Lời giải: Chứng minh tính modular của Wiles bằng phương pháp Taylor–Wiles (1994)

Định lý lớn Fermat khẳng định rằng $x^n + y^n = z^n$ không có nghiệm nguyên khác không khi $n \ge 3$. Chứng minh phản chứng bắt đầu bằng một bước chuẩn hóa thuần túy sơ cấp: chỉ cần loại trừ các số mũ $n = 4$ và các số nguyên tố lẻ $p \ge 5$, với nghiệm được lấy đôi một nguyên tố cùng nhau (Wiles 1995, tr. 443).

Thật vậy, mọi số nguyên $n > 2$ đều chia hết cho $4$ hoặc cho một số nguyên tố lẻ $p$. Viết $n = 4m$ hoặc $n = pm$, một nghiệm giả định $x^n + y^n = z^n$ viết lại thành $(x^m)^4 + (y^m)^4 = (z^m)^4$ hoặc $(x^m)^p + (y^m)^p = (z^m)^p$, nên mọi phản ví dụ đều chuyển được về một trong các số mũ này. Fermat giải quyết $n = 4$ vào khoảng năm 1660 bằng phương pháp lùi vô hạn — một nghiệm giả định sinh ra một nghiệm nhỏ hơn hẳn, mâu thuẫn với tính sắp tốt của các số nguyên dương — và Euler giải quyết $p = 3$ trước năm 1770 bằng phép lùi trong $\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]$ (với một chỗ hở sau được Legendre khắc phục). Tính nguyên tố cùng nhau không tốn gì: mọi số nguyên tố $q$ chia hai trong ba số $a, b, c$ đều chia số còn lại, nên chia bộ ba cho $\gcd(a,b,c)^p$ cho một nghiệm đôi một nguyên tố cùng nhau của cùng phương trình.

Dữ kiện còn lại — một số nguyên tố $p \ge 5$ và các số $a, b, c$ khác không đôi một nguyên tố cùng nhau với $a^p + b^p = c^p$ — chính là đầu vào mà phép dựng Frey ở Bước 2 cần: điều kiện $p \ge 5$ sẽ là thiết yếu khi ta gọi định lý bất khả quy của Serre cho $\overline{\rho}_{E,p}$, và tính nguyên tố cùng nhau là thứ ép phép tính biệt thức ở Bước 3 vào dạng lũy thừa $2p$ cứng nhắc của nó.