===ՊՅՈՒԹԱԳՈՐՅԱՆ ԹՎԵՐ===
Տեղանքում ուղղահայաց գծեր անցկացնելու համար հողաչափերի կողմից գործածվող շատ ճիշտ և հարմար միջոցը կայանում է հետևյալում։ Դիցուք, պահանջվում է. <math>A \text{ </math> կետով } <math>MN</math> ուղղին տանել ուղղահայաց (գծ. 13)։ <math>A \text{ </math> կետից } <math>AM</math> ուղղությամբ երեք անգամ տեղադրում են մի որևէ <math>a</math> հեռավորություն։ Այնուհետև լարի վրա կապում են երեք հանգույց, որոնց միջև եղած հեռավորությունները հավասար են <math>4a \text{ </math> և } <math>5a</math>. Ծայրերի հանգույցները կցելով <math>A \text{ </math> և } <math>B</math> կետերին, լարը ձգում են միջին հանգույցի կողմը։ Լարը ստանում է եռանկյան ձև, որի մեջ <math>A</math> անկյունը ուղիղ է։
Այդ հնադարյան եղանակը, որ կիրառում էին եգիպտական բուրգերի շինարարները դեռ հազարամյակներ սրանից առաջ, հիմնված էր այն բանի վրա, որ յուրաքանչյուր եռանկյան, եթե նրա կողմերը հարաբերում են՝ ինչպես <math>3 : 4 : 5</math>, համաձայն Պյութագորի հանրածանոթ թեորեմայի, ուղղանկյուն է, քանի որ
[[Պատկեր:Interesting_Algebra_Pic_13.png|200px|frameless|thumb|right]]
Պարզ է, որ եթե <math>a, \; b, \; c</math> թվերը Պյութագորյան թվերի եռյակ են, ապա <math>pa, \; pb, \; pc</math> (որտեղ <math>p</math>-ն ամբողջ արտադրիչ է) թվերը ևս պյութագորյան թվեր են։ Հակադարձաբար, եթե պյութագորյան թվերն ունեն ընդհանուր արտադրիչ, ապա այդ ընդհանուր արտադրիչով կարելի է դրանք բոլորը կրճատել, և նորից ստանալ պյութագորյան թվերի եռյակ։ Ուստի՝ սկզբում կհետազոտենք պյութադորյան թվերի միայն փոխադարձ պարզ եռյակները (մնացածները ստացվում են դրանցից՝ բազմապատկելով <math>p </math> ամբողջ արտադրիչով)։
Ցույց տանք, որ <math>a, \; b, \; c</math> տիպի եռյակներից յուրաքանչյուրի մեջ «էջեր»-ից մեկը պետք է լինի զույգ, իսկ մյուսը՝ կենտ։ Դատենք «հակառակը»։ Եթե <math>a \text{ </math> և } <math>b</math> երկու «էջերն» էլ զույգ են, ապա զույգ կլինի <math>a^2+b^2</math> թիվը. նշանակում է զույգ է նաև «ներքնաձիգը»։ Սակայն, այդ հակասում է այն բանին, որ <math>a, \; b, \; c</math> թվերը չունեն ընդհանուր արտադրիչներ, քանի որ երեք զույգ թվերը ունեն <math>2</math> ընդհանուր արտադրիչը։ Այսպիսով, <math>a \text{ </math> և } <math>b</math> «էջեր»-ից թեկուզ մեկը կենտ է։
Մնում է դարձյալ մի հնարավորություն։ Երկու «էջերն» էլ կենտ են, իսկ «ներքնաձիգը» զույգ է։ Դժվար չէ ապացուցել, որ այդ հնարավոր չէ։ Իրոք, եթե «էջերն» ունեն հետևյալ տեսքը՝
<math>2x+1 \text{ </math> և } <math>2y+1</math>,
ապա դրանց քառակուսիների գումարը հավասար է
<math>4x^2+4x+l1+4y^2+4y+l 1 \;=\; 4(x^2+x+y^2+y)+2</math>,
այսինքն` իրենից ներկայացնում է մի թիվ, որը <math>4</math>-ի բաժանելիս մնացորդում տալիս է <math>2</math>։ Այնինչ, ամեն մի զույգ թվի քառակուսին կբաժանվի <math>4</math>-ի վրա առանց մնացորդի։ Նշանակում է՝ երկու կենտ թվերի քառակուսիների գումարը չի կարող լինել զույգ թվի քառակուսի. այլ կերպ ասած, մեր երեք թվերը՝ թվերը պյութագորյան չեն։
Այսպիսով, <math>a, \; b</math> «էջեր»-ից մեկը զույգ է, իսկ մյուսը՝ կենտ։ Ուստի՝ <math>a^2 + b^2</math> թիվը կենտ է, իսկ այս նշանակում է, որ կենտ է նաև <math>c</math> «ներքնաձիգը»։
<math>a^2 \;=\; c^2-b^2 \;=\; (c+b)(c-b)</math>։
Աջ մասում գրված <math>c+b \text{ </math> և } <math>c-b</math> արտադրիչները փոխադարձ պարզ են։ Իրոք, եթե այդ թվերն ոնենային մեկից տարբեր ընդհանուր պարզ արտադրիչ, ապա այդ արտադրիչի վրա կբաժանվեր և՛ գումարը՝
<math>(c+b)+(c-b) \;=\; 2c</math>,
<math>(c+b)(c-b) \;=\; a^2</math>,
այսինքն` <math>2c 2b , \text{ ; 2b</math> և } <math>a</math> թվերը կունենային ընղհանուր արտադրիչ։ Քանի որ <math>a</math>-ն կենտ է, ապա այդ արտադրիչը երկուսից տարբեր է, և այս պատճառով էլ <math>a, \; b, \; c</math> թվերն ունեն հենց այդ ընդհանուր արտադրիչը, որը, սակայն, հնարավոր չէ։
Ստացված հակասությունը ցույց է տալիս, որ <math>c+b \text{ </math> և } <math>c-b</math> թվերը փոխադարձ պարզ են։
Բայց եթե փոխադարձ պարզ թվերի արտադրյալը ճիշտ քառակուսի է, ապա դրանցից յուրաքանչյուրը հանդիսանում է քառակուսի, այսինքն՝
<math>c \;=\; \frac{m^2+n^2}{2}, \;\; b \;=\; \frac{m^2-n^2}{2}</math>,
<math>a^2 \;=\; (c+b)(c-b) \;=\; m^2n^2, \; a \;=\; mn</math>։
Այսպիսով, դիտարկված պյութագորյան թվերն ունեն հետևյալ տեսքը՝
<math>3^3+4^3+5^3 \;=\; 6^3</math>։
Այդ նշանակում է, ի միջի այլոց, որ խորանարդը, որի կողը հավասար է <math>6 \; սմ</math>-ի, հավասարամեծ է երեք այնպիսի խորանարդների գումարին, որոնց կողերը հավասար են՝ <math>3 \; սմ, \; 4 \; սմ \text{ և } 5 \; սմ</math> (նկ. 14). այս առնչությունը, ըստ ավանդության, Պլատոնին չափազանց զբաղեցրել է։
[[Պատկեր:Interesting_Algebra_Pic_14.png|300px|frameless|thumb|center]]
<math>x^3+y^3+z^3+t^3 \;=\; 0</math>։
Դիտարկենք այն եղանակը, որը թույլ է տալիս գտնել այդ հավասարման անթիվ բազմությամբ ամբողջական լուծումները (դրական և բացասական)։ Դիցուք <math>a, \; b, \; c, \; d \text{ </math> և } <math>α, \; β, \; γ, \; δ</math> երկու քառյակ թվեր են, որոնք բավարարում են հավասարմանը։ Առաջին քառյակի թվերին ավելացնենք երկրորդ քառյակի թվերը՝ նախապես դրանք բազմապատկելռվ մի որոշ <math>k</math> թվով, և աշխատենք <math>k</math> թիվն ընտրել այնպես, որ ստացված
<math>a+kα, \; b+kβ, \; c+kγ, \; d+kδ</math>
<math>(a+kα)^3+(b+kβ)^3+(c+kγ)^3+(d+kδ)^3 \;=\; 0</math>։
Բացելով փակագծերը և վերհիշելովդ վերհիշելով, որ <math>a, \; b, \; c, \; d \text{ </math> և } <math>α, β, γ, δ</math> քառյակ թվերը բավարարում են մեր հավասարմանը, այսինքն՝ տեղի կունենան
<math>a^3+b^3+c^3+d^3 \;=\; 0, \; α^3+β^3+γ^3+δ^3 \;=\; 0</math>,
իսկ <math>a+kα, \; b+kβ, \; c+kγ, \; d+kδ</math> թվերը համապատասխանորեն հավասար կլինեն
<math>\frac{28r^2+11rs-3m3s^2}{7r^2-s^2}, \;\; \frac{21r^2-11rs-4s^2}{7r^2-s^2}, \;\; \frac{35r^2+7rs+6s^2}{7r^2-s^2}, \;\; \frac{-42r^2-7rs-5s^2}{7r^2-s^2}</math>։
Համաձայն վերը ասվածի, այդ չորս արտահայտությունները բավարարում են
Քանի որ այդ բոլոր արտահայտություններն ունեն միատեսակ հայտարար, ապա այն կարելի է դեն գցել (այսինքն՝ այդ կոտորակների համարիչները նույնպես բավարարում են դիտարկվող հավասարմանը)։ Այսպիսով, գրված հավասարմանը բավարարում են (ցանկացած <math>r</math>-ի և <math>s</math>-ի դեպքում) հետևյալ թվերը՝
<math>x \;=\; 28r^2+11rs-3m3s^2</math>,
<math>y \;=\; 21r^2-11rs-4s^2</math>,
<math>t \;=\; -42r^2-7rs-5s^2</math>,
այդ բանում, իհարկե, կարելի է համոզվել և անմիջականորեն՝ այդ արտահայտությունները խորանարդ բարձրացնելով և գումարելով։ <math>r</math>-ին և <math>s</math>-ին տալով տարբեր, ամբողջ արժեքներ՝ մենք կարող ենք ստանալ մեր հավասարման ամբողջական լուծումների մի ամբողջ շարք։ Եթե այդ դեպքում ստացված թվերը կունենան ընդհանուր արտադրիչ, ապա նրա վրա կարելի է այդ թվերը բաժանել։ Օրինակ, երբ <math>r=l1, \; s=1</math>, <math>x</math>-ի, <math>y</math>-ի, <math>z</math>-ի, <math>t</math>-ի համար կստանանք հետևյալ արժեքները՝ <math>36, \;6, \; 48, \; -54</math> կամ <math>6</math>-ով կրճատելուց հետո՝ <math>6, \; 1, \; 8, \; -9</math> արժեքները։ Այսպիսով՝
<math>6^3+1^3+8^3=9^3</math>։
Մեծ մաթեմատիկոսի ո՛չ թղթերում, ո՛չ գրագրություններում և ընդհանրապես ոչ մի տեղ այդ ապացույցի հետքերը գտնել չհաջողվեց։
Ֆերմայի հետևորդները ստիպված էին գնալ ինքնուրույն ճանապարհով։ Ահա այդ ջանքերի արդյունքները. Էյլերը (1797) ապացուցեց Ֆերմայի թեորեման երրորդ և չորրորդ աստիճանների համար, հինգերորդ աստիճանի համար այն ապացուցեց Լեժանդրը (1823), յոթերորդի<ref>Բարդ ցուցիչների համար (բացի <math>4</math>-ից) հատուկ ապացույցներ չեն պահանջվում՝ այդ դեպքերը հանգում են պարզ ցուցիչներով դեպքերի։</ref> համար՝ Լամեն և Լեբեգը (1840)։ 1849 թվականին Կումերը թեորեման ապացուցեց աստիճանների ընդհանուր խմբի համար և, ի միջի այլոց, հարյուրից փոքր բոլոր ցուցիչների համար։ Այդ վերջին աշխատանքները հեռանում են մաթեմատիկայի բնագավառի այն սահմաններից, որ ծանոթ էր Ֆերմային) , և դառնում է հանելուկային, թե ինչպես վերջինս կարող էր իր «Մեծ առաջադրության» ընդհանուր ապացույց փնտրել։
Ֆերմայի խնդրի պատմությամբ և նրա ժամանակակից վիճակով հետաքրքրվողներին կարելի էր հանձնարարել Ա. Յա. Խինչինի «Ֆերմայի մեծ թեորեման» բրոշյուրը։ Մասնագետի կողմից գրված այս բրոշյուրը նախատեսված է մաթեմատիկայից տարրական գիտելիքներ ունեցող ընթերցողի համար։