1樓：魔法少女蔡徐倫
提供乙個分析的角度上的證明。
我們知道：如果 是二平方和， 必為一奇數一偶數的平方和；反之，一奇一偶的平方和 必然滿足 。考慮如下的和：
(*)。
由於當 n" eeimg="1"/>時，
可知(*)式包含了所有形如 的二平方和數。
（第乙個-號應為+號。）
來計算(*)式的漸進：
0}\frac = \sum_^\frac\\ =\sum_^\frac\frac)^2+(1-\frac-\frac)^2}\\ \sim \frac\int_0^1\frac+O(n^)\\ = \frac + O(n^)." eeimg="1"/>
我們知道：
所以，(*)式漸進於：
(**)
同時，考慮形如 的全體正整數的倒數和：
(*')
(**')
我們知道，形如 的非二平方和的倒數和不小於(*')與(*)的差，而當 時，這個差漸進於 .
這表明這樣的非二平方和數有無限多個。
注：上面的過程中我遺漏了其中一項為0的二平方和。但所有完全平方數的和有限，並不影響上述漸進性質。
2樓：葉綠體
數學天書中的證明，這本書中有一章專門對這個問題做了研究，哪些自然數可表為平方和，結論是4k+1型素數可以，4k+3型素數不行，合數按算術基本定理分解後，含4k+3的素因子重數為偶數，則可以，如12＝2×2×3，3的重數為1，則12不行，18＝2×3×3，3的重數為2，則18可以。
同時還有乙個結論，若x，y均可表的，則xy是可表的，理由是設x＝a^2+b^2，y＝c^2+d^2，則xy＝(ac+bd)^2+(ad-bc)^2
題主所說，由於4k+3型素數不可表，而偶數個不同的4k+3型素數相乘得到的一定是4k+1型的數，依此法得到的4k+1型數必不可表(上面的乘法結論)，由於4k+3型素數無窮多，因此存在無窮多個4k+1型的整數不可表。
3樓：三陽開泰
粗略算了一下，
1^2+2^2=5, 2^2+3^2=13, 1^2+4^2=17,
2^2+5^2=29, 1^2+6^2=37, 4^2+5^2=41,
3^2+6^2=45, 2^2+7^2=53, 5^2+6^2=61,
1^2+8^2=65, 4^2+7^2=65, 3^2+8^2=73,
2^2+9^2=85, 5^2+8^2=89, 4^2+9^2=97,
以上是100以內n=1(mod4)的可以寫成兩個自然數的平方和的數，還有9, 21, 33, 49, 57, 69, 77, 81, 93, 這些是不能寫成兩個正整數的平方和的數。粗看一下，這些數或是本身就是平方數，或是3的倍數，77=7×11, 7和11，夾著的數是9=3×3。
僅供參考。證明就難了。
4樓：劉醉白
需要用到下面的定理來說明：
定理乙個正整數是兩個平方數的和當且僅當此正整數標準分解中的模4餘3的素因子都是偶數次冪。
好了，我們來看模4餘1的正整數 ，
首先， 的素因子沒有2，而且模4餘3的素因子一共有偶數個（全部計數，包含重複的），
即 的標準分解為：
，其中 都是奇素數，
且 ，。
其次，能表示為兩個平方數的和的 要求 ，
（顯然 是
的必要不充分條件）
那麼只要滿足 的 的個數是正偶數，那麼 ，且不能表示為兩個平方數之和，這樣的 顯然有無窮多個。
比如 ，
其中 ，
。當 固定，跑遍全體模4餘3的素數（根據 定理這樣的素數有無窮多個），這無窮多個 都是滿足題目要求的 。比如
當 固定，跑遍全體奇數，這無窮多個 都是滿足題目要求的 。比如
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