**四平方和定理** （英語：） 說明每个正整数均可表示为4个整数的平方和。它是費馬多邊形數定理和華林問題的特例。

注意有些整數不可表示為3個整數的平方和，例如7。

历史
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* 1743年，瑞士数学家欧拉发现了一个著名的恒等式：

{\displaystyle (a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})(x^{2}+y^{2}+z^{2}+w^{2})=(ax+by+cz+dw)^{2}+(ay-bx+cw-dz)^{2}+(az-bw-cx+dy)^{2}+(aw+bz-cy-dx)^{2}}

根据上述欧拉恒等式或四元數的概念可知如果正整数{\displaystyle m}和{\displaystyle n}能表示为4个整数的平方和，则其乘积{\displaystyle mn}也能表示为4个整数的平方和。于是为证明原命题只需证明每个素数可以表示成4个整数的平方和即可。

* 1751年，欧拉又得到了另一个一般的结果。即对任意奇素数 p，同余方程

{\displaystyle x^{2}+y^{2}+1\equiv 0{\pmod {p}}}
必有一组整数解x，y满足{\displaystyle 0\leq x<{\frac {p}{2}}}，{\displaystyle 0\leq y<{\frac {p}{2}}}（引理一）

至此，证明四平方和定理所需的全部引理已经全部证明完毕。此后，拉格朗日和欧拉分别在1770年和1773年作出最后的证明。

證明
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根據上面的四平方和恆等式及算術基本定理，可知只需證明質數可以表示成四个整数的平方和即可。

{\displaystyle 2=1^{2}+1^{2}}，因此只需證明奇質數可以表示成四个整数的平方和。

根據引理一，奇質數{\displaystyle p}必有正倍數可以表示成四个整数的平方和。在這些倍數中，必存在一個最小的。設該數為{\displaystyle m\_{0}p}。又從引理一可知{\displaystyle m\_{0}<p}。

### 證明{\displaystyle m\_{0}}不會是偶數

設{\displaystyle m\_{0}}是偶數，且{\displaystyle m\_{0}p=x\_{1}^{2}+x\_{2}^{2}+x\_{3}^{2}+x\_{4}^{2}}。由奇偶性可得知必有兩個數或四個數的奇偶性相同。不失一般性設{\displaystyle x\_{1},x\_{2}}的奇偶性相同，{\displaystyle x\_{3},x\_{4}}的奇偶性相同，{\displaystyle x\_{1}+x\_{2},x\_{1}-x\_{2},x\_{3}+x\_{4},x\_{3}-x\_{4}}均為偶數，可得出公式：

{\displaystyle {\frac {m\_{0}p}{2}}=\left({\frac {x\_{1}+x\_{2}}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {x\_{1}-x\_{2}}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {x\_{3}+x\_{4}}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {x\_{3}-x\_{4}}{2}}\right)^{2}}

{\displaystyle {\frac {m\_{0}}{2}}<m\_{0}}，與{\displaystyle m\_{0}}是最小的正整數使得的假設{\displaystyle m\_{0}p}可以表示成四个整数的平方和不符。

### 證明 {\displaystyle m\_{0}=1}

現在用反證法證明{\displaystyle m\_{0}=1}。設{\displaystyle m\_{0}>1}。

* {\displaystyle m\_{0}}不可整除{\displaystyle x\_{i}}的最大公因數，否則{\displaystyle m\_{0}^{2}}可整除{\displaystyle m\_{0}p}，則得{\displaystyle m\_{0}}是{\displaystyle p}的因數，但{\displaystyle 1<m\_{0}<p}且p為質數，矛盾。

故存在不全為零、絕對值小於{\displaystyle {\frac {1}{2}}m\_{0}}（注意{\displaystyle m\_{0}}是奇數在此的重要性）整數的{\displaystyle y\_{1},y\_{2},y\_{3},y\_{4}}使得 {\displaystyle y\_{i}=x\_{i}{\pmod {m\_{0}}}}。

{\displaystyle 0<\sum y\_{i}^{2}<4({\frac {1}{2}}m\_{0})^{2}=m\_{0}^{2}}
{\displaystyle \sum y\_{i}^{2}\equiv \sum x\_{i}^{2}\equiv 0{\pmod {m\_{0}}}}
可得 {\displaystyle \sum y\_{i}^{2}=m\_{0}m\_{1}}，其中{\displaystyle m\_{1}}是正整數且小於{\displaystyle m\_{0}}。

* 下面證明{\displaystyle m\_{1}p}可以表示成四个整数的平方和，從而推翻假設。

令{\displaystyle \sum z\_{i}^{2}=\sum y\_{i}^{2}\times \sum x\_{i}^{2}}，根据四平方和恆等式可知{\displaystyle z\_{i}}是{\displaystyle m\_{0}}的倍數，令{\displaystyle z\_{i}=m\_{0}t\_{i}}，

{\displaystyle \sum z\_{i}^{2}=\sum y\_{i}^{2}\times \sum x\_{i}^{2}}
{\displaystyle m\_{0}^{2}\sum t\_{i}^{2}=m\_{0}m\_{1}m\_{0}p}
{\displaystyle \sum t\_{i}^{2}=m\_{1}p<m\_{0}p}
矛盾。

### 引理一的證明

將和為{\displaystyle p-1}的剩餘兩個一組的分開，可得出{\displaystyle {\frac {p+1}{2}}}組，分別為{\displaystyle (0,p-1),(1,p-2),...({\frac {p-1}{2}},{\frac {p-1}{2}})}。
將模{\displaystyle p}的二次剩餘有{\displaystyle {\frac {p+1}{2}}}個，分別為{\displaystyle 0,1^{2},2^{2},...({\frac {p-1}{2}})^{2}}。

若{\displaystyle {\frac {p-1}{2}}}是模{\displaystyle p}的二次剩餘，選取{\displaystyle x<{\frac {p}{2}}}使得{\displaystyle x^{2}\equiv {\frac {p-1}{2}}}，則{\displaystyle 1+x^{2}+x^{2}\equiv 0{\pmod {p}}}，定理得證。

若{\displaystyle {\frac {p-1}{2}}}不屬於模{\displaystyle p}的二次剩餘，則剩下{\displaystyle {\frac {p-1}{2}}}組，分別為{\displaystyle (0,p-1),(1,p-2),...({\frac {p-3}{2}},{\frac {p+1}{2}})}，而模{\displaystyle p}的二次剩餘仍有{\displaystyle {\frac {p+1}{2}}}個，由於 {\displaystyle {\frac {p+1}{2}}>{\frac {p-1}{2}}} ，根據抽屜原理，存在{\displaystyle 1+x^{2}+y^{2}\equiv 0{\pmod {p}}}。

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