四平方和定理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。
[编辑] 历史1743年，瑞士数学家欧拉发现了一个著名的恒等式： (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数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≡0(modP)必有一组整数解x，y满足0≤x<p/2,0≤y<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。
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m0p。又从引理一可知m0<p。证明m0不会是偶数设m0是偶数，且m0p=x1^2+x2^2+x3^2+x4^2。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x1,x2的奇偶性相同，x3,x4的奇偶性相同，x1+x2,x1-x2,x3+x4,x3-x4均为偶数，可得出公式：
m0p/2=[(x1+x2)/2]^2+[(x1-x2)/2]^2+[(x3+x4)/2]^2+[(x3-x4)/2]^2
m0/2<m0,与m0是最小的正整数使得的假设m0p可以表示成四个整数的平方和不符。证明 m0 = 1现在用反证法证明m0=1。设m0 > 1。
m0不可整除xj的最大公因子，否m0^2可整除m0p，则得m0是p的因子，但1 <m0<p且p为质数，矛盾。 故存在不全为零、绝对值小m0/2（注意m0是奇数在此的重要性）整数的y1,y2,y3,y4使得yyj=xj(modm0)。
0<∑yi^2<4(m0/2)^2=m0^2∑yi^2≡∑xi^2≡0(modm0)可得∑yi^2=m0m1，其中m0是正整数且小于m0。
下面证明m1p可以表示成四个整数的平方和，从而推翻假设。 用四平方和恒等式令∑zi^2=∑yi^2*∑xi^2，可知zj是m0的倍数，令zj= m0tj,
∑zi^2=∑yi^2*∑xi^2m0^2∑ti^2=m0m1m0p∑ti^2=m1p<m0p矛盾。引理一的证明将和为p− 1的剩余两个一组的分开，可得出(p-1)/2组，分别为(0,p-1),(1,p-2)…[(p-1)/2,(p-1)/2].
将模p的二次剩余有(p+1)/2个，分别为0,1^2,2^2,…,(p-1^2)/2.
若(p-1)/2是模p的二次剩余，选取x<p/2使得x^2≡(p-1)/2则1+x^2+x^2≡0(modp)，定理得证。
若(p-1)/2不属于模p的二次剩余，则剩下(p-1)/2组，分别为(0,p-1),(1,p-2)…[(p-3)/2,(p+1)/2].，而模p的二次剩余仍有(p+1)/2个，由于(p+1)/2>(p-1)/2 ，根据抽屉原理，存在
