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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}+1equiv 0{pmod {p}}}
必有一组整数解x，y满足{displaystyle 0leq x<{frac {p}{2}}}
，{displaystyle 0leq 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}}
ight)^{2}+left({frac {x_{1}-x_{2}}{2}}
ight)^{2}+left({frac {x_{3}+x_{4}}{2}}
ight)^{2}+left({frac {x_{3}-x_{4}}{2}}
ight)^{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} imes 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} imes 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}}}
。
