据说费马大定理已经被证明了，不过那个证明方法，一般人看不懂，能看得懂的人只有极少数。所以老黄致力于用一种爱好数学的绝大多数人都能看得懂的方法来证明。真的，太难了！所以老黄只好把它切成几块，一点一点地证明。先证明偶指数的情形，这就能完成费马大定理的一半证明了。

费马大定理偶数次幂部分：关于x,y,z的方程x^(2m)+y^(2m)=z^(2m), 当m>1时, 不存在非零整数根. (费马大定理包含奇数次幂的情形，即证明x^n+y^n=z^n, 当n>2时, 不存在非零整数根.)

证明：不妨设z>0, y>0, x>0.【因为负数的偶数次方仍为正数，不影响结论。】

若(x,y)≠1或(y,z)≠1或(x,z)≠1, 则(x,y,z)≠1. 【假如x,y,z中有两个不互质，那么三个数就肯定不互质。】

可通过约分，使(x,y)=(y,z)=(x,z)=1.【如果三个数不互质，我们就可以通过约分，让它们互质，而且一旦互质，就是两两互质。两两互质和三者互质，那可是不同的概念哦，两两互质更严格】

∴x,y,z中有两个奇数和一个偶数. 【而两两互质，且满足方程的三个数，必然有两个是奇数，一个是偶数。如果有不少于两个偶数，那两个偶数不互质，如果三个全是奇数，则两个奇数的整数次方仍为奇数，而两个奇数的和不可能是奇数。】

当m=1时, 若z=2k, y=2i-1, x=2j-1, 则【特别地分析勾股定理，以找到突破点。就是当m=1时，不妨设最大的z为偶数，x,y为奇数】

x^2+y^2=(2i-1)^2+(2j-1)^2=4(i^2+j^2)-4(i+j)+2=z^2=4k^2, 不存在非零整数根,【代入检验，可以发现左边除以4余2，右边是4的倍数，不成立，所以最大的数z是奇数，而不是偶数】

∴z=2k+1, 不妨设y=2i, x=2j-1.【而x，y中就必有一奇一偶，假设x是奇数，将z, y的平方差因式分解如下。】

z^2-y^2=(z-y)(z+y)=x^2,

存在非零整数p,q, 有z-y=px/q, z+y=qx/p, 可设x=pqt.

则z=(p^2+q^2)x/(2pq)=(p^2+q^2 )t/2, y= (q^2-p^2)x/(2pq)=(q^2-p^2 )t/2,

∵(y,z)=1, ∴t=1.【这一步对解决问题的作用，只是用于启发下面的解法，是可以省略的. 到了这里，已经给了我们提示，如何证明费马大定理的偶次幂情形成立了】

当m>1时, 存在非零整数r,s, z^m-y^m=rx^m/s, z^m+y^m=sx^m/r, 【那难道就不可能是x的1次方和x的2m-1次方吗？可能的，如果是这样，就通过调整r和s，使其变成都是x的m次方的形式就可以了。即把多余的因数x补到分子中做因数，把不足的因数x，补到分母中作因数，就可以了】

可设x=rst. 则z^m=((r^2+s^2)x^m)/(2st)=(r^2+s^2)r^(m-1)s^(m-1)t^m/2,

y^m=(r^2-s^2)r^(m-1)s^(m-1)t^m/2,

∵(z^m,y^m)=1, ∴当且仅当m=1且t=1时, 成立. 【注意，互质的两个数的任意正整数次方都互质，因此，只有当m=1时，才能成立，当然，t也要等于1.不过t已经不重要了。可能有人会问了，那就不能r,s,t都等于1吗？你说呢？那不连x都等于1了吗？当然不可以了】

即当m>1时，∴x^(2m)+y^(2m)=z^(2m)不存在非零整数根.

为了这个证明，老黄尝试了无数次错误，其中可能还有一些小瑕疵，希望大家能找出并指出来继续探究。奇数次幂的证明会麻烦得多，但老黄一定会继续探究下去的。就算探究不出来，至少努力过了嘛。小伙伴们也可以一起来探究哦！