Nếu số nguyên tố lẻ p mà biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số chính phương, do số chính phương khi chia cho 4 chỉ dư 0 hoặc 1, nên p chia cho 4 chỉ có thể dư 1. Điều kiện cần của định lý là hiển nhiên. Vấn đề còn lại là điều kiện đủ.

Chứng minh của Euler

Euler đã chứng minh thành công "định lý Fermat về tổng của hai số chính phương" vào năm 1747, khi đã 40 tuổi. Ông thông báo điều này trong một lá thư gửi cho Goldbach vào ngày 6 tháng 5 năm 1747. Chứng minh gồm có 5 bước; bước thứ năm được trình bày trong một lá thư gửi cho Goldbach vào năm 1749.

Trong chứng minh trình bày dưới đây, bước 1,2,3 dựa hoàn toàn vào chứng minh của Euler, bước 4 và 5 có sửa đổi.

1. Tích của hai số, mà mỗi số là tổng của hai số chính phương, cũng là tổng của hai số chính phương:

Chứng minh điều này dựa vào định thức Brahmagupta–Fibonacci: ( a 2 + b 2 ) ( c 2 + d 2 ) = ( a c + b d ) 2 + ( a d − b c ) 2 {\displaystyle (a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})=(ac+bd)^{2}+(ad-bc)^{2}} .

2. Nếu một số tự nhiên n mà chia hết cho số nguyên tố p, và cả n lẫn p đều có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương, thì n p {\displaystyle {\frac {n}{p}}} cũng có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương:

Trước hết ta biểu diễn: n = a 2 + b 2 {\displaystyle n=a^{2}+b^{2}} p = c 2 + d 2 {\displaystyle p=c^{2}+d^{2}} , với a,b,c,d là các số tự nhiên.Do: ( a c + b d ) ( a c − b d ) = a 2 c 2 − b 2 d 2 = a 2 ( c 2 + d 2 ) − ( a 2 + b 2 ) d 2 = a 2 . p − n . d 2 {\displaystyle (ac+bd)(ac-bd)=a^{2}c^{2}-b^{2}d^{2}=a^{2}(c^{2}+d^{2})-(a^{2}+b^{2})d^{2}=a^{2}.p-n.d^{2}} chia hết cho p, và p nguyên tố, nên một trong hai số (ac+bd) hoặc (ac-bd) chia hết cho p.Nếu(ac-bd) chia hết cho p.Sử dụng định thức Brahmagupta–Fibonacci, ta có: n p = a 2 + b 2 p = ( a d + b c ) 2 p 2 + ( a c − b d ) 2 p 2 {\displaystyle {\frac {n}{p}}={\frac {a^{2}+b^{2}}{p}}={\frac {(ad+bc)^{2}}{p^{2}}}+{\frac {(ac-bd)^{2}}{p^{2}}}} ,do (ac-bd) chia hết cho p, nên ( a c − b d ) 2 p 2 {\displaystyle {\frac {(ac-bd)^{2}}{p^{2}}}} là số chính phương, mà n p {\displaystyle {\frac {n}{p}}} nguyên, nên ( a d + b c ) 2 p 2 {\displaystyle {\frac {(ad+bc)^{2}}{p^{2}}}} cũng nguyên, và do đó là số chính phương. Suy ra n p {\displaystyle {\frac {n}{p}}} cũng có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương.Trường hợp còn lại (ac+bd) chia hết cho p, lúc này ta phân tích: n p = a 2 + b 2 p = ( a c + b d ) 2 p 2 + ( a d − b c ) 2 p 2 {\displaystyle {\frac {n}{p}}={\frac {a^{2}+b^{2}}{p}}={\frac {(ac+bd)^{2}}{p^{2}}}+{\frac {(ad-bc)^{2}}{p^{2}}}} , và lặp lại các bước tương tự như trên.

3. Nếu n chia hết cho m, mà n có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương còn m thì không, thì tỷ số n m {\displaystyle {\frac {n}{m}}} có ước dương lớn hơn 1 không thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương:

Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử mọi ước của n m {\displaystyle {\frac {n}{m}}} đều có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương. Đặt: n m = p 1 ⋅ p 2 ⋅ … ⋅ p k {\displaystyle {\frac {n}{m}}=p_{1}\cdot p_{2}\cdot \ldots \cdot p_{k}} với p 1 , p 2 , … , p k {\displaystyle p_{1},p_{2},\ldots ,p_{k}} đều là các số nguyên tố (không nhất thiết đôi một khác nhau).Do p 1 , p 2 , … , p k {\displaystyle p_{1},p_{2},\ldots ,p_{k}} đều biểu diễn thành tổng của hai số chính phương được nên áp dụng bước 2 chia n liên tiếp k lần cho p 1 , p 2 , … , p k {\displaystyle p_{1},p_{2},\ldots ,p_{k}} suy ra: m = n p 1 ⋅ p 2 ⋅ … ⋅ p k {\displaystyle m={\frac {n}{p_{1}\cdot p_{2}\cdot \ldots \cdot p_{k}}}} , có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương.Suy ra mâu thuẫn.

4. Nếu a và b nguyên tố cùng nhau thì mọi ước dương lớn hơn 1 của a 2 + b 2 {\displaystyle a^{2}+b^{2}} đều có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương:

Chứng minh phản chứng. Giả sử tồn tại các số tự nhiên a,b nguyên tố cùng nhau sao cho a 2 + b 2 {\displaystyle a^{2}+b^{2}} có ít nhất một ước dương lớn hơn 1 không thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương. Trong các cặp số đó ta xét cặp (a,b) thỏa mãn tổng (a+b) nhỏ nhất.Xét x là ước dương lớn hơn 1 của a 2 + b 2 {\displaystyle a^{2}+b^{2}} mà không thể biểu diễn thành tổng của 2 số chính phương.Đặt: a = m x + c , b = n x + d {\displaystyle a=mx+c,\qquad b=nx+d} , trong đó c,d là số tự nhiên lớn hơn 0 và không vượt quá x-1.Suy ra: a 2 + b 2 = m 2 x 2 + 2 m x c + c 2 + n 2 x 2 + 2 n x d + d 2 = A x + ( c 2 + d 2 ) . {\displaystyle a^{2}+b^{2}=m^{2}x^{2}+2mxc+c^{2}+n^{2}x^{2}+2nxd+d^{2}=Ax+(c^{2}+d^{2}).} Suy ra c 2 + d 2 {\displaystyle c^{2}+d^{2}} chia hết cho x. Nếu c và d nguyên tố cùng nhau thì do tổng c+d < a+b nên mẫu thuẫn với giả thiết về tổng (a+b) là nhỏ nhất. Vậy ƯCLN của c và d bằng y lớn hơn 1.Nếu y và x không nguyên tố cùng nhau, thì tồn tại số nguyên tố p sao cho y và x cùng chia hết cho p, suy ra a,b cũng chia hết cho p (mâu thuẫn với giả thiết a và b nguyên tố cùng nhau).Vậy y và x nguyên tố cùng nhau.Đặt: c 1 = c y , d 1 = d y {\displaystyle c_{1}={\frac {c}{y}},d_{1}={\frac {d}{y}}} ,thì c 1 , d 1 {\displaystyle c_{1},d_{1}} nguyên tố cùng nhau và c 1 2 + d 1 2 {\displaystyle c_{1}^{2}+d_{1}^{2}} chia hết cho x, và rõ ràng c 1 + d 1 < a + b {\displaystyle c_{1}+d_{1}<a+b} , mẫu thuẫn với giả thiết về tổng (a+b) là nhỏ nhất.Suy ra điều giả sử là sai. Ta có điều phải chứng minh.

5. Mọi số nguyên tố p lẻ có dạng 4k+1 đều biểu diễn thành tổng của hai số chính phương:

Theo định lý Fermat nhỏ, các số sau đây đều đồng dư với 1 theo mô-đun p: 1 4 k , 2 4 k , … , ( 4 k ) 4 k {\displaystyle 1^{4k},2^{4k},\ldots ,(4k)^{4k}} .Xét hiệu giữa hai số liên tiếp nhau: i 4 k − ( i − 1 ) 4 k = ( i 2 k + ( i − 1 ) 2 k ) . ( i 2 k − ( i − 1 ) 2 k ) {\displaystyle i^{4k}-(i-1)^{4k}=(i^{2k}+(i-1)^{2k}).(i^{2k}-(i-1)^{2k})} , với i chạy từ 2 đến 4k.Do p là số nguyên tố, nên ít nhất một trong hai số ( i 2 k + ( i − 1 ) 2 k ) , ( i 2 k − ( i − 1 ) 2 k ) {\displaystyle (i^{2k}+(i-1)^{2k}),(i^{2k}-(i-1)^{2k})} chia hết cho p. Nếu tồn tại i mà ( i 2 k + ( i − 1 ) 2 k ) {\displaystyle (i^{2k}+(i-1)^{2k})} chia hết cho p, thì theo bước 4, suy ra p có thể biểu diễn thành tổng của hai số chính phương.Ngược lại, giả sử không tồn tại i mà ( i 2 k + ( i − 1 ) 2 k ) {\displaystyle (i^{2k}+(i-1)^{2k})} chia hết cho p, suy ra: ( i 2 k − ( i − 1 ) 2 k ) {\displaystyle (i^{2k}-(i-1)^{2k})} chia hết cho p với mọi i chạy từ 2 đến 4k. Như vậy các số sau đồng dư với nhau đôi một theo mô-đun p: 1 , 2 2 k , 3 2 k , … , ( 4 k ) 2 k {\displaystyle 1,2^{2k},3^{2k},\ldots ,(4k)^{2k}} .Phương trình mô-đun: x 2 k − 1 ≡ 0 ( mod p ) {\displaystyle x^{2k}-1\equiv 0{\pmod {p}}} có 4k nghiệm, điều này mâu thuẫn với định lý Lagrange.Vậy điều giả sử là sai. Suy ra p có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số chính phương.