四平方和定理 （英語：Lagrange's four-square theorem） 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

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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