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四平方和定理 （英语：Lagrange‘s four-square theorem） 说明每个正整数均可表示为4个整数的平方和。它是费马多边形数定理和华林问题的特例。
注意有些整数不可表示为3个整数的平方和，例如7。
历史
{\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数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。
证明
根据上面的四平方和恒等式及算术基本定理，可知只需证明质数可以表示成四个整数的平方和即可。
{\displaystyle 2=1^{2}+1^{2}}
，因此只需证明奇质数可以表示成四个整数的平方和。
根据引理一，奇质数{\displaystyle p}
必有正倍数可以表示成四个整数的平方和。在这些倍数中，必存在一个最小的。设该数为{\displaystyle m_{0}p}
。又从引理一可知{\displaystyle m_{0}<p}
。
证明{\displaystyle m_{0}}
不会是偶数
设{\displaystyle m_{0}}是偶数，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两个数或四个数的奇偶性相同。不失一般性设{\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}}
均为偶数，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}}
，与{\displaystyle m_{0}}是最小的正整数使得的假设{\displaystyle m_{0}p}可以表示成四个整数的平方和不符。
证明 {\displaystyle m_{0}=1}
现在用反证法证明{\displaystyle m_{0}=1}。设{\displaystyle m_{0}>1}
。
- {\displaystyle m_{0}}不可整除{\displaystyle x_{i}}
的最大公因数，否则{\displaystyle m_{0}^{2}}
可整除{\displaystyle m_{0}p}，则得{\displaystyle m_{0}}是{\displaystyle p}的因数，但{\displaystyle 1<m_{0}<p}
且p为质数，矛盾。
故存在不全为零、绝对值小于{\displaystyle {\frac {1}{2}}m_{0}}
（注意{\displaystyle m_{0}}是奇数在此的重要性）整数的{\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}}
是正整数且小于{\displaystyle m_{0}}。
- 下面证明{\displaystyle m_{1}p}
可以表示成四个整数的平方和，从而推翻假设。
令{\displaystyle \sum z_{i}^{2}=\sum y_{i}^{2}\times \sum x_{i}^{2}}
，根据四平方和恒等式可知{\displaystyle z_{i}}
是{\displaystyle m_{0}}的倍数，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。
引理一的证明
将和为{\displaystyle p-1}
的剩余两个一组的分开，可得出{\displaystyle {\frac {p+1}{2}}}
组，分别为{\displaystyle (0,p-1),(1,p-2),...,({\frac {p-1}{2}},{\frac {p-1}{2}})}
。 将模{\displaystyle p}的二次剩余有{\displaystyle {\frac {p+1}{2}}}个，分别为{\displaystyle 0,1^{2},2^{2},...,{\frac {p-1}{2}}^{2}}
。
若{\displaystyle {\frac {p-1}{2}}}
是模{\displaystyle p}的二次剩余，选取{\displaystyle x<{\frac {p}{2}}}
使得{\displaystyle x^{2}\equiv {\frac {p-1}{2}}}
，则{\displaystyle 1+x^{2}+x^{2}\equiv 0{\pmod {p}}}
，定理得证。
若{\displaystyle {\frac {p-1}{2}}}不属于模{\displaystyle p}的二次剩余，则剩下{\displaystyle {\frac {p-1}{2}}}组，分别为{\displaystyle (0,p-1),(1,p-2),...,({\frac {p-3}{2}},{\frac {p+1}{2}})}
，而模{\displaystyle p}的二次剩余仍有{\displaystyle {\frac {p+1}{2}}}个，由于 {\displaystyle {\frac {p+1}{2}}>{\frac {p-1}{2}}}
，根据抽屉原理，存在{\displaystyle 1+x^{2}+y^{2}\equiv 0{\pmod {p}}}
。
