A Fermat-tól eredő kétnégyzetszám-tétel a számelmélet egyik fontos tétele, aminek számos, igen különböző bizonyítása ismert.

Minden p=4n+1 alakú prímszám két négyzetszám összege. Például: 5=4+1, 41=25+16.

Legyen tehát p egy 4n+1 alakú prím.

Először belátjuk, hogy p-nek van olyan x²+y² alakú többszöröse, amiben sem x, sem y nem osztható p-vel. Azt az erősebb állítást igazoljuk, hogy van x²+1 alakú többszöröse (ekkor x nyilván nem lehet osztható p-vel). Ezt legegyszerűbben a Legendre-szimbólumra hivatkozva tehetjük meg: mivel azt kell belátni, hogy -1 kvadratikus maradék mod p, kiszámítjuk a ${\displaystyle \left({\frac {-1}{p))\right)}$ Legendre-szimbólum értékét:

${\displaystyle \left({\frac {-1}{p))\right)=(-1)^{\frac {p-1}{2))=1}$

hiszen ${\displaystyle p=4n+1}$, így ${\displaystyle (-1)^{\frac {p-1}{2))=(-1)^{2n}=1}$.

Egy másik módszer egyszerűen megmondja x értékét: x=(2n)!. Valóban, ha ${\displaystyle (2n)!=1\cdots 2n}$-ben minden tényezőt megszorzunk (-1)-gyel, akkor (-1)²ⁿ=1 miatt a szorzat értéke nem fog változni. Innen

${\displaystyle x^{2}\equiv 1\cdots (2n)\cdot (-2n)\cdots (-1)\equiv (4n)!\equiv -1{\pmod {p))}$

Wilson tétele miatt.

Fel fogjuk használni a könnyen ellenőrizhető Brahmagupta-Fibonacci-azonosságot:

${\displaystyle (x^{2}+y^{2})(X^{2}+Y^{2})=(xX+yY)^{2}+(xY-Xy)^{2}.}$

A bizonyítás első része szerint p-nek van olyan x²+y² többszöröse, ahol x és y egyike sem osztható p-vel. Ha itt x-et és y-t p-vel vett legkisebb abszolút értékű maradékaikkal helyettesítjük, akkor még annyit nyerünk, hogy ez a többszörös kisebb p²-nél. A befejezéshez a végtelen leszállás módszerét alkalmazzuk: belátjuk, hogy ha 1<k<p-re kp előáll két négyzetszám összegeként, akkor van 1≤ m<k is, amire mp is előáll.

Valóban, legyen kp=x²+y². Legyen X, illetve Y x és y k-val vett legkisebb abszolút értékű maradéka. Nem lehet X=Y=0, mert ez azt jelentené, hogy kp=k²(a²+b²) alkalmas a, b számokra, de ekkor p prím volta miatt vagy k=1 (és készen vagyunk) vagy k=p (ami ellentmond feltevéseinknek). A fenti azonosság jobb oldalán álló számokra

${\displaystyle xX+yY\equiv x^{2}+y^{2}\equiv 0{\pmod {k))}$

és

${\displaystyle xY-Xy\equiv xy-xy\equiv 0{\pmod {k))}$

teljesül, azaz mindkettő k-val osztható szám. Továbbá

${\displaystyle X^{2}+Y^{2}\leq \left({\frac {k}{2))\right)^{2}+\left({\frac {k}{2))\right)^{2}<k^{2}.}$

Ebből adódik, hogy

${\displaystyle \left({\frac {xX+yY}{k))\right)^{2}+\left({\frac {xY-Xy}{k))\right)^{2))$

olyan p-vel osztható szám, ami kisebb kp-nél és készen vagyunk.

Csak a második lépésre adunk új bizonyítást, tehát azzal kezdünk, hogy van olyan s szám, hogy p osztója s²+1-nek.

Vegyük az összes lehetséges a+bs alakú számot, ahol ${\displaystyle 0\leq a<{\sqrt {p))}$ és ${\displaystyle 0\leq b<{\sqrt {p))}$. Ilyen számpár

${\displaystyle ([{\sqrt {p))]+1)^{2}>p}$

van, viszont mod p maradék csak p lehet.

A skatulyaelvet használva adódik, hogy van két különböző pár, ${\displaystyle (a',b')}$ és ${\displaystyle (a'',b'')}$, hogy

${\displaystyle a'+b's\equiv a''+b''s{\pmod {p)).}$

Ha most ${\displaystyle a=a'-a''}$-t ${\displaystyle a=b'-b''}$-t definiáljuk, akkor azt kapjuk, hogy ${\displaystyle a+bs\equiv 0{\pmod {p))}$, nem lehet a=b=0, továbbá ${\displaystyle |a|,|b|<{\sqrt {p))}$. Az első tulajdonságot így is írhatjuk:

${\displaystyle a\equiv -bs{\pmod {p))}$

amit négyzetreemelve azt kapjuk, hogy

${\displaystyle a^{2}\equiv b^{2}s^{2}\equiv -b^{2}{\pmod {p))}$

hiszen ${\displaystyle s^{2}\equiv -1{\pmod {p))}$.

Az eddigiekből az adódik, hogy egyrészt a²+b² osztható p-vel, másrészt

${\displaystyle 0<a^{2}+b^{2}<2({\sqrt {p)))^{2}=2p,}$

de ez csak úgy lehet, ha a²+b²=p. (Axel Thue bizonyítása)

Ismét csak a második lépést igazoljuk, tehát abból indulunk ki, hogy van olyan s szám, amire p osztja s²+1-et.

Dirichlet approximációs tétele miatt van olyan a egész szám és olyan ${\displaystyle 0<b<{\sqrt {p))}$ egész szám, hogy

${\displaystyle \left|-{\frac {s}{p))-{\frac {a}{b))\right|<{\frac {1}{b{\sqrt {p))))}$

teljesül. Ezt bp-vel felszorozva azt kapjuk, hogy

${\displaystyle |sb+ap|<{\sqrt {p)).}$

De ekkor

${\displaystyle (sb+ap)^{2}+b^{2}=(s^{2}+1)b^{2}+2sabp+a^{2}p^{2))$

osztható p-vel és nyilván 0 és 2p közé esik, tehát csak p lehet.

Ha elfogadjuk, hogy a Gauss-egészek körében igaz a számelmélet alaptétele, egyszerűen igazolhatjuk a második lépést.

Ismét feltesszük tehát, hogy a p prímszám osztója ${\displaystyle s^{2}+1}$-nek. Ez utóbbi szám a Gauss-egészek körében

${\displaystyle s^{2}+1=(s+i)(s-i)}$

alakban írható. p a jobb oldal egyik tényezőjének sem lehet osztója, hiszen például s+i és p hányadosa,

${\displaystyle {\frac {s}{p))+{\frac {1}{p))i}$

nem Gauss-egész. p tehát nem Gauss-prím, felbomlik két tényezőre, az egyik s+i-nek, a másik s-i-nek az osztója:

${\displaystyle p=(a+bi)(c+di),\quad a+bi\mid s+i,\quad c+di\mid s-i.}$

Némi számolás mutatja, hogy itt csak c=a, d=-b lehet, innen ${\displaystyle p=a^{2}+b^{2))$.

A fenti tételből levezethető, hogy egy tetszőleges n szám pontosan akkor állítható elő két négyzetszám összegeként, más szóval az

${\displaystyle x^{2}+y^{2}=n}$

diofantoszi egyenlet pontosan akkor oldható meg egész számokban, ha n prímhatványok szorzatára való felbontásában minden 4k+3 alakú prím páros kitevővel szerepel. Ekkor, ha

${\displaystyle n=2^{s}p_{1}^{\alpha _{1))\cdots p_{r}^{\alpha _{r))q_{1}^{2\beta _{1))\cdots q_{t}^{2\beta _{t)),}$

ahol p₁,…,p_r jelölik a 4k+1 alakú prímosztókat, q₁,…,q_t pedig a 4k+3 alakúakat, akkor a megoldásszám

${\displaystyle 4(\alpha _{1}+1)\cdots (\alpha _{r}+1).}$

Ez úgy is kifejezhető, hogy ha n=2^sm, ahol m páratlan szám, akkor az megoldások száma

${\displaystyle 4(d_{1}(m)-d_{3}(m))}$

ahol d₁(m) m azon osztóinak száma, amelyek 4-gyel osztva 1-et adnak maradékul és d₃(m) m azon osztóinak száma, amelyek 4-gyel osztva 3-t adnak maradékul.

A fenti előállíthatósági tételből analitikus számelméleti módszerekkel Landau 1908-ban igazolta, hogy a két négyzetszám összegeként írható számok száma x-ig aszimptotikusan

${\displaystyle K{\frac {x}{\sqrt {\log x))))$

ahol

${\displaystyle K={\sqrt ((\frac {1}{2))\prod {\frac {1}{1-{\frac {1}{p^{2))))))}=0,764223653...}$

a szorzást a ${\displaystyle p\equiv 3{\pmod {4))}$ prímekre végezve.

Fermat először 1640-ben említi tételét egy Mersenne-hez írt levelében. Sem itt, sem máshol nem adja meg a bizonyítást, csak azt említi meg, hogy a végtelen leszállás módszerét alkalmazza.

Euler Fermat összegyűjtött levelezésében olvasva a tételről, hosszas munkával megtalálta annak igazolását. Először, 1747-ben, a fenti második lépést látta be, majd 1749-ben az elsőt.

Gauss 1825-ben azt is megmutatta (bár bizonyítását nem publikálta), hogy ha p=4n+1 prímszám, akkor p=a²+b², ahol a és b

${\displaystyle {2n-1} \choose {n-1))$

illetve

${\displaystyle (2n)!((2n-1} \choose {n-1))}$

legkisebb abszolút értékű maradéka mod p.

Fermat 1654-ben Pascal-hoz írt levelében azt is megemlíti, hogy a p prímszám pontosan akkor írható ${\displaystyle x^{2}+2y^{2))$ alakban, ha ${\displaystyle p\equiv 1}$ vagy ${\displaystyle 3{\pmod {8))}$ és ${\displaystyle x^{2}+3y^{2))$ alakban, ha ${\displaystyle p=3}$ vagy ${\displaystyle p\equiv 1{\pmod {3))}$. Noha nem sikerült bizonyítását fellelni, azt állította, szilárd bizonyítása (firmissimis demonstratibus) van. Euler módszere ezeket is gond nélkül kiadta. Továbbmenve, Euler sejtette, hogy a p>5 prímszám ${\displaystyle x^{2}+5y^{2))$ alakú pontosan akkor, ha ${\displaystyle p\equiv 1}$ vagy ${\displaystyle 9{\pmod {20))}$.

Végül Euler megfogalmazta a következő két sejtést: a p páratlan prímszám ${\displaystyle x^{2}+27y^{2))$ alakú pontosan akkor, ha ${\displaystyle p\equiv 1{\pmod {3))}$ és 2 kubikus maradék mod p, valamint a p páratlan prímszám ${\displaystyle x^{2}+64y^{2))$ alakú pontosan akkor, ha ${\displaystyle p\equiv 1{\pmod {4))}$ és 2 bikvadratikus maradék mod p. Ezeket végül Gauss bizonyította a kubikus és bikvadratikus reciprocitási tétellel kapcsolatos munkájában.

• háromnégyzetszám-tétel
• négynégyzetszám-tétel
• Gauss-egész

• http://mathworld.wolfram.com/Landau-RamanujanConstant.html