费马猜想“美妙证明”：n=3、4释例为证实《“方根（重根）余约数”唯一性定理证明费马猜想》是正确的，现在仅以n=3、4特殊举例解释这个一般性的证明过程。
1.当n=3时
证明：
z3=x3+y3………………………………………………………（1）
无正整数解。假设（1）式有正整数解，取（x，y）=1使等式成立。
1.1分析“z”的正整数解
将（1）式变形：
()3-()3=1………………………………………………（2）
(-)()2++()2]=1
于是设正整数（a，b）=1得到：
–=…………………………………………………………（3）
()2++()2=…………………………………………（4）
由（3）式得=+可以代入（4）式，但为了简便直接代入（2）式：
(+)3-()3=1
3()2+3()2()+()3=1
由（3）式必有y含a?因子，设y=ay1代入上式并化简乘以a3、y12及除以b得：
3x2+3by1x+b2y12=a3……………………………………………（5）
又将y=ay1代入（3）式、（4）式得：
z–x=by1……………………………………………………………（6）
z2+xz+x2=a3……………………………………………………（7）
由（4）式必有y2含b因子，y2=(ay1)2，有y12含b因子。在（5）式右边项中（a，b）=1，只有b整除y12，所以只存在=1或者>1两种取值情形。
当=1时（5）式有两项不含y1因子使等式成立，设正整数c令y1=c，则b=y12=c2，by1=c3，代入（6）式、（7）式得：
z-(x+c3)=0………………………………………………………（8）
z2+xz+(x2–a3)=0…………………………………………………（9）
当>1时余y1的因子，（5）式左边除3x2项外其它各项均含y1因子，并与x2互质；所以余y1的因子只能与质数3相约，即y1与3只能含3公因子。设y1=3y2，代入（5）式并除以3得：
x2+3by2x+3b2y22=a3
这时只有=1上式有两项不含3因子和y2因子使等式成立。所以只余1个3因子即=3，by1含2个3因子，于是令y2=c，则y1=3c、b=3c2、by1=32c3，代入（6）式、（7）式得：
z-(x+32c3)=0………………………………………………………（10）
z2+xz+(x2-3a3)=0…………………………………………………（11）
1.2证明“z”的解是方根由（8）式，z=x+c3及y=ac（1）式为：
z3=(x+c3)3=x3+(ac)3
这时x、c取任何正整数便定a的唯一整正数方根
a=3均使
z=x+c3≡3等式F（z：x，c）≡Q（z：x，ca）方根所以（8）式是（2）式分解约数的“方根约数”，相应（9）式是（2）式约去方根约数的“方根余约数”。同理，（10）式是（2）式不同解的“方根约数”，（11）式是“方根余约数”。
1.检验“方根约数”的正整数解
由（8）式推出方根3次z3=(x+c3)3约去方根约数的“方根余约数”为：
z2-(x+c3)2=0……………………………………………………（12）
已证明z3=x3+y3与z3=(x+c3)3是同一个方根，根据方根存在唯一性定理它们同约去一个方根约数的“方根余约数”是同一，所以有（9）式≡（12）式。根据多项式恒等定理（9）式、（12）式关于“z”的非首项系数及常数项对应关系为：
x=0，x2-a3=-(x+c3)2
因x=0，常数项a3=(c3)2即a=c2，又因为b=y12=c2，这时却有：
a=c2=b
所以（3）式z=y，（4）式z2=y2，（8）式有z、x、y均不为0的正整数解。
由（10）式推出方根3次方z3=(x+32c3)3约去方根约数的“方根余约数”为：
z2-(x+32c3)2=0……………………………………………………（13）
与（9）式、（12）式同理，有（11）式≡（13）式，关于“z”的非首项系数及常数项对应关系为：
x=0，x2-3a3=-(x+32c3)2
x=0，常数项3a3=(32c3)2即a=3c2，又因为y1=3c，by1=32c3，b=3c2，这时有：
a=3c2=b
所以（3）式z=y，（4）式z2=y2，（10）式有z、x、y均不为0的正整数解。1.3.重根证明
1.3.1证明“z”的解是根由（8）式，z-（x+c3）=0（1）式变形为：
z3-（x3+y3）=z-(x+c3)]3=0
[z-(x+c3)]3=z3-3（x+c3）z2+3(x+c3)2z-(x+c3)3
将z=x+c3代入其中-3（x+c3）z2+3(x+c3)2z-(x+c3)3并化简得(x+c3)3（-3+3-1）=-(x+c3)3使原式为：
z3-（x3+y3）=z-(x+c3)]3=z3-(x+c3)3=0
x3+y3=(x+c3)3
所以（8）式同是（2）式分解约数的“重根约数”，相应（9）式又是（2）式约去重根约数的“重根余约数”。
同理，（10）式是（2）式不同解的“重根约数”，（11）式是“重根余约数”。
1.检验“根约数”的正整数解由（8）式重根3次方z-(x+c3)]3=0得展开式：
z3-3(x+c3)z2+3(x+c3)2z-(x+c3)3=0
约去重根约数的“重根余约数”为：
z2-3(x+c3)z+3(x+c3)2-(x+c3)2=0………………………………（14）
已证明z3-（x3+y3）=0与z-(x+c3)]3=0是同一个重根，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”是同一，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：
1=-3(1+)，1-=3(1+)2-(1+)2
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。
由（10）式重根3次方z-(x+c3)]3=0约去重根约数的“重根余约数”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：
1=-3(1+)，1–=3(1+)2-(1+)2
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。
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：-=
()3+()2+()2+()3=
设y=ay1得：
z-x=by1……………………………………………………………（1）
z3+xz2+x2z+x3=a4…………………………………………（2）
参照n=3时的（5）式又得
4x3+6bx2y1+4b2xy12+b3y13=a4………………………………（3）
有=1或>1的两种取值。
当=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
当>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
x3+6bx2y2+42b2xy22+42b3y23=a4
只有=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，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：
x3+3bx2y2+4b2xy22+2b3y23=a4
此时已余2个2因子即=22，又存在两种情形：如果b含2因子使=1等式成立，设y2=c，则y1=2c，b=2c3，by1=22c4，代入（1）式、（2）式得：
-(x+22c4)=0
z3+xz2+x2z+(x3-22a4)=0
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=23，设y2=c，则y1=2c，b=c3，by1=2c4，代入（1）式、（2）式得：-(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。在分析（3）式使等式成立必有两项不含4（n）因子或22（n）的因子。通过对>1余因子的分析，印证了含n因子的关系式：=Nipi，b=cn-1Ninpi-1，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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