四平方和定理

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。

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。

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${\displaystyle 1+x^{2}+y^{2}\equiv 0{\pmod {p}}}$。