因为丢番图的《算术》仅论及有理数，所以费马的意思是不存在有理数x、y、z使式（1）成立。
如果x、y、z可以取无理数，那么对于数对x、y，得到z=nxn＋yn，即容易证明FLT不成立。但是，如果式（1）存在有理数解，那么式（1）存在整数解，这是十分清楚的。众所周知，如果有理数x、y、z适合方程式（1），d是它们分母的最小公倍数，那么xd，yd，zd都是整数，并且（xd）n＋（yd）n＝（xn＋yn）dn＝（zd）n因此，整数zd的n次幂是两个整数xd与yd的n次幂的和。
此外，丢番图和费马都论及正数（在费马时期，负数和零仍被怀疑）。因此，x或y为零的情况不言而喻也被排除（例如，25＋05＝25自然与FLT相违）。当式（1）的解x，y，z中有零时，则称此解为平凡解。
现在，我们对方程式（1）做一些讨论。如果（x，y）＝d，那么z能被d整除。
设x＝dx1，y＝dy1，z＝dz1，则式（1）可写成（dx1）n＋（dy1）n＝（dz1）n约去dn，得x1n＋y1n＝z1n
其中x1，y1，z1是正整数，并且（x1，y1）＝（x1，z1）＝（y1，z1）＝1。其中，括号表示其中两数的公约数，例如（8，6）＝2。因此，在式（1）中可假设x，y，z两两互素。式（1）的两两互素解，称为原始解。
如果对于正整数m定理成立，并且n＝lm，其中l是正整数，那么对于n定理也成立。否则，如果x，y，z是非零整数，并且xn＋yn＝zn，那么（x1）m＋（y1）m＝（z1）m，同假设矛盾。
设n是一个大于2的整数。当n为奇数时，n一定能被一个奇素数整除。
当n为偶数时，则n＝2m，其中m是正整数；若m是奇数，m必被一个奇素数整除，若m是偶数，则n＝2m被4整除。由上述讨论可以得出结论：任何一个大于2的整数n，或是4的倍数，或是一个奇素数的倍数。
因此，证明FLT，实际上只需证明：
x4＋y4＝z4和xp＋yp＋＝zp，其中p是奇素数。若是两式都没有正整数解便可。前者无解是容易证明的，后者无解的证明却是异常困难的。
为了证明的方便，经常把FLT分为下列两种情形：第一种情形对于素指数p，不存在整数x，y，z，使xyz能被p整除，且xp＋yp＝zp。
第二种情形对于素指数p，不存在整数x，y，z，使xyz能被p整除，且xp＋yp＝zp。
300多年过去了，费马猜想仍没有最后得到解决，它难住了所有数学家，成为数学著名难题之一。