费马大定理的证明
费马定理证明过程
费马定理证明过程全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：费马定理是数论中的一个重要定理，由著名数学家费马在17世纪时提出并据一直引起数学界的广泛关注和研究。
费马定理又称费马大定理，其表述为：对于大于2的正整数n，不存在三个正整数a、b、c，使得满足a^n + b^n = c^n。
费马定理证明的过程是一个漫长而又复杂的数学推理过程，而直到1995年，英国数学家安德鲁·怀尔斯才最终给出了费马定理的证明。
费马定理的证明历经了数百年间许多数学家的探索和努力，费马本人曾在他的笔记本上写下了：“我找到了这个证明，但是这个空间太小，无法容纳这个证明。
”这句话也在一定程度上激发了后世数学家对这个问题的研究和探索。
费马定理的证明过程可以大致被分为三个阶段，分别是费马猜想的提出、证明的辅助工具的建立、以及最终的证明。
费马猜想的提出发生在17世纪，费马在一个边注中提出了这个猜想，称其为“我无法证明的定理”，这也给后世数学家提供了一个极大的挑战。
费马猜想的提出激发了许多数学家的研究热情，这个定理的证明一度被认为是不可能的。
随后的数百年间，许多数学家纷纷投入到费马定理的研究之中，他们提出了许多有关费马定理的猜想和假设。
于是，证明费马定理的难度立即从退化为一个普通的数学难题而变得异常复杂。
在费马定理的证明中，数学家们创立了许多重要的数学概念和工具，例如椭圆曲线、调和模形式等，这一系列的辅助工具为费马定理的证明提供了坚实的数学基础。
这些独立的数学概念在费马定理的证明过程中发挥了至关重要的作用。
最终，英国数学家安德鲁·怀尔斯于1995年成功地证明了费马定理，这也为整个数学界带来了一场轰动。
怀尔斯的证明过程异常复杂，包含了许多高深的数学知识和技巧，这也是费马定理证明过程中最为汗牵动人心的部分。
通过费马定理的证明过程，我们可以看到数学家们在对一个数学难题进行探索和研究的过程中所需付出的辛勤努力和不懈追求。
费马定理的证明，实际上也反映了数学研究的艰辛和复杂性。
费马大定理的初等证明
费马大定理的初等证明倪晓勇（中国石化仪征化纤短纤生产中心生产管理室，江苏 仪征211900）E-mail:nxyong.yzhx.@费马大定理：不定方程n n n y x z +=当n ≥3时无正整数解。
证明：一、当n=2时，有222y x z +=，所以))((222y z y z y z x +-=-=（1）。
令22)(m y z =-，则22m y z +=，代入（1）得222222222222)(2)22(2l m m y m m y m y z x =+=+=-=，所以ml x 2=，22m l y -=，22m l z +=（x 、y 、z 、l 、m 都是自然数），显然x 、y 、z 有正整数解。
二、当n=3时，有333y x z +=，所以 ))((22333y zy z y z y z x ++-=-=（2）。
令323)(m y z =-，则323m y z +=，代入（2）得］［23223232333)3()3(3y y m y m y m y z x ++++=-= )3333(36432232m y m y m +⨯+=)33(36332233m y m y m ++=。
若方程333y x z +=有正整数解，则)33(63322m y m y ++为某自然数的三次幂，即 363322)33(l m y m y =++，所以 )33)(3(3)3(4222263332m l m l m l m l m y y ++-=-=+，所以 )33(3)3(4222322m l m l m y m l y ++=+-=和，所以l -3m 2+32m 3=l 2+3m 2l +32m 4，所以l = l 2+3m 2l ，且32m 3=3m 2+32m 4，所以1=l +3m 2，3m=1+3m 2，所以 l +3m=2。
因为l 和m 都是自然数，所以l +3m ≥4，所以l +3m=2不可能，所以当n=3时，333y x z +=无正整数解。
怀尔斯证明费马大定理的过程原稿
怀尔斯证明费马大定理的过程原稿1. 引言说到费马大定理，很多人第一反应就是：“哎，这是什么神奇的东西？”其实，这个定理就像一道无形的围墙，把数论界的研究者们困得不要不要的。
说它有多难，难就难在，数学家费马在17世纪的时候，写下了一句话，放了个巨大的烟雾弹：“我发现了一个惊人的定理，但这里没有空间来写下证明。
”你说，这不是给后来的数学家们留了个大坑吗？就这样，费马的大定理成为了数学界的“白月光”，美丽却遥不可及。
直到1994年，怀尔斯这位现代数学的“英雄”，才终于把这个定理的证明搞定。
真是让人感叹：“时间不负有心人”啊！2. 怀尔斯的旅程2.1 早期的兴趣那么，怀尔斯是个什么样的人呢？他出生在1953年，从小就对数学情有独钟，简直就是个“数学小天才”。
在他还是个孩子的时候，就经常沉迷于各种数学难题，像个小侦探一样寻找答案。
听说他在上小学时，就已经把老师的数学题目搞得一团糟，连老师都对他刮目相看。
就这样，他的数学之路可谓是一步一个脚印，走得相当稳健。
2.2 努力不懈的追求怀尔斯长大后，进入了剑桥大学，继续追寻自己的数学梦。
他的目标就像“打了鸡血”一样，坚定不移。
他甚至在十几年的时间里，几乎每天都在努力研究这个费马大定理，脑海中思考着，如何才能把这个千年难题揭开面纱。
有人调侃说：“他简直像是个数学版的福尔摩斯！”怀尔斯心中所想，绝对不仅仅是为了名声，更是对数学本质的探索。
他不怕困难，勇往直前，简直是个“死磕型”的选手。
3. 证明过程3.1 灵光一现终于，在1993年，怀尔斯给我们带来了一个“惊喜”——他声称找到了证明！当时，他自己都没敢相信，心里想：“这到底是真的吗？”他的证明过程像极了破案的高潮，充满悬念和紧张。
数学界的朋友们兴奋得像是打了鸡血，纷纷聚在一起，准备见证这个历史性的时刻。
3.2 持续的挑战然而，事情并没有那么简单。
没过多久，怀尔斯的证明被发现存在漏洞，简直是“晴天霹雳”！他又一次被推回到了起点，心里那叫一个五味杂陈。
费马大定理的美妙证明
费马大定理的美妙证明成飞中国石油大学物理系摘要：1637年左右，法国学者费马在阅读丢番图（Diophatus）《算术》拉丁文译本时，曾在第11卷第8命题旁写道：“将一个立方数分成两个立方数之和，或一个四次幂分成两个四次幂之和，或者一般地将一个高于二次的幂分成两个同次幂之和，这是不可能的。
关于此，我确信已发现了一种美妙的证法，可惜这里空白的地方太小，写不下。
”0、费马大定理：当n>3时，X n +Y n=Z n，n次不定方程没有正整数解。
1、当n=1，X+Y=Z，有任意Z≥2组合的正整数解。
任意a.b.c；只要满足方程X+Y=Z；a,b.c 由空间平面的线段表示，有a bc可见，线段a和线段b之和，就是线段c。
2、当n=2，X2+Y2=Z2，有正整数解，但不任意。
对于这个二次不定方程来说，解X=a,Y=b,Z=c，在空间平面中，a,b,c不能构成两线段和等于另外线段。
又因为，解要满足二次不定方程，解必然a+b>c且c>a,b。
可以知道，二次不定方程的解，a,b,c在空间平面中或许可以构成三角形，Bc A根据三角形余弦定理，有c2=a2+b2-2ab× cosɑ( 0<ɑ< π)此时，a,b,c，即构成了三角形，又要满足二次不定方程X2+Y2=Z2 ，只有当且仅当ɑ=900，cosɑ=0,a,b,c构成直角三角形时c2=a2+b2，既然X=a,Y=b,Z=c，那么二次不定方程X2+Y2=Z2有解。
3、当n=3，X3+Y3=Z3，假设有正整数解。
a,b,c就是三次不定方程的解，即X=a,Y=b,Z=c，a+b>c,且c>a,b。
此时，a,b,c也必构成三角形，B A根据三角形余弦定理，有c2 = a2+b2-2ab× cosɑ( 0<ɑ< π)因为，a,b,c是三次不定方程X3+Y3=Z3的正整数解，cosɑ是连续函数，因此在[-1,1]内取值可以是无穷个分数。
x的三方加y的三方等于z的三方没有正整数解的证明
费马大定理x 的三方加 y 的三方等于 z 的三方没有正整数解的证明费马大定理是数学中的一个经典问题，它的证明是数学史上的里程碑之一。
本文将介绍费马大定理的背景、定理内容以及其证明方法。
下面是本店铺为大家精心编写的5篇《费马大定理x 的三方加 y 的三方等于 z 的三方没有正整数解的证明》，供大家借鉴与参考，希望对大家有所帮助。
《费马大定理x 的三方加 y 的三方等于 z 的三方没有正整数解的证明》篇1引言费马大定理是数学中的一个经典问题，它的证明是数学史上的里程碑之一。
该定理最早由法国数学家费马在 17 世纪提出，它的内容是：对于任意正整数 x、y、z，如果 x 的三方加 y 的三方等于 z 的三方，则 x、y、z 必须都是负整数。
该定理的证明一直是数学界的难题，直到 1995 年，英国数学家安德鲁·怀尔斯通过引入椭圆曲线等高级数学工具终于证明了该定理。
定理内容费马大定理的定理内容可以表述为：对于任意正整数 x、y、z，如果 x 的三方加 y 的三方等于 z 的三方，则 x、y、z 必须都是负整数。
换句话说，如果三个正整数的立方和等于另一个正整数的立方，则这三个正整数必须是负数。
证明方法费马大定理的证明是数学史上的里程碑之一，它的证明方法涉及到许多高级数学工具，如椭圆曲线、模形式等。
下面我们将介绍怀尔斯的证明方法。
怀尔斯证明了一个更加广泛的定理，即所谓的“Taniyama-Shimura 猜想”。
该定理将椭圆曲线和模形式联系起来，它表明如果一个椭圆曲线满足一定的条件，则它对应的模形式必须满足某些特定的性质。
怀尔斯证明了如果一个椭圆曲线满足一定的条件，则它对应的模形式必须满足某些特定的性质，从而证明了费马大定理。
结论费马大定理是数学中的一个经典问题，它的证明是数学史上的里程碑之一。
该定理表明三个正整数的立方和等于另一个正整数的立方时，这三个正整数必须是负整数。
《费马大定理x 的三方加 y 的三方等于 z 的三方没有正整数解的证明》篇2费马大定理指出：对于任意大于 2 的正整数 n，不存在正整数解 x、y、z 使得 x 的 n 次方加 y 的 n 次方等于 z 的 n 次方。
简述费马大定理的内容、发现过程以及证明状况。
费马大定理的内容、发现过程以及证明状况费马大定理是数学中一个非常重要的定理，其内容是：如果一个数n大于2，且n不是素数，则存在两个整数a和b使得a^n+b^n=n。
费马大定理是由德国数学家费马在1742年发现的。
当时，费马正在研究一个函数f(x)=x^n+1，并想要证明其对于所有的正整数n都存在一个数x使得f(x)=0。
他发现，当n=4时，存在数x=2使得f(x)=0，但是当n=5时，就不存在这样的数x了。
这个结论使费马意识到，对于不同的n，存在的数x是有限制的，并且这些限制是由n的值决定的。
随后，费马将这个结论表述为费马大定理，并进行了证明。
他证明了，如果n是素数，则必定存在数x使得f(x)=0；如果n不是素数，则必定不存在这样的数x。
费马的证明方法是使用反证法。
他假设n不是素数，并试图证明存在数x 使得f(x)=0。
他发现，如果存在数x使得f(x)=0，则必定有a^n=n-b^n，其中a和b都是正整数。
他又发现，如果a和n互质，则a和b一定也是互质的，这与费马大定理的假设矛盾。
因此，费马认为a和n一定不互质。
接着，费马进一步讨论了a和n的关系。
他发现，如果a和n有公因数d，则必定有d^n|a^n，因此d^n|n-b^n。
这意味着d^n也是n和b^n的公因数，因此d|b。
但是，如果a和b有公因数d，则d|a和d|b，因此d|(n-b^n)。
这与前面的结论矛盾，因此a和b一定互质。
费马得出的结论是，如果n不是素数，则a和b一定互质，这与假设矛盾。
因此，费马得出结论：如果n不是素数，则必定不存在数x使得f(x)=0。
费马的证明方法被称为反证法，即假设某种情况不成立，然后试图证明这种假设会导致矛盾，从而得出结论。
费马的证明方法被广泛使用，并在数学界中产生了深远的影响。
费马大定理的证明在当时并没有得到完全的证明，直到19世纪末，才有人用分类讨论的方法对费马大定理进行了证明。
这种方法的思想是，对于n的不同取值，分别考虑费马大定理是否成立。
初中数学 费马大定理的证明为什么被认为是数学史上最困难的问题之一
初中数学费马大定理的证明为什么被认为是数学史上最困难的问题之一费马大定理的证明被认为是数学史上最困难的问题之一，这是因为它涉及到了广泛而复杂的数学领域，并且在证明过程中需要运用到许多高深的数学理论和技巧。
下面将详细探讨费马大定理的证明为什么被认为是数学史上最困难的问题之一。
首先，费马大定理的证明具有极高的难度和复杂性。
费马大定理的表述是当n大于2时，方程a^n + b^n = c^n没有正整数解。
这个问题看似简单，但在证明过程中却涉及到了许多复杂的数学概念和技巧。
费马大定理的证明需要运用到代数几何、椭圆曲线、调和分析、数论等多个数学领域的理论和方法。
数学家们需要不断尝试不同的思路和方法，面对各种复杂的数学问题，克服种种困难，才能逐步接近证明的目标。
其次，费马大定理的证明没有一个简洁明确的路径。
费马大定理是费马本人在17世纪提出的，但他并没有公开他的证明方法。
这导致了费马大定理成为了一个长期的悬案，成为了数学家们努力攻克的难题。
数学家们为了证明费马大定理，不断尝试各种方法和思路，但往往遇到了各种困难和障碍。
证明费马大定理的路径并不明确，数学家们需要不断地摸索和尝试，才有可能找到正确的证明方法。
此外，费马大定理的证明需要运用到许多高深的数学理论和技巧。
例如，证明费马大定理的过程中需要运用到代数几何理论和椭圆曲线理论，这些理论本身就非常复杂和抽象。
数学家们需要充分理解这些理论，并将它们应用到具体的问题中，才能推动证明的进展。
同时，证明费马大定理还需要运用到调和分析、数论等多个数学领域的知识和技巧。
这些理论和技巧的深度和难度使得证明费马大定理成为了一项极具挑战性的任务。
最后，费马大定理的证明需要处理大量的细节和特殊情况。
证明费马大定理涉及到各种可能的情况和特殊情况，数学家们需要仔细考虑每一种情况，并找到相应的解决方法。
这需要数学家们具备极高的逻辑思维和细致入微的分析能力。
同时，证明费马大定理的过程中还需要处理大量的细节和计算，这增加了证明的复杂性和困难度。
费马大定理
费马大定理：当整数n > 2时，关于x, y, z的不定方程x^n + y^n = z^n. 无正整数解。
卡塔兰猜想卡塔兰猜想是比利时数学家欧仁·查理·卡塔兰(Eugène Charles Catalan)在1844年提出的一个数论的猜想。
它是说除了8=2^3，9=3^2，没有两个连续整数都是正整数的幂；以数学方式表述为：不定方程x^a-y^b=1的大于1的正整数x,y,a,b只有唯一解x=3,y=2,a=2,b=3。
也可以叫“8--9”猜想。
2002年4月，帕德博恩大学的罗马尼亚数学家普雷达·米哈伊列斯库(Preda Mihăilescu)证明了这猜想，所以它现在是定理了。
这个证明由尤里·比卢(Y uri Bilu)检查，大幅使用了分圆域和伽罗华模。
西塔潘猜想是由英国数理逻辑学家西塔潘于上个世纪90年代提出的一个反推数学领域关于拉姆齐二染色定理证明强度的猜想。
在组合数学上，拉姆齐（Ramsey）定理是要解决以下的问题：要找这样一个最小的数n，使得n个人中必定有k个人相识或l个人互不相识。
2011年5月，由北京大学、南京大学和浙江师范大学联合举办的逻辑学术会议在浙江师范大学举行，中南大学数学科学与计算技术学院酷爱数理逻辑的刘嘉忆的报告给这一悬而未决的公开问题一个否定式的回答，彻底解决了西塔潘的猜想。
周氏猜测周氏猜测是中国数学家及语言学家周海中于1992年在《梅森素数的分布规律》一文中提出的猜测。
数学家周海中关于梅森素数分布的研究成果被国际上命名为“周氏猜测”。
主要内容周氏猜测内容为：当2^（2^n）＜p＜2^（2^（n+1））时，Mp有2^（n+1）－1个是素数。
周海中还据此作出推论：当p＜2^（2^（n+1））时，Mp有2^（n+2）－n －2个是素数。
（注：p为素数；n为自然数；Mp为梅森数）哥德巴赫猜想在1742年6月7日给欧拉的信中，哥德巴赫提出了以下猜想：a) 任一不小于6之偶数，都可以表示成两个奇质数之和；b) 任一不小于9之奇数，都可以表示成三个奇质数之和。
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学院学术论文论文题目：费马大定理的证明Paper topic：Proof of FLT papers姓名所在学院专业班级学号指导教师日期【摘要】： 本文运用勾股定理，奇偶性质的讨论，整除性的对比及对等式有解的分析将费马大定理的证明由对N>2的情况转换到证明n=4,n=p 时方程n n n xy z +=无解。
【关键字】：费马大定理（FLT ）证明Abstract : Using the Pythagorean proposition, parity properties, division of the contrast and analysis of the solutions for the equations to proof of FLT in N > 2 by the situation to prove N = 4, N = p equation no solution.Keywords: Proof of FLT (FLT)引言：1637年，费马提出：“将一个立方数分为两个立方数，一个四次幂分为两个四次幂，或者一般地将一个高于二次的幂分为两个同次的幂，这是不可能的。
”即方程 n n n x y z +=无正整数解。
当正整数指数n ＞2时，没有正整数解。
当然xyz=o 除外。
这就是费马大定理（FLT ），于1670年正式发表。
费马还写道：“关于此，我确信已发现一种奇妙的证法，可惜这里的空白太小，写不下”。
[1]1992年，蒋春暄用p 阶和4n 阶复双曲函数证明FLT 。
1994年，怀尔斯用模形式、谷山—志村猜想、伽罗瓦群等现代数学方法间接证明FLT ，但是他的证明明显与费马设想的证明不同。
据前人研究，任何一个大于2的正整数n ，或是4的倍数，或是一个奇素数的倍数，因此证明FLT ，只需证明两个指数n=4及n=p 时方程没有正整数解即可。
方程 444x y z +=无正整数解已被费马本人及贝西、莱布尼茨、欧拉所证明。
方程 n n n x y z +=无正整数解，n=3被欧拉、高斯所证明；n=5被勒让德、狄利克雷所证明；n=7被拉梅所证明；特定条件下的n 相继被数学家所证明；现在只需继续证明一般条件下方程n n n x y z +=没有正整数解，即证明FLT 。
[2]本文通过运用勾股定理，对奇偶性质的讨论，整除性的对比及对等式有解的分析证明4n =，n p =时n n n x y z +=无正整数解。
费马大定理的初等证明（一）n=4时的证明在x,y,z 彼此互素，x 为偶数时设方程444x y z += (1) 的解为(x,y,z)。
这里，正整数解简称为解，以下也是如此。
根据勾股定理，式（1）的解为22x mn = (2) 222y m n =- (3)222z m n =+ (4)[3]这里，m>n>0，(m,n)=1，m 为奇数，n 为偶数。
于是，在（2）有解的同时，式（3）也同时有解。
设是式（3）所有最小解。
根据勾股定理，式（3）的解为22m a b =+ (5)2n ab = (6)22y a b =- (7)这里，a>b>0，(a,b)=1，ab 为偶。
由式（2），（5），（6）可有224()x ab a b =+ (8)因为22(4,)1ab a b +=，由式（8）可有 24c ab = (9)24e ab = (10)于是，从式（10）可以得出，(a,b,e)也是式（3）的解。
由式（5），（10）可有222m a b e e =+=>m e >[4]这与假设是式（3）的最小解相矛盾。
因此，在式（2）有解的同时，式（3）无解，进而式（1）无解。
（二）n=p 的证明在x,y,z 彼此互素时，设方程p p p x y z += (1)的解为(x,y,z)。
由式（1）可有，222222()()()p p p x y z += (2)因此，(x,y,z)也为式（2）的解。
这里，p 为奇素数。
根据勾股定理，由式（2）可知，z 只能为奇数。
于是，在x 为偶数时式（2）的解为 22p x mn = (3)222py m n =- (4) 222p z m n =+ (5)这里m>n>0，(m,n)=1，mn 为偶数，即为mn 一奇一偶由式（3），（4），（5）可知，x,y,z 又只能都为平方数。
设222,,x r y s z t ===，则式（2）和式（1）为 222p p p r s t += (6)（1） 方程（6）可为222()()()p p p s t r =- (7)方程（7）的解为(,)(,)p r n g m n n g n m =或 (8)222s m n =- (9)(,)p t m f m n = (10)这里，m>n>0，(m,n)=1,m 为奇数，n 为偶数；(,(,))1m f m n =或 ,p (,(,))1n g m n p =或;0123232311(,)p p p p p p p p p p f m n C m C m n C m n C n ------=++++(11)113322231(,)p p p p p p p p p p g m n C m C m n C m n C n -----=++++(12)0123232311(,)p p p p p p p p p p g n m C n C n m C n m C m ------=++++(13) 其中，(,)g n m 式子中的各项是分别是把(,)g n m 式子中的各项颠倒过来写的，并且ip i p pC C -=(i=0,1,2,…,p -1,p)。
于是，在式（9）有解的同时，式（8）也同时有解。
[5] 由式（24），式（9）的解为22m a b =+ (14)2n ab = (15)22s a b =- (16)这里，a>b>0，(a,b)=1，ab 为偶数。
由式（8），（15）可有2(,)2(,)p r ab g m n ab g n m =或 (17)（2） 方程（6）还可为222()()()p p p r s t += (18) 方程（18）的解为 2p r uv = (19)22p s u v =- (20)22p t u v =+ (21)这里u>v>0，(u,v)=1,uv 为偶数。
同时，式（20）的解为(,)u a f a b = (22)(,)v b g a b = (23)22s a b =- (24)这里，(,)f a b 和(,)g a b 的表达式分别与和相同。
由式（19），（22），（23）可有2(,)(,)p r ab f a b g a b = (25)这里，(,(,)1(,(,))1a f a b b g a b p ==或或( 3 ) 在a 为偶数，b 为奇数时，分别有<1>在p 不整除ab 时，从式（17）可知，p 不整除g(m,n)。
因为(2ab,g(m,n))=1，由式（17）可有12p r a = (26)25(,)p r g m n = (27)3p r b = (28)因此，在式（26）有解的同时，式（27）也同时有解。
设25r 是式（27）所有解的最小解。
从式（25）可知，p 不整除f(a,b)，这不整除g(a,b)。
因为(,(,))1,(,(,))1a f a b b g a b ==，由式（25）可有12p r a = (29)2(,)p r f a b = (30)3p r b = (31)4(,)p r g a b = (32)于是，从式（32）可以得知，4(,,)a b r 也是式（27）的解。
由式（27）的解。
由式（27），（32）可有254(,)(,)p p r g m n r g a b =>= (33)254r r ><2>在p 不整除a ，p 整除b 时，从式（17）可知，p 整除(,)g m n 。
因为(,(,))1,(,(,))a g m n b g m n p ==，由式（17）可知，整除。
因为，由式（17）可有52p r a = (34)26(,)p pr g m n = (35)7p r pb = (36)因此，在此（34）有解的同时，式（35）也同有解。
设是式（35）所有解中的最小解。
从式（25）可知，p 不整除f(a,b)，p 整除g(a,b)。
因为(,(,))1,(,(,))a f a b b g a b p ==，由式（25）可有52p r a = (37)6(,)p r f a b = (38)7p r pb = (39)8(,)p pr g a b = (40)于是，从式（40）可以得知，8(,,)a b r 也是式（35）的解。
由式（35），（40）可有268(,)(,)p p pr g m n pr g a b =>= (41)268r r ><3>.在p 整除a,p 不整除b 时，从式（17）可知，p 整除g(n,m)。
因为(,(,))1,(,(,))1a g n m b g n m ==，由式（17）可有92p r pa = (42)27(,)p pr g n m = (43)11p r b = (44)因此，在式（42）有解的同时，式（43）也同时有解。
设27r 是式（43）所有解中的最小解。
从式中（25）可知，p 整除f(a,b)，p 不整除g(a,b)。
因为，由式(,(,)),(,(,))1a f ab p b g a b ==（25）可有92p r pa = (45)10(,)p pr f a b = (46)11p r b = (47)12(,)p r g a b = (48)于是，从式（46）可以得知，10(,,)a b r 也是式（43）。
由式（43），（46）可有2710(,)(,)p p pr g n m pr f a b =>= (49)2710r r >( 4 )在a 为奇数，b 为偶数，分别有<1> 在p 不整除ab 时，从式（17）可知，p 不整除g(m,n)。
因为(2,(,))1ab g m n =，由式（17）可有132p r b = (50)28(,)p r g m n = (51)15p r a = (52)因此，在式（50）有解的同时，式（51）也同时有解。
设28r是式（51）所有解中的最小解。
从式（25）可知，p 不整除f(a,b)，p 不整除g(a,b)。
因为(,(,))1,(,(,))1a f a b b g a b ==，由式（25）可有132p r b = (53)14(,)p r g a b = (54)15p r a = (55)16(,)p r f a b = (56) 于是，从式（54）可以得知，14(,,)a b r 也是式（51）的解。