Stel dat x4 + y4 = z2 voor x, y en z positieve gehele getallen. Laten we aannemen dat x, y en z geen gemeenschappelijke priemfactoren hebben
	Als ze een factor gemeenschappelijk zouden hebben, hebben we meteen een kleinere oplossing, nl  (x/p)4 + (y/p)4 = (z/p)2
Er geldt  (x2)2 + (y2)2 = z2 Dus x2 en y2 en z zijn fundamentele Pythagoreïsche drietallen (zonder gemeenschappelijke priemfactoren) Voor elk fundamenteel Pythagoreisch drietal is één van de x of y even, de andere oneven.
	Als beide even waren is z2 ook even, dus z ook en hebben x, y en z een gemeenschappelijke factor 2. Als beide oneven waren is z2 even dus zou je bij x2 + y2 een factor 2 buiten haakjes moeten kunnen halen.
Laten we aannemen dat y degene is die even is. Neem dan  y2 = 2pq met p en q willekeurige getallen die géén gemeenschappelijke priemfactor hebben.
	Dat lukt altijd: ga y maar ontbinden in factoren. Verdeel de factoren in twee groepen zodat er niet twee dezelfden in een groep zitten. Deze groepen vormen dan p en q. Maak q de kleinste, en p de grootste. vb:   178502 = 318622500 = 22.32.54.72.172  splitsen in bijv.  q = 2.32.72 = 882  en  p = 54.172 = 180625
Neem x2 = p2 - q2  (p was de grootste van de twee)  Dan geldt  z2 = (2pq)2 + (p2 - q2)2 = 4p2q2 + p4 - 2p2q2 + q4 = p4 + 2p2q2 + q4 = (p2 + q2)2 En dus  z = p2 + q2  (want alle getallen zijn nog positief) x2 = p2 - q2 y2 = 2pq  z = p2 + q2   Maar dan geldt  x2 + q2 = p2 Dus ook x, p, en q zijn een fundamenteel Pythagoreïsch drietal. x was oneven , dus q is even. Op dezelfde manier als hierboven kun je dan getallen r en s vinden zodat: x = r2 - s2 q = 2rs p = r2 + s2 (r de grootste, s even) Maar 2pq was een kwadraat (nl y2).  q is even dus  2q en p zijn twee gehele getallen die geen gemeenschappelijke priemfactor hebben, waarvan het product een kwadraat is. Laten we ze ontbinden in factoren: 2•2•q2•q3•q4.....p1•p2•p3.... = y1y1y2y2y3y3y4y4..... Omdat alle p's verschillend zijn van alle q's en omdat alle y's in koppeltjes voorkomen, moeten alle p's en q's ook in koppeltjes voorkomen. Dus q2q3q4.... en p1p2p3... zijn ook kwadraten, dus  q/2 en p zijn kwadraten.
Maar omdat q = 2rs is  q/2 = rs, zijn r en s dus ook kwadraten. Neem r = u2,  s = v2  en p = w2. Dan wordt de vergelijking  p = r2 + s2  gelijk aan  u4 + v4 = w2 Maar z = p2 + q2 = w4 + q2  dus  w4 < z  en dan geldt ook  w < z Bij de bestaande oplossing hebben we dus nu een oplossing gevonden met kleinere z. Zo kunnen we alsmaar doorgaan. Dat levert kleinere en kleinere en kleinere oplossingen op. Maar dat kan niet binnen de natuurlijke getallen, dus de aanname was fout.
Nawoord: Hé, grappig; nu hebben we meteen het geval n = 4 van de laatste stelling van Fermat bewezen. immers als  x4 + y4  geen kwadraat kan zijn, dan kan het zeker geen vierdemacht zijn (dat is immers ook een kwadraat: z4 = (z2)2) Gevolg: Er bestaan geen rechthoekige driehoeken waarvan de oppervlakte een kwadraat is. bewijs uit het ongerijmde: Stel   x2 + y2 = z2  en xy/2 = w2   (immers xy/2 is de oppervlakte). dan geldt  xy = 2w2  ⇒  x2 y2 = 4w4  ⇒  4x2 y2 = 16w4 maar  (x2 - y2)2 = x4 - 2x2 y2 + y4 = x4 + 2x2 y2 + y4 - 4x2 y2  = (x2 + y2)2 - 16w2 = z4 - 16w4 = z4 - (2w)4 Daaruit zou volgen  dat het verschil tussen twee vierdemachten een kwadraat is, en dat kan volgens Fermat niet (hierboven is het voor de som bewezen, maar voor het verschil gaat het precies zo)