指数为4的费马大定理

假设 $x^4+y^4=z^2$ 存在正整数解，取 $z$ 最小的一组。若 $d=\gcd(x,y)>1$，则 $d^2\mid z$，$(x/d)^4+(y/d)^4=(z/d^2)^2$ 更小——矛盾。故 $\gcd(x,y)=1$，$(x^2,y^2,z)$ 是本原毕达哥拉斯三元组；设 $x$ 为奇数。由欧几里得参数化，存在奇偶性不同、互素的 $m>n>0$，使 $x^2=m^2-n^2$、$y^2=2mn$、$z=m^2+n^2$。

由 $x^2+n^2=m^2$，$(x,n,m)$ 本身本原，故存在互素的 $a>b>0$ 使 $x=a^2-b^2$、$n=2ab$、$m=a^2+b^2$。此时 $y^2=4mab$，故 $(y/2)^2=mab$，而 $m,a,b$ 两两互素且乘积为完全平方，故各自为完全平方：$m=z_1^2$、$a=x_1^2$、$b=y_1^2$。

代入 $m=a^2+b^2$ 得 $z_1^2=x_1^4+y_1^4$——同一方程的新解，且 $z_1\le z_1^2=m<m^2+n^2=z$：严格更小，与最小性矛盾。故无解。对 $x^4+y^4=z^4$，令 $Z=z^2$ 便得 $x^4+y^4=Z^2$ 的解，而这刚被排除。