Fermat平方和定理的表述为：奇质数能表示为两个平方数之和的充分必要条件是该质数被4除余1。这个结论首次由 Euler 在 1747年给出证明。详细叙述如下：
为方便起见,记
$$ A = \lbrace a^2 + b^2 \;|\; a,b \in \mathbb{Z} \rbrace $$
证明分五步完成
- $(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac \pm bd)^2 +(ad \mp bc)^2 $
proof: 计算即知。 - 若 $a^2+b^2 \;|\; c^2+d^2$, $a^2+b^2$ 为素数，则
$$ \frac{c^2+d^2}{a^2+b^2} \in A$$
proof: 由于$(ac-bd)(ac+bd) = (a^2+b^2)c^2-(c^2+d^2)b^2$
因此 $(a^2+b^2) \;|\; (ac-bd)(ac+bd)$ 而$(c^2+d^2)$ 是素数，因此必然整除其中一个。
假设$(a^2+b^2)|(ac-bd)$,则由1知 $(a^2+b^2)｜(ad+bc)$ 因此
$$ \frac{c^2+d^2}{a^2+b^2}=(\frac{ac - bd}{a^2+b^2})^2 +(\frac{ad + bc}{a^2+b^2})^2 $$
类似的，假设$(a^2+b^2) \;|\; (ac＋bd)$ 则有
$$ \frac{c^2+d^2}{a^2+b^2}=(\frac{ac + bd}{a^2+b^2})^2 +(\frac{ad - bc}{a^2+b^2})^2 $$ - $x \;|\; a^2+b^2,x \notin A$，则$\exists y| \frac{a^2+b^2}{x}$ 使得 $y \notin A$
反证：设 $ a^2+b^2 = x p_1 p_2 \cdots p_n$ 则，若 则$ \forall y| \frac{a^2+b^2}{x},y \in A$ 则由2，经过 $n$ 次除法，最终 $x \in A$ 矛盾。 - 若 $(a,b)=1$ 则 $\forall x| a^2+b^2 ,x \in A$
假设 $\exists x| a^2+b^2,x \notin A$ 则，我们设
$a = mx + c,b = mx + d$,其中$|c|<x,|d| <x$。则
$a^2+b^2=(mx+c)^2+(mx+d)^2=tx+(c^2+d^2)$，因此$x \;|\; c^2+d^2$。又 $(a,b)=1$ ，因此 $((c,d),x)=1$。因此不妨设 $(c,d)=1$ 则 $\exists z, zx = c^2+d^2 \leq \frac{x^2}{2}$。即 $z\leq \frac{x}{2}$。由引理3知道 $z$ 有一个因子 $w \notin A$。即我们由 $ x \;|\; a^2+b^2,x \notin A$ 得到了 $ w \;|\; c^2+d^2, w \notin A ,w \leq \frac{x}{2} $ 这样一直下去必然会在有限步结束，矛盾。 - 若素数$p=4n+1$，则 $p\in A$。
由Fermat小定理知$1,2^{4n},\cdots,(4n)^{4n}$除以 $p$ 模1.
因此$2^{4n}－1,3^{4n}－2^{4n},\cdots,(4n)^{4n}-(4n-1)^{4n}$都是 $p$ 的倍数。这些差都有分解
$$a^{4n} - b^{4n} = (a^{2n}+b^{2n})(a^{2n}-b^{2n})$$
由于上述 $a,b$ 相差为1，必然互素，因此若 $p|a^{2n}+b^{2n}$ 则由4命题得证。否则$2^{2n}-1,3^{2n}-2^{2n},\cdots,(2n)^{2n}-(2n-1)^{2n}$都是 $p$ 的倍数。
因此1.对上面式子做$2n$阶差得到 $(2n)!$ 是p的倍数，显然是不可能的。
或者2.由于上面序列的前 $d$ 项和 $d^{2n}-1$是$p$的倍数，因此素数 $p$ 无原根，矛盾与原根存在定理。
当然上述定理也可以利用
$$ \mathbb{Z}[i] \simeq \mathbb{Z}[x]/(x^2+1) $$ 转化到 $F_p$ 域上的不可约问题解决。