四平方和定理 （） 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。
历史
*1743年，瑞士数学家欧拉发现了一个以下的恒等式：
(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m和n能表示为4个整数的平方和，则其乘积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
x^2+y^2+1 \equiv 0\pmod p
必有一组整数解x，y满足0 \le x，0 \le y（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
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。
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m_0 p。又從引理一可知m_0 。
證明m_0不會是偶數
設m_0是偶數，且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x_1,x_2的奇偶性相同，x_3,x_4的奇偶性相同，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：
\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
\frac{m_0}{2} ，與m_0是最小的正整數使得的假設m_0 p可以表示成四个整数的平方和不符。
證明 m_0 = 1
現在用反證法證明m_0 = 1。設m_0 > 1。
- m_0不可整除x_i的最大公因數，否則m_0^2可整除m_0 p，則得m_0是p的因數，但1 且p為質數，矛盾。
故存在不全為零、絕對值小於\frac{1}{2} m_0（注意m_0是奇數在此的重要性）整數的y_1,y_2,y_3,y_4使得 y_i = x_i \pmod{m_0}。
: 0
: \sum y_i^2 \equiv \sum x_i^2 \equiv 0 \pmod{m_0}
可得 \sum y_i^2 = m_0 m_1 ，其中m_1是正整數且小於m_0。
- 下面證明m_1 p可以表示成四个整数的平方和，從而推翻假設。
令\sum z_i^2 = \sum y_i^2 \times \sum x_i^2 ，根据四平方和恆等式可知z_i是m_0的倍數，令z_i = m_0 t_i，
: \sum z_i^2 = \sum y_i^2 \times \sum x_i^2
: m_0^2 \sum t_i^2 = m_0 m_1 m_0 p
: \sum t_i^2 = m_1 p
矛盾。
引理一的證明
將和為p-1的剩餘兩個一組的分開，可得出\frac{p+1}{2}組，分別為(0,p-1), (1,p-2) , ... , ( \frac{p-1}{2}, \frac{p-1}{2})。
將模p的二次剩餘有\frac{p+1}{2}個，分別為0,1^2,2^2,...,(\frac{p-1}{2})^2。
若\frac{p-1}{2}是模p的二次剩餘，選取x使得x^2 \equiv \frac{p-1}{2}，則1 + x^2 + x^2 \equiv 0 \pmod{p}，定理得證。
若\frac{p-1}{2}不屬於模p的二次剩餘，則剩下\frac{p-1}{2}組，分別為(0,p-1), (1,p-2) , ... , ( \frac{p-3}{2}, \frac{p+1}{2} )，而模p的二次剩餘仍有\frac{p+1}{2}個，由於 \frac{p+1}{2} > \frac{p-1}{2} ，根據抽屜原理，存在1 + x^2 + y^2 \equiv 0 \pmod{p}。
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