【勾組数】皆可約与【素勾組数】
凡【素勾組数】可以良序列：如以【 $z$ 由小向大，当 $z$ 相同 $|x-y|$ 由小向大】列

最初証

理言1: “若 $ab=c^{k} \mid a,b,c\in\mathbb{N}_+,(a,b)=1$ , 则必有形式
$\begin{cases}a:=u^{k}\\b:=v^{k}\end{cases}\mid u,v\in\mathbb{N}_+\tag{3-1}$

理言2: “設 $s$ : $\mathrm{T}_2{(s)}=1$ , 有: $s^{3}=a^{2}+3b^{2},(a,b)=1$ 成立的充要条件是存在 $\alpha,\beta$ 使得 $s=\alpha^{2}+3\beta^{2},(\alpha,3\beta)=1$ 以及 $a=\alpha^{3}-9\alpha\beta^{2},b=3a^{2}\beta-3\beta^{3}$ .

⎔ $\mathrm{m}:=3$

TBC..

⎔ $\mathrm{m}:=4$

归謬法: $[エ≡[a]]⇐[a→エ]$

設 $p$ , 亦得 $¬p$ , 即生エrror

无穷递降(Inf. Descent): 在命题 $a$ (包含可列条件)下，构造归謬法中 $p$ 有最简性元 $x$ ，得到更简元 $x'$ ，故 $¬p$ . 由 $a→[p→¬p]$ ，得 $[エ≡[a]]$

証题 $\mathrm{q}_4$ :
“关于 ${x,y,z}$ 的程式 $x^4+y^4=z^4\tag{4}$ 冇整丄解。”

首先，設：
$a^2+b^2=c^2\quad \begin{cases}a:=x^2\\b:=y^2\\c:=z^2\end{cases}\tag{4-0}$

假設 $\mathrm{q}_4^*$ : “关于 ${x,y,c}$ 的程式 $a^2+b^2=c^2\quad\begin{cases}a:=x^2\\b:=y^2\end{cases}\tag{4-1}$ 有整丄解。”

显然，式 $\text{(4-1)}$ 约束少于式 $\text{(4-0)}\equiv\text{(4)}$ ，故 $¬\mathrm{q}_4^*\Rightarrow\mathrm{q}_4$

設 $\mathrm{p}$ : “满足 $\text{(4-1)}$ 下,有良序中最简勾股对 $\langle\mathrm{a}^*,\mathrm{b}^*,\mathrm{c}^*\rangle$ ”

即 $\mathrm{c}^*$ 应当是满足 $\text{(4-1)}$ 的 $c$ 的最小解

由 $\text{(2-1)}$ , 可設以形式：
$\begin{cases}{\mathrm{a}^*}=u^2-v^2&\mid\ (u,v)互质,u>v\\{\mathrm{b}^*}=2uv\\{\mathrm{c}^*}=u^2+v^2\end{cases}$

哎呦喂，又有 $\boxed{\sqrt{\mathrm{a}^*}}^2+u^2=v^2\quad\left(\mathrm{T}{(\mathrm{a}_*)}=1\right)$ ，
設: “与 $\langle \sqrt{\mathrm{a}^*},u,v \rangle$ 可約素勾組数 $\langle s_*,u_*,v_* \rangle$ ”
即 $\langle \sqrt{\mathrm{a}^*},u,v \rangle=k·\langle s_*,u_*,v_* \rangle\quad\mid k\in\mathbb{N}_+$ ，可以形式：