在第一部分里已经提到，首先发表n＝3情形FLT的证明应归功于欧拉，它出现在1770年出版的欧拉的《代数》一书中。欧拉证明中的重要步骤使用了a2＋3b2型整数的可除性，但没有给出充分的理由。勒让德在他的书中（1830）重复了欧拉的证明，没有给出进一步的解释。因为在这个问题上他也是一位专家，当然通晓欧拉的推论。数学家对此发表了一系列文章。1966年波格曼发表了欧拉证明的彻底分析，出于历史的考虑，使这个争论更加明朗化。的确，1760年欧拉已经严格证明：如果s是奇数，且s3＝a2＋3b2，其中（a，b）＝1。那么s＝u2＋3v2，这里u，v是整数。
这个情形的另外一个证明是高斯给出的。两个证明都用无穷递降法，尽管欧拉用的a2＋3b2型数，而高斯使用a＋b-3型复代数数。下面我们还将看到，欧拉的证明只不过是高斯证明的一个特例，而后者的证明比前者要简单的多。
这里，首先给出一个初等证明，然后给出欧拉和高斯的证明。
一、初等证明
【引理1】方程
x1x2…xn＝w3（1）
其中x1，x2…，xn两两互素，全部整数解可由下列公式给出：x1＝α3，x2＝β3，…，xn＝τ3，w＝αβ…τ（2）
其中α，β，…，τ两两互素。
证明由（2）确定的x1，x2，…，xn，w显然适合方程（1）。现证明方程（1）的每一个解都可表示为（2）形。设x1，x2，…，xn，w为方程（1）的一个解。
令
x1＝α3x1′，x2＝β3x2′，…，xn＝τ3xn′（3）
其中x1′，x2′，…，xn′为不含有立方因数的正数。因为x1，x2，…，xn两两互素。所以α，β，…，τ及x1′，x2′…，xn′，都两两互素。从（1）知α3β3…τ3｜w3，得αβ…τ｜w。设w＝αβ…τw1，代入（1），得x1′x2′…xn′＝w13。
如果w1有素因数p，那么p3｜x1′x2′…xn′。因为x1′，x2′，…，xn′两两互素，所以p3整除某个xi′，这与xi′没有立方因数矛盾，因此只有w1＝1。于是x1′x2′…xn′＝1。因为xi′都是正整数，故x1′＝x2′＝…＝xn′＝1。因此（3）为x1＝α3，x2＝β2，…，xn＝τ3
其中α，β，…，τ两两互素，而w＝αβ…τ。
【引理2】方程
x2＋3y2＝z3，（x，y）＝1（4）
的一切整数解可以表示为
x=u3=9uv2y=3u2v-3v2z=u2＋3v2（5）
其中（u，v）＝1，3|\\u，u、v一奇一偶。
证明略。
【推论1】方程
x2-xy＋y2＝z3，（x，y）＝1（6）
的一切整数解包含在下列两组公式中：
x=u3＋3u2v-9uv2-3v3y=6u2v-6v3z=u2＋3v2（7）
其中（u，v）＝1，3|\\u，u、v一奇一偶；x=u3＋3u2v-9uv2-3v3y=u3-3u2v-9uv2＋3v3z=u2＋3v2（8）
其中（u，v）＝1，3|/u，u、v一奇一偶。
【推论2】方程
x2-xy＋y2＝3z3，（x，y）＝1（9）
的一切整数解均可由下面两组公式表出：
x=u3＋9u2v-9uv2-9v3y=2u3-18uv2z=u2＋3v2（10）
其中（u，v）＝1，3|\\u，u、v一奇一偶。
x=u3＋9u2v-9uv2-9v3y=-u3＋9u2v＋9uv2-9v3z=u2＋3v2（11）
其中（u，v）＝1，3|\\u，u、v一奇一偶。
现在我们证明
定理方程
x3＋y3＋z3＝0，（x，y）＝1（12）
没有非零的整数解。
证明首先，我们证明方程（12）没有3|\\xyz解。若方程（12）有解x，y，z，则（z＋y）（x2-xy＋y2）＝（-z）3（13）
如果（x＋y）与（x2-xy＋y2）有素公因数p，即p|（x＋y），p|（x2-xy＋y2），那么由3xy＝（x＋y）2-（x2-xy＋y2）推得p|3xy。由于3|\\z，故p≠3，所以p|xy；不防设p|x，又因p|（x＋y），则有p|y，与（x，y）＝1矛盾。因此，（x＋y）与（x2-xy＋y2）互素。由（13）并根据引理1，有x＋y=a3x2-xy＋y2=β3-z=αβ（14）
其中（α，β）＝1。在（14）的第二式中，因（x，y）＝1，3|\\x，3|\\y，根据引理2的推论1必有x=u3＋3u2v-9uv2-3v3y=u3-2u2v-9uv2＋3v3z=u2＋2v2（15）
其中（u，v）＝1，3|\\u，u、v一奇一偶。把（15）中的x，y代入（14）第一式，得2u（u＋3v）（u-3v）＝α3（16）
因为（u，v）＝1，3|\\u，u、v一奇一偶，所以2u，u＋3v，u-3v两两互素，再根据引理1必有2u=α31u＋3v=β31u-3v=γ31α＝α1β1γ1（17）
其中α1，β1，γ1两两互素。由（17）的前三式消去u，v，得α31＋（-β1）3＋（-γ1）3=0（18）
因为-z＝αβ＝α1β1γ1β，所以3|\\α1β1γ1，且|z|＞|γ1|＞0。用同样方法又可得α32＋β32＋γ32=0（19）
其中α2，β2，γ2满足3|\\α2β2γ2，|γ1|＞|γ2|＞0。继续进行下去，可得一无穷递减正整数序列z|＞|γ1|＞|γ2|＞…＞0
这是不可能的。因此（12）没有3|\\xyz解。
其次，证明方程（12）没有3|zyz解。
设z＝3nz1，3其次，证明方程（12）没有3|zyz解z1。代入（12），得x3＋y3＋33nz31=0（20）
因为x，y，z两两互素。故3|\\x，3|\\y。我们只需证明，对于任意n，方程（20）无解即可。
对n施行归纳法：
当n＝0时，上面已经证明（20）没有解。假设n-1时方程（20）没有解。若对n，（20）有解x，y，z1，则（x＋y）（x2-xy＋y2）＝33n（-z1）3（21）
因为x2-xy＋y2＝（x＋y）2-3xy，且3|\\xy，所以，若3|\\（x＋y），则3|\\（x2-xy＋y2）；若3s|（x＋y），其中s≥1，则3|（x2-xy＋y2），而32|\\（x2-xy＋y2）。由（21）必有33n-1|（x＋y），3|（x2-xy＋y2）。按照前述方法，类似可证x＋y，x2-xy＋y2没有不等于3的素公因数，因而，133n-1（x＋y）与13（x2-xy＋y2）互素。由方程（21）并根据引理1，则有x＋y＝33n-1α3
x2-xy＋y2＝3β3
-z1＝aβ（22）
其中（α，β）＝1。在（22）的第二式中，因为（x，y）＝1，根据引理的推论2，必有x=u3＋9u2v-9uv2-9v3y=2u3-18uv2z=u2＋3v2（23）
其中（u，v）＝1，3|\\u，u、v一奇一偶。
或者
x=u3＋9u2v-9uv2-9v3y=-u3＋9u2v＋9v3z=u2＋3v2（24）
其中（u，v）＝1，3|\\u，u、v一奇一偶。将（23）的x，y代入（22）的第一式，得u3＋3u2v-9uv2-3v3＝33n-2α3（25）
因为3u，所以（25）式左端不被3整除。于是（25）式不成立，故（23）式也不成立；再把（24）的x，y代入（22）的第一式，得2v（u＋v）（u-v）＝33（n-1）α3（26）
因为（u，v）＝1，u。v一奇一偶，所以2v，u＋v，u-v两两互素。因此它们中之一必被33（n-1）整除。不防设33（n-1）|（u-v）。根据引理1，必有2v=α31u＋v=β31
u-v=33（n-1）γ31
a＝α1β1γ1（27）
其中α1，β1，γ1两两互素。因-z＝αβ＝α1β1γ1β，故3|\\α1β1γ1。因此，得：α31＋（-β1）3＋33n（n-1）γ31=0（28）
这与归纳假设矛盾。如果2v或u＋v被33（n-1）整除，则分别得（-β1）3＋33n（n-1）α31=0（29）
或者α13＋γ13＋33（n-1）（-β1）3＝0（30）
这些都与归纳假设矛盾。定理得证。
二、欧拉的证明
这里介绍欧拉证明的概要。
证明假设x，y，z是两两互素的整数，适合方程（12），其中x，y是奇数，z是偶数，且|z|是可能解中最小的。不失一般，这个假设是可以的。那么x＋y＝2a，x-y＝2b（31）
这里a，b是互素的非零整数，奇偶性相反。因此，-z3＝x3＋y3＝（a＋b）3＋（a-b）3＝2a（a2＋3b2）（32）
容易推出a2＋3b2是奇数，8整除2a，b是奇数，且（2a，a2＋3b2）＝1或3。
情形Ⅰ：（2a，a2＋3b2）＝1。
从（32）及引理1可知，2a和a2＋3b2都是某数的立方：2a＝r3
a2＋3b2＝s3（33）
这里s是奇数。在这一点上，按照欧拉的意思，把s表示成s＝u2＋3v2是可能的，其中u，v使a＝u（u2-9v2）
b＝3v（u2-v2）（34）
于是v是奇数，u≠0，u是偶数，3|\\u，（u，v）＝1，且r3＝2a＝2u（u-3v）（u＋3v）（35）
注意到2u，u-3v，u＋3必两两互素，于是它们是整数的立方：2u＝-l3
u-3v＝m3
u＋3v＝n3（36）
其中l，m，n不等于零（因为3不整除u）。于是l3＋m3＋n3＝0（37）
其中l是偶数。此外，因为b≠0，3|\\u：|z3|＝|2a（a2＋3b2）|＝|l3（u2-9v2）（a2＋
3b2）|≥3|l3|＞|l3
这与|z|最小的假设矛盾。
情形Ⅱ：（2a，a2＋3b2）＝3。