注意有些整數不可表示為3個整數的平方和，例如7。
[編輯] 歷史
1743年，瑞士數學家歐拉發現了一個著名的恆等式： (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
根據上述歐拉恆等式或四元數的概念可知如果正整數m和n能表示為4個整數的平方和，則其乘積mn也能表示為4個整數的平方和。於是為證明原命題只需證明每個素數可以表示成4個整數的平方和即可。
1751年，歐拉又得到了另一個一般的結果。即對任意奇素數 p，同餘方程 x^2+y^2+1≡0(modP)必有一組整數解x，y滿足0≤x<p/2,0≤y<p/2 (引理一)
至此，證明四平方和定理所需的全部引理已經全部證明完畢。此後，拉格朗日和歐拉分別在1770年和1773年作出最後的證明。
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個整數的平方和即可。
2 = 1^2+ 1^2+0^2+0^2，因此只需證明奇質數可以表示成四個整數的平方和。
根據引理一，奇質數p必有正倍數可以表示成四個整數的平方和。在這些倍數中，必存在一個最小的。設該數為m0p。又從引理一可知m0<p。
設m0是偶數，且m0p=x1^2+x2^2+x3^2+x4^2。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均為偶數，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,與m0是最小的正整數使得的假設m0p可以表示成四個整數的平方和不符。
現在用反證法證明m0=1。設m0 > 1。
m0不可整除xj的最大公因子，否m0^2可整除m0p，則得m0是p的因子，但1 < m0 < p且p為質數，矛盾。 故存在不全為零、絕對值小m0/2（注意m0是奇數在此的重要性）整數的y1,y2,y3,y4使得 yyj= xj(mod m0)。
0<∑yi^2<4(m0/2)^2=m0^2∑yi^2≡∑xi^2≡0(modm0)可得∑yi^2=m0m1，其中m0是正整數且小於m0。
下面證明m1p可以表示成四個整數的平方和，從而推翻假設。 用四平方和恆等式令∑zi^2=∑yi^2*∑xi^2，可知zj是m0的倍數，令zj= m0tj,
∑zi^2=∑yi^2*∑xi^2m0^2∑ti^2=m0m1m0p∑ti^2=m1p<m0p矛盾。
將和為p − 1的剩餘兩個一組的分開，可得出(p-1)/2組，分別為(0,p-1),(1,p-2)…[(p-1)/2,(p-1)/2].
將模p的二次剩餘有(p+1)/2個，分別為0,1^2,2^2,…,(p-1^2)/2.
若(p-1)/2是模p的二次剩餘，選取x<p/2使得x^2≡(p-1)/2則1+x^2+x^2≡0(modp)，定理得證。
若(p-1)/2不屬於模p的二次剩餘，則剩下(p-1)/2組，分別為(0,p-1),(1,p-2)…[(p-3)/2,(p+1)/2].，而模p的二次剩餘仍有(p+1)/2個，由於(p+1)/2>(p-1)/2 ，根據抽屜原理，存在
