数学において、ラグランジュの四平方定理 (Lagrange's four square theorem) は、全ての自然数が高々四個の平方数の和で表されることを主張する定理である[1]。これはフェルマーの多角数定理の四角数の場合に当たり、ウェアリングの問題の二次の場合に当たる。ヤコビの四平方定理 (Jacobi's four square theorem) は自然数を高々四個の平方数の和で表す方法の数を与える定理である。
ラグランジュの四平方定理の証明

オイラーの四平方恒等式 ( a 1 2 + a 2 2 + a 3 2 + a 4 2 ) ( b 1 2 + b 2 2 + b 3 2 + b 4 2 ) = ( a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 + a 4 b 4 ) 2 + ( a 1 b 2 − a 2 b 1 + a 3 b 4 − a 4 b 3 ) 2 + ( a 1 b 3 − a 2 b 4 − a 3 b 1 + a 4 b 2 ) 2 + ( a 1 b 4 + a 2 b 3 − a 3 b 2 − a 4 b 1 ) 2 {\displaystyle {\begin{aligned}(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}+a_{4}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+b_{3}^{2}+b_{4}^{2})=&(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+a_{3}b_{3}+a_{4}b_{4})^{2}\\+&(a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1}+a_{3}b_{4}-a_{4}b_{3})^{2}\\+&(a_{1}b_{3}-a_{2}b_{4}-a_{3}b_{1}+a_{4}b_{2})^{2}\\+&(a_{1}b_{4}+a_{2}b_{3}-a_{3}b_{2}-a_{4}b_{1})^{2}\end{aligned}}}

により、各々高々四個の平方数の和に表される二数の積は高々四個の平方数の和に表される。

従って、全ての素数に関して高々四個の四角数の和に表されることを証明すれば、全ての合成数も高々四個の四角数の和に表されることになる。

偶数の素数2に関しては、 2 = 1 2 + 1 2 {\displaystyle 2=1^{2}+1^{2}} より明らかである。

次に奇素数 p {\displaystyle p} について証明する。 p − 1 {\displaystyle p-1} が p {\displaystyle p} の平方剰余であれば、 s 1 2 ≡ − 1 ( mod p ) s 1 2 + 1 2 + 0 2 + 0 2 ≡ 0 ( mod p ) {\displaystyle {\begin{aligned}&s_{1}^{2}\equiv -1\;(\operatorname {mod} \;p)\\&s_{1}^{2}+1^{2}+0^{2}+0^{2}\equiv 0\;(\operatorname {mod} \;p)\\\end{aligned}}}

となる s 1 {\displaystyle s_{1}} が存在する。 p − 1 {\displaystyle p-1} が平方非剰余であれば、 1 ≤ k < p − 1 {\displaystyle 1\leq {k}<p-1} で k {\displaystyle k} が平方剰余、 k + 1 {\displaystyle k+1} が平方非剰余となるものが存在する。 ( − 1 ) ( k + 1 ) {\displaystyle (-1)(k+1)} は二個の平方非剰余の積であるから平方剰余である。従って、 s 1 2 + s 2 2 ≡ k − ( k + 1 ) = − 1 ( mod p ) s 1 2 + s 2 2 + 1 2 + 0 2 ≡ 0 ( mod p ) {\displaystyle {\begin{aligned}&s_{1}^{2}+s_{2}^{2}\equiv {k-(k+1)}=-1\;(\operatorname {mod} \;p)\\&s_{1}^{2}+s_{2}^{2}+1^{2}+0^{2}\equiv 0\;(\operatorname {mod} \;p)\\\end{aligned}}}

となる s 1 , s 2 {\displaystyle s_{1},s_{2}} が存在する。いずれにしても、 s 1 2 + s 2 2 + s 3 2 + s 4 2 = f p {\displaystyle s_{1}^{2}+s_{2}^{2}+s_{3}^{2}+s_{4}^{2}=fp}

は解を持つ。その解の中で f {\displaystyle f} が最小になるものを選ぶと f = 1 {\displaystyle f=1} であることを証明する。 f > 1 {\displaystyle f>1} を逆に仮定して背理法を用いる。 f {\displaystyle f} が偶数であれば、 s 1 , s 2 , s 3 , s 4 {\displaystyle s_{1},s_{2},s_{3},s_{4}} の順序を適当に選ぶと s 1 ± s 2 {\displaystyle {s_{1}}\pm {s_{2}}} と s 3 ± s 4 {\displaystyle {s_{3}}\pm {s_{4}}} が共に偶数になり、 ( s 1 + s 2 2 ) 2 + ( s 1 − s 2 2 ) 2 + ( s 3 + s 4 2 ) 2 + ( s 3 − s 4 2 ) 2 = s 1 2 + s 2 2 + s 3 2 + s 4 2 2 = f 2 p {\displaystyle \left({\frac {s_{1}+s_{2}}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {s_{1}-s_{2}}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {s_{3}+s_{4}}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {s_{3}-s_{4}}{2}}\right)^{2}={\frac {s_{1}^{2}+s_{2}^{2}+s_{3}^{2}+s_{4}^{2}}{2}}={\frac {f}{2}}p}