给你下面这个方程，你是否可以很快的给出它的一组解呢？
\[X^{3}+Y^{3}=Z^{3} (XYZ \neq 0)\]只要接受了初中以上的数学教育这个问题是很容易解决的，但假如现在仅仅在题目中加上两个字，变为你是否可以很快的给出它的一组整数解，这时问题就变得不那么容易了，为了不浪费各位的时间，我们直接给出结论——这个问题是无解的，而且凡是属于以下泛型的式子，都是没有整数解的：
这就是题目中提到的Fermat’s Last Theorem（注：中文大部分翻译都是费马大定理，但这和原意有点违背，所以才用英文来保证严谨性），证明者是个名为怀尔斯的天才数学家，由于怀尔斯的证明过于复杂（本人精力水平有限，如果各位对纯数学十分感兴趣且数学功底足够好，不妨看看论文），所以在此只给出 $n=4$ 情况下的证明（同时它也是Fermat’s Last Theorem特例下最简单的证明）：
$n=4$ 情况下的证明（无穷递降法，跳过一些数论基本知识）：
定理一：对勾股方程 $X^{2}+Y^{2}=Z^{2}$ ，其满足 $(x,y,z)=1$ 且 $2|x$ 的一般解为 $x=2ab$ ， $y=a^{2}-b^{2}$ ， $z=a^{2}+b^{2}$ ，其中 $a$ ， $b$ 为奇偶相反的整数
1、如果 $n=4$ 时等式有解，则 $x^{4}+y^{4}=z^{2}$ 也有整数解
2、假设 $u$ 为 $x^{4}+y^{4}=u^{2}$ 有解的最小整数，则 $x$ ， $y$ 中至少有个奇数（若 $x$ ， $y$ 同偶，则 $u$ 也为偶，则左右可约去4，和 $u$ 最小的假设不符，这方面可参见本原勾股数组）
3、 $u^{2}=x^{4}+y^{4} \equiv 1 mod 4$ ，因为
若 $u^{2}=4k$ ，则 $x$ ， $y$ 同奇或同偶，同奇是不存在整数解的，同偶则同2证明；
若 $u^{2}=4k+2=2 \times 奇数$ ，显然不能为整数平方；
若 $u^{2}=4k+3$ ，则 $u^{2}+1=4 \times (k+1)=4q$ ， $u$ 非奇则偶；
若 $u$ 为奇则令 $\frac{u^{2}+1}{4}=\frac{(2p+1)^{2}+1}{4}=p^{2}+p+\frac{1}{2}$ ，显然不为整数；
若 $u$ 为偶则令 $\frac{u^{2}+1}{4}=\frac{(2p)^{2}+1}{4}=p^{2}+\frac{1}{4}$ ，显然也不是整数，则 $3mod4$ 不可能；
4、运用定理一设 $u=a^{2}+b^{2}$ ， $x^{2}=2ab$ ， $y^{2}=a^{2}-b^{2}$
5、不妨设 $b$ 偶 $a$ 奇，令 $b=2c$ ，由于 $(\frac{x}{2})^{2}=ac$ 且 $(a,c)=1$ ，则 $a$ ， $c$ 都为一个整数平方（这个定理在高等代数中有）
6、令 $a=d^{2}$ ， $c=f^{2}$ ，则 $y^{2}=d^{4}-4f^{4}$ ，即 $(2f^{2})^{2}+y^{2}=(d^{2})^{2}$ ，且 $2f^{2}$ ， $y$ ， $d^{2}$ 间均没有公因数
7、再令 $2f^{2}=2lm$ ， $d^{2}=l^{2}+m^{2}$ ， $(l,m)=1$ ，再次应用定理一可设 $l=r^{2}$ ， $m=s^{2}$ ，从而 $r^{4}+s^{4}=d^{2}$
8、由于 $d < u$ ，则前面的假设 $u$ 为最小解不存在，因此 $x^{4}+y^{4}=z^{2}$ 无解，从而 $n=4$ 时Fermat’s Last Theorem成立
其实寻找方程整数解并不是费马创造的先例，公元300多年，当时的数学家丢番图就已经在做这方面的研究，并且还将自己研究的问题集结成册，即现在数学史上的经典著作之一——《算术》。而后来的数学家发现丢番图研究的这类问题价值很高，便单独拉出一条分支，称丢番图方程，其研究的对象换成数学方式表达如下：
\[\begin{cases} {a_1} \times {x_1}^{k_1}+{a_2} \times {x_2}^{k_2}+…{a_n} \times {x_n}^{k_n}=c \\ a_i,x_i,c \in Z \end{cases}\]事实上，Fermat’s Last Theorem正是费马在看了《算术》这本书后想到的猜想，所以你会发现，丢番图方程的影响意义不可小觑，而这种影响也直接波及到我们这个系列的主题——希尔伯特计划。