从式（25）可知，p不整除f(a,b)，这不整除g(a,b)。因为(a,f(a,b))?1,(b,g(a,b))?，1由式（25）可有
r1p?2a (29)
r2p?f(a,b) (30) r3p?b (31) r4p?g(a,b) (32)
于是，从式（32）可以得知，(a,b,r4)也是式（27）的解。由式（27）的解。由式（27），（32）可有
pr25?g(m,n)?r4p?g(a,b) (33)
r25?r4
<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
(a,g(m,n))?1,(b,g(m,n))?p，由式（17）可知，整除。因为，由式（17）可有
r5p?2a (34)
ppr26?g(m,n) (35)
r7p?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。
b,g(a,b))?p从式（25）可知，p不整除f(a,b)，p整除g(a,b)。因为(a,f(a,b))?1,(，由
式（25）可有
r5p?2a (37)
r6p?f(a,b) (38) r7p?pb (39) pr8p?g(a,b) (40)
于是，从式（40）可以得知，(a,b,r8)也是式（35）的解。由式（35），（40）可有
ppr26?g(m,n)?pr8p?g(a,b) (41)
5
r26?r8
<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17）可有 (a,g(n,m))?1,(b,g(n,m))?，由式（1r9p?2pa (42)
ppr27?g(n,m) (43) pr11?b (44)
因此，在式（42）有解的同时，式（43）也同时有解。设解。
r是式（43）所有解中的最小
从式中（25）可知，p整除f(a,b)，p不整除g(a,b)。因为，由式(a,f(a,b))?p,(b,g(a,b))?1（25）可有
r9p?2pa (45)
ppr10?f(a,b) (46) pr11?b (47) pr12?g(a,b) (48)
于是，从式（46）可以得知，(a,b,r10)也是式（43）。由式（43），（46）可有
pppr27?g(n,m)?pr10?f(a,b) (49)
r27?r10
( 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(2ab,g(m,n))?1，由式（17）可有
pr13?2b (50) pr28?g(m,n) (51) pr15?a (52)
6
因此，在式（50）有解的同时，式（51）也同时有解。设28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(a,f(a,b))?1,(b,g(a,b))?1，由式（25）可有
pr13?2b (53) pr14?g(a,b) (54) pr15?a (55) pr16?f(a,b) (56)
r于是，从式（54）可以得知，(a,b,r14)也是式（51）的解。由式（51），（54）可有
ppr28?g(m,n)?r14?g(a,b) (57)
r28?r14
<2>在p整除a,p不除b时，从式（17）可知，p整除g(n,m)。因为
(a,g(n,m))?p,(b,g(n,m))?，由式（117）可有
pr17?2b (58) ppr29?g(n,m) (59) pr19?pa (60)
因此，在式（58）有解的同时，式（59）也同时有解。设r29是式（59）所有解中最小解。
?，由1从式（25）可知，p整除f(a,b)，p不整除g(a,b)。因为(a,f(a,b))?p,(b,g(a,b))式（25）可有
pr17?2b (61) pr18?g(a,b) (62) pr19?pa (63) ppr20?f(a,b) (64)
于是，从式（64）可以得知，(a,b,r20)也是式（59）的解。由式（59），（64）可有
7
pppr29?g(n,m)?pr20?f(a,b) (65)
r29?r20
<3>在p不整除a,p整除b时，从式（17）可知，p整除g(m,n)。因为，由式（17）可有 (a,g(m,n))?1,(b,g(m,n))?ppr21?2pb (66) ppr30?g(m,n) (67) pr23?a (68)
因此，在式（66）有解的同时，式（67）也同时有解。解。
设r30是式（67）所有解中的最小
b,g(a,b))?p从式（25）可知，p不整除f(a,b)，p整除g(a,b)。因为(a,f(a,b))?1,(，由
式（25）可有
pr21?2pb (69) ppr22?g(a,b) (70) pr23?a (71) pr24?f(a,b) (72)
于是，从式（70）可以得知，(a,b,r22)也是式（67）的解。由式（67），（70）可有
pppr30?g(m,n)?pr22?g(a,b) (73)
r30?r22
（5）根据式（33），（41），（49），（57），（65），（73）的结论，这与假设r25,r26,r27r28r29,r30分别是一个最小解相矛盾。因此，在此（26），（34），（42），（50），（58），（66）分别有解的同时，式（27），（35），（43），（51），（59），（67）分别无解。于是，在式（9）有解的同地，式（8）无解，进而式（6）无解，式（1）无解。根据以上的证明，费马大定理成立。 [6]
8
参考文献
[1]
闵嗣鹤，严士健。初等数论。高等教育出版社，2003（12） [2]
胡振武。费马大定理证明之研究。 [3]
徐本顺，解恩泽。数学猜想——它的思想与方法。长沙：湖南科学技术出版社，1990 [4]
柯召，孙琦。谈谈不定方程。上海：上海教育出版社，1980。
[5] 朱惠林。莫德尔猜想的解决。自然杂志，1983（12） [6]
徐俊杰。数学难题探险索。西北工业大学出版社。2007（4）
9