约去“重根约数”的“重根余约数方程”为：
z2 - 3(x+c3)z + 3(x+c3)2 - (x+c3)2 = 0 ………………………………（14）
已证明z 3 -（x 3+ y 3）= 0与〔z - ( x + c3 )〕3 = 0是同一个重根方程，根据方根存在唯一性定理它们的展开式同约去一个“重根约数”的“重根余约数方程”仍然是同一个方程，所以有（9）式 ≡（14）式。根据多项式恒等定理（9）式 、（14）式关于“z”的非首项系数及常数项对应关系为：
x = - 3 (x+c3) ，x2 - a3 = 3( x + c3 )2 - (x + c3)2
分别除以x得：
c3 a3 c32 c32
1 = - 3 (1 + x ) ，1- x2 = 3 (1 + x ) - (1 + x )
因为（x ，c）= 1存在c3与x项互质，除数x ≠ 0只能使c = 0，常数项a与x互质也只有a = 0。之后则有
4x = 0 ， x2 = 2x2
所以也必有 x = 0使等式成立，则x = 0，y = 0；于是（8）式中z = 0，有正整数解不成立。
由（10）式的3次重根方程〔z -（x + 32c3）〕3 = 0约去“重根约数”的“重根余约数方程”为：
z2 - 3(x + 32c3 )z + 3(x +32c3 )2 - (x+32c3 )2 = 0………………………（15）
与（9）式、（14）式同理，有（11）式 ≡（15）式，关于“z”的非首项系数及常数项对应关系为：
x = - 3(x+ 32c3) ，x2 – 3a3 = 3 (x + 32c3)2 - (x + 32c3)2
分别除以x得：
3
32c332c3232c32 3a1 = - 3(1+ x ) ，1– x = 3(1 + x ) - (1 + x )
对应项系数32 ≠ 0只有使c = 0，常数项3 ≠ 0也只有令a = 0，则y = 3ac = 0，之后各项系数等式中也必有x = 0；于是（10）式中z = 0，有正整数解不成立。
所以z3 = x3 + y3没有正整数解。
2.当n = 4时
当n = 4 时与n = 3时的证明基本相同。但是，4是合数，n为任意正整数就还有奇数合数，所以在此以4为例只明确n为合数时与含n因子有关的具体分析方法。
直接使z4 = x4 + y4变形为方程组：
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zx b - = yyaz xzxzx a( y )3 + y ( y )2 + ( y )2 y + ( y )3 = b
设y = ay1得：
z - x = by1……………………………………………………………（1）
3y1
z3 + xz2 + x2z+ x3 = a4 b …………………………………………（2）
参照n = 3时的（5）式又得
4x+ 6bxy1 + 4bxy1+ by1= ab………………………………（3） y13y13
有 b = 1 或 b > 1的两种取值。
y13
当 b = 1 时（3）式有两项不含y1因子使等式成立，设 y1 = c，则b = c3，by1 = c4，代入（1）式、（2）式得：
z - ( x + c4 ) = 0
z3 + xz2 + x2z + ( x3 - a4) = 0
y13
当 b >1时存在y1 的余因子，其与x3 互质，只能与4相约，所以 y1 含4因子或y1 含4的因子质数2。y1 含4因子时，设y1 = 4y2代入（3）式并除以4得
x+ 6bxy2 + 4bxy2+ 4by2= a
3
2
22
2
23
3
4 42
3
2
2
2
3
3
4 y1
3
y23b 42y23y13
只有 b = 1上式有两项不含4及4的因子2且不含y2因子使等式成立，b 只含1个4因子；设y2 = c，则y1 = 4c，b = 42c3，by1 = 43c4，代入（1）式、（2）式得：
z - ( x + 43c4 ) = 0 z3 + xz2 + x2z + (x3- 4a4) = 0
又y1 含4的质数因子2时，设y1 = 2y2代入（3）式并除以22得：
2y23
x+ 3bxy2 + 4 bxy2+ 2 by2= a b y13y132y232
此时 b 已余2个2因子即 b = 2，又存在两种情形：如果b含2因子使 b = 1
3
2
2
2
3
3
4
等式成立，设y2 = c，则y1 = 2c，b = 2c3，by1 = 22c4，代入（1）式、（2）式得：
z - ( x + 22c4 ) = 0
z3 + xz2 + x2z + (x3- 22a4) = 0
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33
y23yy11如果b不含2因子 = 1使 “3bx2y2” 项为奇数等式成立， 余3个2因子即 =
bbb
23，设y2 = c，则y1 = 2c，b = c3，by1 = 2c4，代入（1）式、（2）式得：
z - ( x + 2c4 ) = 0
z3 + xz2 + x2z + ( x3 – 23a4 ) = 0
这就得到了多组解，但只是约数项系数有所不同；却同理，均以同样方法证明各组有正整数解不成立。在分析（3）式使等式成立必有两项不含4（n）因子或22（n）的y13 y1n-1
因子。通过对 b >1余因子的分析，印证了含n因子的关系式：b = Nipi，by1 = cnNin-pi，y1 = cNi。n为较大合数时可能得出更多组解，但亦同理。
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关于实数z = r变形同次多项式恒等问题
费马猜想若zn = xn + yn有正整数解，则zn、xn、yn任何一个n次方数对于另两个n次方数均为确定的方根，所以费马猜想是正整数方根问题。正整数开n次方存在两种情形：一是“非0正整数方根” z = nxn + yn = r ；二是“0正整数重根” n zn -（xn + yn） = z – r = 0。这就需要首先讨论清楚当正整数z = r时 zn - rn = 0与(z – r)n = 0的关系。
对于多项式恒等问题，有定理：数域F上的两个多项式 f(x) = amxm + am-1xm-1 + … + a1x + a0
g(x) = bnx
n
+ bn-1xn-1 + … + b1x + b0
恒等的充要条件是它们的次数相同且同次项系数对应相等，即m = n，am = bn，am-1 = bn-1，… ，a1 = b1，a0 = b0。
当任何实数 z = r 时，它的变形同次多项式有两种情形： f（z）= zn - rn = 0 g（z）= ( z - r )n = 0 如果f（z）≡ g（z），那么就有
zn - rn ≡ zn -c1rzn-1 +cn2r2zn-2 -…±cnn?1rz rn n因为“同次项系数对应相等”，所以只有 r = 0 即
z = r = 0
这无疑是正确的，z = r = 0则f（z）≡ g（z）≡ 0。
但是，在z = r ≠ 0时，f（z）与 g（z）关系如何呢？ 当z = r ＜0时，若n 为奇数有
f（z）= zn - rn = -｜z｜n +｜r｜n = 0 g（z）= (z – r )n = (-｜z｜+｜r｜)n = 0
所以f（z）≡ g（z）≡ 0；若n 为偶数有
f（z）= zn - rn =｜z｜n -｜r｜n = 0 g（z）= (z – r )n = (-｜z｜+｜r｜)n = 0
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也是f（z）≡ g（z）≡ 0。
当z = r ＞0时，n为奇数或偶数均有
f（z）= zn - rn = ( z – r )n = 0 g（z）= (z – r )n = zn - rn = 0 所以f（z）≡ g（z）≡ 0。
一般性证明：若实数 z = r，有多项式
f（z）= zn - rn g（z）= (z - r )n 则f（z）≡ g（z）≡ 0。
证明：g（z）= (z – r )n展开式n为奇数或偶数有负、正项两种形式：
(z - r )n = zn - c1rzn-1 + cn2r2zn-2 -…±cnn?1rn-1zrn nn-1 nn22n-2 n?1n-11 2
cccc将z = r代入其中 - c1rz+ rz-… ± rz r 并化简得r（1 - + - … ± nnnnncnn?11 - 1）= - rn，又z – r = 0，得：
g（z）= (z – r )n = zn - rn = 0
因为f（z）= zn - rn，所以：
g（z）≡ f（z）≡ 0
定理：若实数 z = r，有多项式 f（z）= zn - rn 和 g（z）= (z – r )n ，则：
f（z）≡ g（z）≡ 0
但是，作为方程z = r，使
f（z）= zn - rn = 0 g（z）= (z – r )n = 0
二者是不完全相同的。g（z）= 0 有n个重根，与f（z）= 0只有一个同根，z = r；f（z）= 0，当n为奇数时除一个实数根外其余为虚数根，n为偶数时有两个相反的实数根其余为虚数根。作为方根（重根）非负实数z = r或z - r = 0，使 f（z）= 0 与g（z）= 0二者可以互相转化。费马猜想zn = xn + yn是“方根”（非0正整数方根同时又是0正整数重根）问题，而zn = xn + yn在等式改变时存在方程“根”的问题，实数开方的“方根”与方程求未知数的“根”是有本质区别的，论述过程中混淆了二者的关系就是错误的。
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