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（必要性显然）。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
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 $a^2+b^2 \mid c^2+d^2$, $a^2+b^2$ 为素数，则
proof: 由于 $(ac-bd)(ac+bd) = (a^2+b^2)c^2-(c^2+d^2)b^2$ 因此 $(a^2+b^2) \mid (ac-bd)(ac+bd)$ 而 $(a^2+b^2)$ 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
类似的，假设 $(a^2+b^2) \mid (ac＋bd)$ 则有
$x \mid a^2+b^2,x \notin A$，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 $\forall y| \frac{a^2+b^2}{x},y \in A$ 则由 2，经过 $n$ 次除法，最终 $x \in A$ 矛盾。
若 $(a,b)=1$ 则 $\forall x | a^2+b^2 \Rightarrow x \in A$
假设 $\exists x| a^2+b^2,x \notin A$ 则，我们设 $a = mx + c,b = mx + d$,其中 $|c|,|d| \leq \frac{x}{2}$。则
$a^2+b^2=(mx+c)^2+(mx+d)^2=tx+(c^2+d^2)$，因此 $x \mid c^2+d^2$。又 $(a,b)=1$ ，因此 $((c,d),x)=1$。因此不妨设 $(c,d)=1$（否则，两边同除它的平方）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 $x \mid a^2+b^2,x \notin A$ 得到了 $w \mid c^2+d^2, w \notin A ,w \leq \frac{x}{2}$ 这样一直下去必然会在有限步结束，矛盾，即必然有 $x \in A$ 。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
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。$1^k,2^k, \cdots, k^k, (k+1)^k$ 的 $k$ 阶差为 $k!$
用现代语言，Fermat 平方和定理也可以表达为
奇素数 $p$ 在 $\mathbb{Z}[i]$ 中不可约元当且仅当 $p \equiv 3 \mod 4$
