满足如下丢番图方程
$$ x^2 + y^2 = z^2 $$
的 $(x, y, z)$ 被称为一组勾股数（毕达哥拉斯三元组）。详细的内容请见主页面。
【$uv = w^2$ 的完备参数化表示】对于 $w, u, v \in \Z^+$ 且 $u \perp v$，它们满足丢番图方程
$$ uv = w^2 $$
当且仅当存在 $a, b \in \Z^+$ 且 $a \perp b$ 使得：
$$ u = a^2, \quad v = b^2, \quad w = ab $$
留意到这意味着 $u, v$ 都是完全平方数。
证：
$\Leftarrow$：显然，代入验证公式即可。
$\Rightarrow$：由算术基本定理，拆解
$$ u = \sum_{i=1}^{\infty} \gamma_i^{\alpha_i}, \quad v = \sum_{i=1}^{\infty} \gamma_i^{\beta_i}, \quad w = \sum_{i=1}^{\infty} \gamma_i^{\lambda_i} $$
根据 $u \perp v$，可知 $\forall i$，$\min \{ \alpha_i, \beta_i \} = 0$（每个素数 $\gamma_i$ 在 $u, v$ 中最多只会出现在一侧）
根据 $uv = w^2$ 得到 $\forall i$，$\alpha_i + \beta_i = 2 \lambda_i$。
结合如上信息，因而对 $\forall i$，无论是 $\alpha_i > 0$ 还是 $\beta_i > 0$ 还是 $\alpha_i = \beta_i = 0$ 的情况，$\alpha_i, \beta_i$ 都需要是偶数。因而 $u, v$ 本身就是完全平方数，构建
$$ a = \sum_{i=1}^{\infty} \gamma_i^{\frac {\alpha_i} 2}, \quad b = \sum_{i=1}^{\infty} \gamma_i^{\frac {\beta_i} 2} $$
马上就得到 $u = a^2$，$v = b^2$，同时 $w^2 = a^2 b^2$ 导出 $w = ab$（需要取 $w > 0$）。
最后说明 $a \perp b$。反证法，记 ${\rm GCD} (a, b) = d > 1$，即 $d \mid a$ 且 $d \mid b$，那么两边同时乘方得到 $d^2 \mid a^2$ 和 $d^2 \mid b^2$，即 $d^2 \mid (u, v)$ 因而 $d^2 \mid {\rm GCD} (u, v)$，故 ${\rm GCD} (u, v) \ge d^2 > 1$ 与 ${\rm GCD} (u, v) = 1$ 矛盾。
【单位圆周上的有理点的完备参数化表示】对于 $x, y \in \R$，$(x, y)$ 是单位圆周上的有理点当且仅当：存在 $a, b \in \N$ 且 $a, b$ 不全为 $0$，使得
$$ \begin{cases}
x = \pm_1 \frac {2ab}{a^2 + b^2} \\
y = \pm_2 \frac {a^2 - b^2}{a^2 + b^2} \\
\end{cases} \quad {\text 或者} \quad \begin{cases}
x = \pm_1 \frac {a^2 - b^2}{a^2 + b^2} \\
y = \pm_2 \frac {2ab}{a^2 + b^2} \\
\end{cases} $$
成立（对于每个花括号中的两个 $\pm$ 是独立的，因而标为 $\pm_1$ 和 $\pm_2$）。
证：
- $\Leftarrow$：可以根据公式验证 $x^2 + y^2 = 1$。
- $\Rightarrow$：设单位圆周上的有理点 $(x, y)$，写作 $x = p_x / q_x$、$y = p_y/q_y$（令 $p_x, p_y \in \Z$ ，$q_x, q_y \in \Z^+$）。作 $Z = {\rm LCM} (q_x, q_y)$，$X = xZ \in \Z$ 和 $Y = yZ \in \Z$。那么 $X^2 + Y^2 = Z^2$。讨论 $|X|, |Y|$ 的大小。
假设 $X = 0$，那么 $Y = \pm 1$，作 $a = b$ 且使用第二套花括号立得。
假设 $Y = 0$，那么 $X = \pm 1$，作 $a = b$ 且使用第一套花括号立得。
假设 $X, Y \neq 0$。 $(|X|, |Y|, Z)$ 是一个毕达哥拉斯三元组。不失一般性假设 $X$ 是奇数、$Y$ 为偶数（奇偶性不对就调换 $X, Y$ 即采用另一套花括号），那么存在 $a > b$ 使得
$$ |X| = a^2 - b^2, \quad |Y| = 2 a b, \quad Z = a^2 + b^2 $$
因而得到
$$ x = \pm_1 \frac {|X|} Z = \pm_1 \frac {a^2 - b^2}{a^2 + b^2} \\
y = \pm_1 \frac {|Y|} Z = \pm_2 \frac {2ab}{a^2 + b^2} $$
或者交换。
【费马大定理】当 $n \ge 3$ 时，不定方程
$$ x^n + y^n = z^n $$
没有正整数解。费马大定理在 1995 年被 Andrew Wiles 证明。我们只证明 $4 \mid n$ 时的情形。
第一步：证明 $x^4 + y^4 = z^2$ 没有正整数解。
**证明：**反证法。
设 $Z = \{ z \in \Z^+ \mid \exists x, y \in \Z^+,x^4 + y^4 = z^2 \} \neq \emptyset$。根据良序原理能取 $z = \min Z$，并取对应的 $x, y \in \Z^+$ 使得 $x^4 + y^4 = z^2$。
断言 $x \perp y$，见下证明。
**证明：**反证法。
记 $d = {\rm GCD}(x, y) > 1$，即 $d \mid (x, y)$，升幂得到 $d^4 \mid (x^4, y^4)$，作和导出 $d^4 \mid z^2$，降幂得到 $d^2 \mid z$。
又从 $x^4 + y^4 = z^2$ 导出：
$$ \left( \frac {x}{d} \right)^4 + \left( \frac {y}{d} \right)^4 = \left( \frac {z}{d^2} \right)^2 $$
因而 $z^+ = z / d^2 < z$ 且 $z^+ \in Z$，与 $z$ 的最小性矛盾。
写成 $(x^2)^2 + (y^2)^2 = z^2$ 得到毕达哥拉斯三元组形式，因而 $x^2$ 和 $y^2$ 一定一奇一偶，不妨假设 $x^2$ 是偶数，$y^2$ 是奇数，对三元组作参数化展开，存在满足 $m > n$、$m \perp n$、$m, n$ 一奇一偶的 $m, n \in \Z^+$，使得：
$$ x^2 = 2mn, \quad y^2 = m^2 - n^2, \quad z = m^2 + n^2 $$
从 $x^2$ 是偶数推断 $x$ 是偶数（否则奇数的平方应是奇数），同理推断 $y$ 是奇数（否则偶数的平方应是偶数）。
断言 $m$ 是奇数、$n$ 是偶数，见下证明。
**证明：**反证法。
- 假设 $m$ 是偶数、$n$ 是奇数。记 $m = 2u$ 和 $n = 2v - 1$（$u, v \in \Z^+$）。
- 代入 $y^2 = m^2 - n^2$ 得到 $y^2 = 4u^2 - 4v^2 + 4v - 1$。因而 $y^2 \equiv 3 \pmod 4$。
- 另一方面，根据 $y$ 是奇数作 $y = 2w - 1$（$w \in \Z^+$），得到 $y^2 = 4w^2 - 4w + 1$。因而 $y^2 \equiv 1 \pmod 4$。发生矛盾。
根据 $n$ 是偶数作 $n = 2v$，从 $x^2 = 2mn$ 导出 $(\frac x 2)^2 = mv$（根据 $x$ 是偶数，$\frac x 2$ 是一个整数）。$m \perp n$ 导出 $m \perp v$。继续参数化得到存在 $p, q \in \Z^+$ 且 $p \perp q$ 使得
$$ m = p^2, \quad v = q^2, \quad \frac x 2 = pq $$
因而 $y^2 = m^2 - n^2$ 写为 $y^2 = p^4 - 4q^4$，写为 $(2q^2)^2 + y^2 = (p^2)^2$ 又是毕达哥拉斯三元组形式。其中 $y$ 是奇数，$2q^2$ 是偶数。
断言 $2q^2 \perp y$，见下证明。
**证明：**反证法。
- 记 $d = {\rm GCD}(2q^2, y) > 1$，从 $d \mid (2q^2, y)$ 变换得到 $d \mid (n, y)$，升幂并变换得到 $d^2 \mid (n^2, m^2 - n^2)$，变换得到 $d^2 \mid (n^2, m^2)$ 并降幂得到 $d \mid (n, m)$。
- 因而 $d \mid {\rm GCD}(n, m)$ 即 $d \mid 1$，因而 $d \le 1$ 与 $d > 1$ 矛盾。
因而又可以参数化：存在满足 $g > h$、$g \perp h$、$g, h$ 一奇一偶的 $g, h \in \Z^+$，使得：
$$ 2q^2 = 2gh, \quad y = g^2 - h^2, \quad p^2 = g^2 + h^2 $$
对 $q^2 = gh$ 继续参数化，得到存在 $s, t \in \Z^+$ 且 $s \perp t$ 使得
$$ g = s^2, \quad h = t^2, \quad q = st $$
代入 $p^2 = g^2 + h^2$ 得到 $p^2 = s^4 + t^4$。因而 $p \in Z$。根据 $z = p^4 + n^2$ 知道 $z > p^4 \ge p$，这与 $z$ 的最小性矛盾。
第二步：证明 $x^4 + y^4 = z^4$ 没有正整数解。
**证明：**反证法。如果 $x^4 + y^4 = z^4$ 问题存在正整数解 $(x^, y^, z^)$，那么 $(x^, y^, (z^)^2)$ 是 $x^4 + y^4 = z^2$ 问题的解，这与其无解矛盾。
第三步：证明 $\forall n \in \Z^+$，$4 \mid n$， $x^n + y^n = z^n$ 没有正整数解。
**证明：**反证法。记录 $n = 4n_0$（$n_0 \in \Z^+$），如果 $x^n + y^n = z^n$ 问题存在正整数解 $(x^, y^, z^)$，那么 $((x^)^{n_0}, (y^)^{n_0}, (z^)^{n_0})$ 是 $((x^)^{n_0})^4 + ((y^)^{n_0})^4 = ((z^*)^{n_0})^4$ 问题的解，这与其无解矛盾。